/
Author: Штейнгауз Г.
Tags: математика задачи по математике естественные науки точные науки
Year: 1986
Text
Г. ШТЕЙНГАУЗ
СТО ЗАДАЧ
Перевод с польского
Г. Ф. БОЯРСКОЙ и Б. В. БОЯРСКОГО
ИЗДАНИЕ ЧЕТВЕРТОЕ
<0
МОСКВА «НАУКА*
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1986
ББК 22Л
Ш88
УДК 51 (023)
Н. Steinhaus
STO ZADAN
Pafistwowe Wydawnictwo Naukowe
Warszawa 1958
Ш88
Штейнгауз Г.
Сто задач! Пер.
Гл. ред. физ.-мат.
45 к., 450000 экз.
с пол.—4-е изд.—M.i Наука,
лит., 1986.—144 с.
В книге содержится сто нестандартных задач по элементарной
математике. Цель книги — показать школьнику настоящую математидо
на доступном ему материале. Все'задачи, входящие в книгу, снабжена
решениями.
Для учащихся, интересующихся математикой. Книга может быть
с успехом использована в работе школьных математических кружков»
ш
1702010000-077
053 (02)-86
42-86
ББК 22.1
© Panstwowe Wydawnictwo
Naukowe, Warszawa, 1968
© Перевод на русский язык.
Издательство «Наука».
Главная редакция
физико-математической литературtft
t изменениями, 1976, 1982, 1986
ОГЛАВЛЕНИЕ
От издательства 6
Из предисловия к английскому изданию 7
Из предисловия к польскому изданию 8
Глава 1. числа, равенства и неравенства
Задачи Решения
1. Упражнение по таблице умножения ... 9 46
2. Интересное свойство чисел 9 46
3. Делимость на 11 10 48
4. Делимость чисел 10 49
5. Облегченная теорема Ферма 10 50
6. Расстановка чисел 10 50
7. Обобщение 10 50
7а. Перестановка букв . . 10 53
8. Пропорция 11 53
8а. Симметрические выражения ....... 11 54
9. Иррациональность корня 11 54
10. Неравенство И 54
11. Числовые последовательности 11 55
Глава 2. точки, многоугольники, окружности, эллипсы
12. Точки на плоскости 12 55
13. Исследование угла 12 56
14. Площадь треугольника 12 57
15. Деление периметра треугольника на рав-
ные части 13 57
15а. Центр масс 13 60
16. Деление треугольника 13 60
17. Треугольники 13 61
18. Треугольная сеть (I) 13 61
19. Треугольная сеть (II) 13 62
20. Что останется от прямоугольника?. ... 14 62
20а. Четырехугольники - 14 64
21. Разбиение квадрата 14 65
22. Сеть квадратов 14 66
23. Решетка точек 14 67
24. Точки решетки, заключенные внутри круга 15 67
25. 14=15 15 67
26. Многоугольник 15 68
27. Точки и окружность 15 68
28. Геометрическая задача 15 69
Глава 3. пространство,'многогранники, шары
29. Деление пространства 16 69
30. Две проекции 16 70 к
а
31. Куб 16
32. Геодезические 16
33. Движение молекулы . 17
34. Развертка куба 17
35. Кубы 17
36. Гексаэдр 17
37. Тетраэдр 17
38. Тетраэдр с конгруэнтными гранями ... 17
39. Октаэдр 18
40. Расстояние на поверхности 18
41. Путешествие мухи 18
42. Правильный додекаэдр 18
42а. Вписанный многогранник 18
43. Многогранник 19
44. Невыпуклый многогранник 19
44а. Модели правильных многогранников . . 19
45. Задача из Страны чудес 19
46. Три сферы и прямая 20
47. Одно свойство сферы 20
47а. Укладывание шаров (I) 20
476. Укладывание шаров (II) 20
Глава 4. ЗАДАЧИ ПРАКТИЧНЫЕ И ... НЕПРАКТИЧНЫЕ
47в. Опечатка в учебнике 21
48. Игрушка 21
49. Праздничный окорок 21
50. Раздел лепешки 22
51. Раздел треугольного торта 22
52. Взвешивания 22
52а. Когда его день рождения? 22
53. Сколько лет Софье Сергеевне? 23
54. Сколько рыб в пруду? 23
55. Калибровка валиков 23
56. Сто двадцать шариков 24
57. Лента на трубке . . 24
58. Часы с одинаковыми стрелками ..... 24
59. Великаны и карлики 24
60. Ученики классов А и В 25
61. Статистика 26
62. Группы крови 26
63. Снова о группах крови 27
бза. Кассовая задача 28
бзб. Сады 28
64. Излишек труда 28
65. Диагональ прямоугольного параллелепипе-
да 29
66. Перевязывание коробок 29
66а. Другое пересказывание 29
67. Безмен 29
68. Минимум длины 29
69. Деление на части прямоугольников и квад-
ратов . 30
70. Практическая задача 30
71. Соседние города 30
72. Железнодорожная сеть (I) 31
70
71
71
71
74
74
75
76
77
78
79
80
82
85
88
SS
97
98
98
99
100
102
102
103
103
104
104
105
105
106
106
106
107
107
108
109
ПО
111
111
112
112
112
114
115
116
116
117
117
122
123
123
4
73. Железнодорожная сеть (II) 31 124
74. Пробный полет 31 126
75. Солнце и Луна 31 127
76. Космография 31 127
Глава 5. шахматы, волейбол, погоня
77. Шахматная доска 32 128
78. Еще раз о шахматной доске 32 128
79. Ладья на шахматной доске . . . 32 131
80. Эллиптический бильярд 33 134
81. Спортивная задача (I) . 33 134
82. Спортивная задача (II) . 33 134
83. Теория спортивных розыгрышей 33 134
84. Объединение волейбольных команд ... 33 135
85. Турниры 34 136
86. Велосипедист и пешеходы 34 136
87. Четыре собаки 35 137
88. Погоня (I) 35 137
89. Погоня (II) 35 137
90. Действительно ли условия задачи непол-
ные? 35 138
91. Моторная лодка (I) 35 133
92. Моторная лодка (II) 36 139
Главаб. МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ПРИКЛЮЧЕНИЯ ДОКТОРА ШАРАДЕКА
93. Удивительное число 37 140
94. «Сантиметр» : 37 140
95. Игра в слова , 37 140
96. Студенческие долги 38 140
96а. «Криптоним № 2» , 38 141
966. Кубики 39 143
97. Странное общество 39 143 •
98. Счеты 40 143
99. Поливание улиц . 40 143
100. Французские города 40 144
Глава 7. задачи без решения
Плюсы и минусы 41
Треугольник в треугольнике 42
Части квадрата 42
Деление окружности , 42
Лучи в пространстве 42
Неограниченная шахматная доска 43
Еще раз счеты 43
Сравнивание весов 43
Цанки в ящике 43
Бактерии 44
Подъезжает цирк! 44
Три ковбоя 44
Допрос 45
Стрелки на додекаэдре 45
ОТ ИЗДАТЕЛЬСТВА
Автор настоящей книги Гуго Штейнгауз (1887—1972) —
видный польский ученый, один из основоположников все-
мирно известной польской математической школы. Наряду
с разносторонними чисто научными интересами в жизни
Штейнгауза большое место занимали и педагогические ув-
лечения. Блестящий преподаватель и популяризатор на-
уки Г. Штейнгауз сыграл видную роль в становлении поль-
ского математического университетского преподавания.
Статьи и книги, обращенные к учащимся средних школ,
были для него отнюдь также не редкостью.
Большим и заслуженным успехом пользуется книга
Г. Штейнгауза «Сто задач», вышедшая в свет в польском ори-
гинале в 1958 г. и уже в следующем году изданная по-рус-
ски (М.: Физматгиз, 1959). В 1963 г. в Польше книга «Сто
задач» была издана на английском языке. При подготовке
этого издания автор расширил или переработал решения
некоторых задач и пополнил книгу рядом новых тем, ис-
ключив из ее текста несколько задач с тем, чтобы общее их
число по-прежнему равнялось ста. В основу второго рус-
ского издания положено именно это английское издание.
Однако мы сочли возможным не исключать из ее состава не-
которые из входивших в первое издание задач; эти исключен-
ные из английского издания книги задачи помечены бук-
вами а, б и т. д. после их номера.
Все входящие в первое русское издание задачи и их ре-
шения даны в переводе Г. Ф. Боярской и Б. В. Боярского,
который публиковался ранее. Новые задачи и их решения
переведены с английского Е. О. Головиной и Ю. О. Голо-
виным.
Настоящее (четвертое) издание печатается практически
без изменений.
6
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ
К АНГЛИЙСКОМУ ИЗДАНИЮ
Эта небольшая книга возникла как отклик на то небла-
гополучие в математической подготовке школьников, ко-
торое вскоре после войны ощутили многие работники уни-
верситетов и технических институтов. Стала очевидной
необходимость более тесного сотрудничества между препо-
давателями средних школ и творчески работающими мате-
матиками. Некоторые ученые начали публиковать в обще-
образовательных журналах задачи для учащихся средних
школ, стремясь таким путем стимулировать интерес школь-
ников к математике.
В этой книге читатель найдет 100 элементарных задач
и решения всех этих задач. Некоторые из задач могут ока-
заться известными учащимся старших классов, но в основ-*
ном я старался избегать дублирования тех упражнений,
которые имеются в распространенных пособиях для сред-
них школ. Не стремясь к исчерпывающей классификации
задач, я отдавал предпочтение в первую очередь тем из них,
которые естественным образом возникают из геометрических
рассмотрений. Не предполагав знакомства читателя с выс-
шей математикой, я был ограничен в возможном выборе
задач. Этим и объясняется небольшой размер настоящего
сборника. Решения, однако, изложены достаточно подроб-
но для того, чтобы быть понятными как учителям средних
школ, так и тем из их учеников, которые любят или, во
всяком случае, не боятся самостоятельно думать.
Последнюю главу книги составляют задачи, решения
которых здесь не указаны, причем во многих случаях у
меня была весьма уважительная причина эти решения
опустить: дело в том, что я их не знаю. Я надеюсь, что чи-
татели постараются решить некоторые из этих задач, при-
чем хорошо, если они будут считать, что решения задач из-
7
вестны: это заблуждение может придать им силы и позво-
лит достичь цели там, где автору это не удалось.
«Сто задач» могут помочь и некоторым студентам-
первокурсникам, обескураженным трудностями высшей ма-
тематики. Демонстрируя им элементарную математику с
новой для них стороны, «Сто задач» могут помочь переки-
нуть мост через кажущуюся пропасть между «элементар-
ной» и «высшей» математикой.
Эта книга первоначально была опубликована по-поль-
ски; английский ее вариант был дополнен, а решения ста-
рых задач иногда отредактированы заново. Существует
также русский перевод «Ста задач», опубликованный ти-
ражом в 100 000 экземпляров.
Г. Штейнгауз
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ
К ПОЛЬСКОМУ ИЗДАНИЮ
Настоящий сборник элементарных задач должен ввести
читателей в практику универсального метода трактовки
явлений, которому греки дали название математика, об-
легчить им переход от практики средней школы к настоя-
щей математике и показать им эту науку на доступном ма-
териале. В связи с этим предлагаемый сборник предназна-
чен, прежде всего, для учителей и более способных учени-
ков.
Большинство задач оригинальны, но не все: некоторые
из них общеизвестны, некоторые принадлежат другим ав-
торам; в тех случаях, когда автор известен, я называю его
имя.
Несмотря на помощь многих лиц, я должен все-таки
сослаться на латинскую поговорку, которая хвалит уже
само желание, если даже исполнение отстало от намере-
ний. Но главная цель будет достигнута, если читатели уви-
дят на примере ста задач смысл и дух настоящей математи-
ки.
Г. Штейнгауз
ЗАДА Ч И
Глава 1
ЧИСЛА, РАВЕНСТВА И НЕРАВЕНСТВА
1. Упражнение по таблице умножения. Строим сле-
дующую последовательность цифр.
Пусть первой цифрой будет 2, следующей 3,
2-3=6,
третьей цифрой последовательности будет 6;
3-6=18,
четвертой цифрой будет 1, а пятой 8;
6-1=6, Ь8=8,
шестой цифрой является 6, затем следует цифра 8 и т. д.
Вот последовательность цифр, которую мы получим:
2_3_6_1_8_6_8...
Дужки внизу между цифрами означают выполненные
умножения, результаты которых мы уже вписали как оче-
редные цифры последовательности; например, теперь сле-
довало бы умножить 8 на 6 и вписать цифры результата:
4, 8. Недостатка в множимых цифрах у нас никогда не бу-
дет, так как при каждом умножении дужки передвигаются
на один шаг, а полученный результат по меньшей мере од-
нозначен, а часто и двузначен, и поэтому прибавляется по
меньшей мере одна цифра.
Доказать, что цифры 5, 7, 9 никогда не появятся в этой
последовательности.
2. Интересное свойство чисел. Напишем произволь-
ное натуральное число в десятичной системе счисления (на-
пример, 2583) и вычислим сумму квадратов цифр этого
числа (22+52+82+32=102). С полученным числом проде-
лаем то же самое (1а+02+22=5) и будем поступать таким же
9
образом и далее
(5а=25, 2а+52=29, 22+92=85, . . .).
Доказать, что если этот процесс не приведет нас к еди-
нице (ясно, что после этого единица будет повторяться бес-
конечное число раз), то наверняка приведет к числу 145,
йосле чего появится цикл
145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89,
который далее будет все время повторяться.
3. Делимость на И. Доказать, что при любом натураль-
ном k число 5ък+1 + 4б*+2 + №к делится на 11.
4. Делимость чисел. Число 310^+410* делится на 13, 49,
181 и 379, но не делится на 5 и 11. Как это проверить?
5. Облегченная теорема Ферма. Если х, у, z, n — на-
туральные числа, причем n^z, то равенство xn+yn=zn
невозможно.
6. Расстановка чисел. Найти 10 таких чисел хи х2, х3,
#4» • • м *io> чтобы
число Xi находилось внутри отрезка [0, 1],
числа хг и х2 по одному находились в первой и второй
половинах этого отрезка,
числа х19 х2у х3 по одному находились в каждой из трех
равных частей отрезка,
числа хи х2, хЭУ х4 по одному находились в каждой четвер-
ти этого отрезка и т. д.,
наконец, чтобы
числа хи х2, . . ., х10 по одному находились в каждой
из частей отрезка [0, 1], полученных путем его деления на
10 равных отрезков.
7. Обобщение. Разрешима ли предыдущая задача, если
вместо 10 искать п чисел (п — произвольное натуральное
число), удовлетворяющих п аналогичным условиям?
7а. Перестановка букв. Из комплекса букв aabbcc мож-
но получить 90 различных перестановок. Из перестановки
aabcbc можно получить перестановку aacbcb, записывая
букву с вместо буквы b и букву b вместо буквы с\ из перес-
тановки aacbcb можно получить перестановку bcbcaa, если
прочесть ее в обратном порядке, а из этой последней пере-
становки путем замены букв можно получить перестанов-
ку acacbb, и т: д.
Все такие перестановки, как aabcbc, aacbcb, bcbcaa,
acaebb, мы считаем несущественно различными. Переста-
новки же, как, например, aabcbc и abcbca, мы считаем су-
щественно различными, так как ни замена букв, ни прочи-
10
тывание их в обратном порядке, ни многократное примене»
ние этих операций не могут преобразовать один комплеко
в другой.
Вопрос: сколько имеется существенно различных пере*
становок букв aabbcc?
8. Пропорция. Числа А, В, С, р, q, г связаны между £0*
бой соотношениями
А:В=р9 B:C=q, С:Л=л
Записать пропорции
в таком виде, чтобы на пустых местах появились выраЯМ*
ния, состоящие из /?, q9 г, и чтобы эти выражения полу*##
лись одно из другого путем циклической перестановки
букв р, q, г. (Мы понимаем это следующим образом} |ёМ
вместо р напишем qy вместо q напишем г, а вместо г напйш&Й
р, то первое выражение преобразуется во второе, второе •»
в третье, а третье — в первое).
8а. Симметрические выражения. Такие выражений,
как x+y+z или xyz, являются симметрическими. Под этйЙ
мы понимаем, что их значение не меняется при перестанов'*
ке в них переменных х, у, z каким угодно образом. Прив$-
денные выше примеры очевидны; но существуют симметрии
ческие выражения, симметричность которых не являетаЯ
очевидной, например: \\х—у\+х+у—2z\+\x—y\+x+y+2t$
Докажите симметричность этого выражения и определи*
те его значение таким образом, чтобы симметричность стали
очевидной.
9. Иррациональность корня. Докажите элементар*
ным путем, что положительный корень уравнения
х*+х=Ю
является иррациональным.
10. Неравенство. Доказать неравенство
А+а+В+Ь , в+Ь+С+с С+с+А+а
A + a+B+b+c+r^B + b+C+c+a + r > C+c+A+a + b+t *
в котором все буквы обозначают положительные числаг
11. Числовые последовательности. Найти последовав
тельность а0, аи 02, f . . положительных чисел такукц
что а0=^1 и ап—an+i=an+2 при и=0, 1, 2, , . . Показать?
что существует только одна такая последовательность.
Глава 2
точки, многоугольники, окружности,
эллипсы
12. Точки на плоскости. На плоскости дано несколь-
ко (или несколько десятков) точек. Каждую из них соеди-
няем отрезком прямой с ближайшей точкой; при этом не
возникает сомнения, какая из точек является ближайшей,
ибо предполагается, что все расстояния различны.
Доказать, что полученная фигура не содержит замкну-
того многоугольника или пересекающих отрезков.
13. Исследование угла. Пусть х1у х2у . . ., хп— по-
ложительные числа. Выберем на плоскости луч ОХ, отсе-
чем на нем ОРг=хи затем перпендикулярно к ОРг отсечем
PiP2=x2, затем перпендикулярно к ОР2 отсекаем Р2Р3=х9
и т. д. вплоть до Рп^1Рп=хп. При этом прямые углы ориен-
тированы так, что их левые стороны проходят через точ-
ку О. Можно считать, что луч ОХ вращается вокруг точки О
(от первоначального положения, проходя через точки Ри
Р2у . . .) до конечного положения ОРп, описывая некоторый
угол.
Доказать, что при данных числах х{ угол этот будет
наименьшим, если они пронумерованы в убывающем по-
рядке, #i ^ х2 ^.. .^хп, и будет наибольшим, если они про-
нумерованы в возрастающем порядке.
14. Площадь треугольника. Доказать без помощи три-
гонометрии, что если в треугольнике ^Л4=60°, то площадь
S треугольника определяется формулой
S = ^[a»-(ft-c)»], (1)
а если ^Л = 120°, то
S = 4V-(ft-c)«]. (2)
12
15. Деление периметра треугольника на равные части.
Возьмем произвольный треугольник. Мы, конечно, можем
пересечь его прямой так, чтобы разделить его периметр
пополам. Мы даже можем заранее задать направление пере-
секающей прямой. Если мы это проделаем дважды, в двух
различных направлениях, то прямые пересекутся в неко-
торой точке Q. Тогда через точку Q пройдут две прямые,
делящие периметр пополам.
Существует ли точка, через которую могут пройти три
такие прямые? Если существует, то как ее найти?
15а. Центр масс. Пусть Р — центр масс трех точек Л,
5, С (говоря о центре масс каких-либо трех точек, будем
подразумевать, что массы, размещенные в этих точках, оди-
наковы). Пусть А1у Ви Сг — соответственно центры масс сле-
дующих троек точек: В, С, Р\ С, Л, Р\ Л, В, Р.
Доказать, что центром масс тройки Ль Ви Сг снова яв-
ляется точка Р.
16. Деление треугольника. Разделить треугольник на
19 треугольников так, чтобы в каждой вершине получен-
ной фигуры (а также в вершинах большого треугольника)
сходилось одинаковое число сторон.
В этой задаче число 19 нельзя заменить большим числом,
но можно заменить меньшими числами. Какими же?
17. Треугольники. В этой задаче п обозначает натураль-
ное число. На плоскости заданы Ъп точек, никакие три из
которых не лежат на одной прямой. Можно ли образовать
из этих точек (приняв их за вершины) п треугольников, не
пересекающихся и не содержащих друг друга?
Подобную задачу при \п точках можно поставить для
четырехугольников, при Ъп точках — для пятиугольников
и т. д. Все ли эти задачи решаются положительно?
18. Треугольная сеть (I). Как известно, всю плоскость
можно покрыть сетью равносторонних треугольников.
Можно ли в каждом узле этой сети поместить один из
знаков плюс или минус так, чтобы для каждого из треуголь-
ников, составляющих сеть, имело место следующее прави-
ло: если в двух вершинах треугольника имеется одинаковый
знак, то в третьей вершине будет плюс, а если наоборот —
то в третьей будет минус. v
Конечно, можно всюду расставить плюсы, но это три-
виальное решение мы исключаем.
19. Треугольная сеть (II). Доказать, что нельзя по-
крыть всю плоскость сетью треугольников так, чтобы в каж-
дой вершине сходилось пять треугольников.
13
20. Что останется от прямоугольника? Золотой прямо-
угольник — это такой прямоугольник, стороны а и & ко-
торого находятся в пропорции золотого сечения, т. е. удов-
летворяют равенству
a:b=b:(a—b).
Вообразим, что прямоугольник этот вырезан из бумаги
и лежит на столе, обращенный к нам своей более длинной
Стороной. Отсечем по левую сторону прямоугольника наи-
больший квадрат, который можно из него вырезать; оста-
ток снова будет золотым прямоугольником. Становимся по
левую сторону стола, чтобы снова иметь перед собой более
длинную сторону прямоугольника, и поступаем с новым пря-
моугольником так же, как и с предыдущим. Таким образом
обходим стол вокруг по направлению хода часовой стрелки
и по очереди отсекаем квадраты. Каждая точка прямоуголь-
ника, за исключением одной, будет раньше или позже
отсечена. Определить положение этой исключительной
точки.
20а. Четырехугольники. Соединяем поочередно се-
редины сторон выпуклого четырехугольника. Мы получим
меньший четырехугольник. Доказать, что он является
параллелограммом, площадь которого равна половине пло-
щади большого четырехугольника. Сохранит ли силу эта
теорема без предположения о выпуклости?
21. Разбиение квадрата. Квадрат площадью 1 кма раз-
бит на три части Л% 33> #. Каким бы это разбиение ни было,
обязательно найдется по крайней мере одна пара точек Р
и Q, принадлежащих одной части и таких, что расстояние
между ними не меньше Кб5/64« 1,00778 (км).
Как это доказать?
22. Сеть квадратов. Плоскость можно покрыть рав-
ными квадратами; узлы этой сети в математике называют
целочисленной решеткой.
Можно ли эти узлы обозначить буквами а, Ь, с, d так,
чтобы каждый составной квадрат имел в своих вершинах
все четыре буквы и чтобы в каждом столбце и в каждой
строке решетки тоже фигурировали все четыре буквы?
23. Решетка точек. Определение целочисленной решет-
ки дано в условии задачи 22. Ясно, что выбирая подходя-
щий радиус, всегда можно добиться_, чтобы окружность этого
радиуса с центром в точке (V% Vty проходила через задан-
ную точку решетки. Требуется доказать, что, однако, на
каждой такой окружности лежит не более одной точки ре-
шетки.
14
24. Точки решетки, заключенные внутри круга. В этой
задаче мы имеем дело с решеткой, расположенной внутри
круга /С, точнее, с теми точками целочисленной решетки,
которые заключены внутри этого круга (но не на его окруж-
ности).
Доказать, что для любого целого неотрицательного чис-
ла п существует круг, содержащий ровно п точек решетки.
25. 14=15. На съезде участников математической
олимпиады во Вроцлаве в 1952 г. профессор Я. Мику-
синский указал такое деление всей плоскости на семиуголь-
ники, в каждой вершине которого сходятся три семиуголь-
ника. Исходя из этого, я покажу, что 14=15. Обозначим
через Р угол 180°. Сумма углов в семиугольнике равна 5Р,
v 5 D
поэтому средняя величина угла в семиугольнике равна у Р.
Так как вся плоскость покрыта семиугольниками, то сред-
няя величина угла в паркетаже равна у Я. Но в каждой
вершине сходятся три таких угла, следовательно, средняя
2
величина угла при каждой вершине равна -^Р. Отсюда вы-
2 п
текает, что средняя величина угла в паркетаже равна -jP,
так как каждый угол принадлежит какой-нибудь вершине.
Следовательно,
3 ^"~ 7 • 3 "~ 7 ' iq— 10'
что и требовалось доказать.
Найти ошибку в приведенном выше рассуждении.
26. Многоугольник. На плоскости даны п точек; никакие
три из них не лежат на одной прямой. Всегда ли можно
найти замкнутый /г-угольник с непересекающимися сторо-
нами, вершинами которого являются эти точки?
27. Точки и окружность. На плоскости даны четыре
точки, через которые нельзя провести ни окружность, ни
прямую. Можно ли эти точки так обозначить буквами Л,
В, С, D, чтобы точка D лежала внутри окружности, прохо-
дящей через точки А> В, С?
28. Геометрическая задача. Дан эллипс, длина боль-
шой оси которого равна 2а, а длина малой оси равна 26.
Нарисовать замкнутую кривую той же длины, что и длина
эллипса, ограничивающую площадь, большую площади
эллипса на (а—б)2.
Глава 3
ПРОСТРАНСТВО, МНОГОГРАННИКИ, ШАРЫ
29. Деление пространства. Через фиксированную точ-
ку пространства проводим плоскости так, чтобы разделить
пространство на возможно большее число частей. Одна
плоскость разделит пространство на две части, две пересе-
кающиеся плоскости — на четыре части, три пересекающие-
ся в некоторой точке плоскости и не имеющие другой об-
щей точки делят пространство на восемь частей. Какое мак-
симальное число частей можно получить при четырех плос-
костях? А какое — при п плоскостях?
30. Две проекции. Представим себе плоскость Пи ка-
сательную к земному шару в Северном полюсе N, и плос-
кость Я2, касательную к земному шару в Южном полюсе
S. Можно начертить одну карту, проектируя каждую точ-
ку на поверхности земли из N на Я2, и другую карту, про-
ектируя каждую точку из S на Пг\ это — так называемая
стереографическая проекция. 'Теперь мы можем сложить
обе плоскости так, чтобы меридианы сошлись. Каждой точке
одной карты отвечает определенная точка другой карты, зна-
чит, мы определили некоторое отображение плоскости на
себя. Как непосредственно определить это отображение?
31. Куб. Держа в руке модель куба так, чтобы он мог
вращаться вокруг своей самой длинной оси (т. е. вокруг
прямой, соединяющей противоположные вершины), можно
намотать на него без просветов черную пряжу. Пряжа
заштрихует только половину куба (почему?). То же самое
можно проделать с другой осью; их всего четыре, и каждый
раз мы используем другой цвет пряжи (черный, красный,
голубой и желтый). Вся модель будет покрыта разными цве-
тами, а из их смешения возникнут смешанные цвета (модель
куба белая и этого цвета мы не учитываем). Сколько будет
цветовых оттенков на кубе И каких?
32. Геодезические. Эта задача не требует знания мате-
матики. Наложим на неподвижный куб резинку (так назы-
ваемую «рецептную», используемую в аптеках для упаков-
16
к и лекарств) таким образом, чтобы она держалась на кубе
и не пересекала сама себя. Линию, по которой уложится
эта резинка, мы называем геодезической линией.
1. Сколько раз все геодезические линии покроют по-
верхность куба (т. е. сколько геодезических линий пройдет
через каждую точку поверхности куба)?
2. Сколько имеется различных семейств геодезических
линий, покрывающих поверхность куба?
33. Движение молекулы. Внутри кубической короб-
ки движется без воздействия внешних сил материальная
частица, которая отражается от стен коробки, согласно
классическому закону (угол падения равен углу отражения,
т. е. перпендикуляр к грани в точке отражения есть биссект-
риса угла, образованного прямой, по которой молекула
прибывает, и прямой, по которой она удаляется). Возможно
ли, чтобы молекула беспрестанно двигалась, по замкнутому
шестиугольнику, поочередно ударяясь при каждом обходе
обо все стороны коробки? Определить точки отражений и
проверить, заузлен ли полученный шестиугольник или нет.
34. Развертка куба. Модели многогранников делаются
из плоских разверток. В развертке грани прилегают друг
к другу ребрами, а модель строится путем загибания кар-
тонной развертки вдоль ребер. Таких различных разверток
правильный тетраэдр имеет две. Сколько их имеет куб?
35. Кубы. Как известно, все пространство можно за-
полнить равными кубами. В каждой вершине будет сходить-
ся восемь кубов. Поэтому можно —" путем соответствующе-
го отсечения вершин у кубов и склейки смежных отсеченных
частей в одно тело — заполнить пространство правильны-
ми октаэдрами (восьмигранниками) и телами, оставшимися
от кубов. Какие это будут тела? Если мы максимально воз-
можно увеличим октаэдры, то какую часть пространства
они займут?
36. Гексаэдр. Существует ли отличный от куба гек-
саэдр (шестигранник), все грани которого являются конгру-
энтными ромбами?
37. Тетраэдр. Имеются 6 стержней различной длины,
причем известно, что при любом их упорядочении из них
можно составить тетраэдр (треугольную пирамиду). Сколь-
ко различных тетраэдров при этом может получиться?
38. Тетраэдр с конгруэнтными гранями. Можно л:\
построить треугольную пирамиду (тетраэдр), все грани
которой являются конгруэнтными дреугольниками с про-
извольно заданными длинами а, Ь, с сторон?
Если это возможно, то каков объем этого тетраэдра?
17
39. Октаэдр. Можно ли построить восьмигранник (ок-
таэдр), все грани которого являются конгруэнтными че-
тырехугольниками? Можно ли построить десятигранник
(декаэдр) и, общее, 2л-гранник (где п>3 — произвольное
целое число), обладающий тем же свойством?
40. Расстояние на поверхности. Сопоставим каждой
паре точек замкнутой выпуклой поверхности кратчайшую
из соединяющих их дуг (не исключено, что такая дуга не
единственная, например, для любой пары диаметрально
противоположных точек сферы существует бесконечно мно-
го кратчайших дуг). Расстоянием между точками А и В
на поверхности назовем длину кратчайшей дуги АВ. Те-
перь мы можем говорить про расстояние РХ между Р и
произвольной точкой X нашей поверхности. Для каждой
то<жи Р можно найти самую дальнюю от нее точ-
ку Q поверхности (такая точка также может быть не един-
ственной). Пример со сферой может создать впечатление,
что для подобной пары точек PQ всегда имеются по крайней
мере две соединяющие их кратчайшие дуги. Показать,
что для некоторого тетраэдра это утверждение неверно.
41. Путешествие мухи. Муха села на вершину модели
правильного додекаэдра (двенадцатигранника) и решила
обойти его, двигаясь по ребрам додекаэдра; при этом ей
удалось посетить все вершины, не побывав ни в одной из
них дважды и вернувшись в конце путешествия в исходную
вершину. После этого она попробовала обойти тем же спо-
собом все вершины ромбического до-
декаэдра, ограниченного 12 ромбами
(рис. 1). Удалось ли ей это?
42. Правильный додекаэдр. Грани
правильного додекаэдра (двенадцати-
гранника) можно раскрасить в четыре
цвета так, чтобы каждые две смежные
грани были разных цветов. Доказать,
что существуют всего четыре способа ре-
шения этой задачи, если условиться
считать одним решением две раскраски, которые можно
получить одну из другой вращением додекаэдра.
42а. Вписанный многогранник. В правильный доде-
каэдр можно вписать куб так, чтобы ребра куба являлись
диагоналями правильных пятиугольников, служащих гра-
нями додекаэдра. Это можно сделать несколькими способа*
ми; сколькими? Все эти кубы образуют звездчатый мно«»
гогранник; каков объем полученного в объединении всей
кубов многогранника, если объем додекаэдра равен 1?
й
18
Какое тело образует общая часть (пересечение) всех ку-
бов?
43. Многогранник. Все грани выпуклого многогранника
обязательно выпуклы. А обратно, обязательно ли является
многогранник выпуклым, если все его грани — выпуклые
многоугольники? В частности, существуют ли два много-
гранника (например, два тридцатигранника), ограничен-
ных одинаковым числом попарно конгруэнтных граней
(грани одного и того же тела не обязательно должны быть
конгруэнтными между собой), из которых одно является
выпуклым, а второе не является?
44. Невыпуклый многогранник. Может ли невыпуклый
многогранник быть ограничен конгруэнтными четырехуголь-
никами?
44а. Модели правильных многогранников. Из шести
ребер правильного тетраэдра можно выбрать четыре ребра,
образующих замкнутый косой, т. е. неплоский четырех-
угольник. Этот четырехугольник можно считать моделью
тетраэдра, ибо он содержит все вершины тетраэдра. То же
самое легко проделать с кубом; тогда мы получим (неплос-
кий) восьмиугольник, содержащий все вершины куба.
Можно ли этот прием распространить на другие правиль-
ные многогранники, т. е. на октаэдр, додекаэдр и икосаэдр?
Сколько решений имеет задача?
45. Задача из Страны чудес. Люис Кэррол, математик
и знаменитый детский писатель, был автором забавных не-
лепиц. Он советовал, например, пользоваться картой с
масштабом 1:1, ибо достаточно разложить ее на земле, что-
бы в любой момент знать, где находишься: надо просто про-
читать надпись, на которой стоишь.
Представим себе, что, последовав этому совету, мы про-
ведем на земном шаре прочной краской по суше и по морю
меридианы и параллели и повсюду поместим каллиграфи-
ческие названия городов, портов и стран. Компас станет
излишним, но одна трудность все-таки останется: как отыс-
кать кратчайший путь к избранной точке. Из-
вестно, что ортодрдмы, т. е. кратчайшие пути, не являются
на этой карте Алисы из Страны чудес локсодромами, т. е.
линиями, пересекающими меридианы (и параллели) под
постоянным углом. Хуже всего то, что никакая перестрой-
ка координатных линий не поможет, ибо все системы ко-
ординат будут обладать этим недостатком. Виноват в этом,
конечно, земной шар, который так непрактично устроен.
Чтобы исправить нашу планету, лучше всего, конечно,
начать с ее карты. Можно, например, начертить прямоуголь-
19
ную сеть параллелей и меридианов и свернуть карту в ци-
линдр так, чтобы параллели превратились в окружности.
На такой цилиндрической планете кратчайший путь от
одной точки к другой точке всегда пересекает меридианы
под постоянным углом. Можно также разрезать карту вдоль
параллели, обозначив на ней точку N, и свернуть ее в ко-
нус с вершиной в точке N. У конической планеты в точкам
будет Северный полюс, параллели не будут пересекаться,
исходящие из N меридианы тоже не будут, но каждая па-
раллель пересечет каждый меридиан в двух точках, точно
так же как и на земном шаре. И так же, как и раньше, крат-
чайший путь вновь будет иметь , постоянное направление.
Но можно найти еще более интересную модель. На кар-
те будет прямоугольная сеть координатных линий, но на
планете появится только одно семейство линий: каждая
линия пересечет любую другую в двух точках, а также и
себя в одной точке. Принцип постоянного направления
будет сохранен. Что это за модель?
Магистр Р. Новаковский, когда я ему рассказал об этих
двух моделях, немедленно определил третью: прямоугольная
сеть состоит из меридианов, параллелей и «посредников».
46. Три сферы и прямая. Три сферы имеют общую точ-
ку Я, причем известно, что никакая прямая, проходящая
через точку Я, не касается сразу всех сфер. Показать, что
эти сферы имеют еще одну общую точку.
47. Одно свойство сферы. Пусть известно, что все плос-
кие сечения некоторой поверхности являются окружностя-
ми (точка рассматривается как окружность нулевого ради-
уса). Доказать, что эта поверхность является сферой.
47а. Укладывание шаров (I). Имеем неограниченный
запас одинаковых шаров. Уложим три из них так, чтобы
все они соприкасались между собой, и затем присоединим
четвертый шар так, чтобы он соприкасался с тремя первыми.
Получим четыре гнезда, и в каждое из них можно вложить
по одному шару. Теперь у нас уже восемь шаров. Сколько
гнезд они образуют? Сколько теперь можно уложить ша-
ров новым слоем? Можно ли продолжать этот процесс?
476. Укладывание шаров (II). У нас имеется неогра-
ниченный запас одинаковых шаров. Берем один из них и
обкладываем его двенадцатью шарами, соприкасающимися
с ним. Сколько будет теперь гнезд для последующих ша-
ров? Можно ли в каждое гнездо уложить шар? Из скольких
шаров будет состоять третий слой (первый состоит из од-
ного, второй из 12 шаров)? Всегда ли мы сможем в после-
дующих слоях заполнить все гнезда?
Глава 4
ЗАДАЧИ ПРАКТИЧНЫЕ И ... НЕПРАКТИЧНЫЕ
47в. Опечатка в учебнике. Некий автор, читая свой
учебник, заметил, что в предложении: «Отсечь 9 см на ле-
вой стороне угла, .равного 60°, а на правой... и вычислить
расстояние между полученными таким образом точками» —
на месте проставленных нами точек имеется опечатка: на-
борщик увеличил число сантиметров, указанное в рукопи-
си, на 1. Конечно, наборщик и не подумал изменить от-
вет, напечатанный в конце учебника. Несмотря на это, one
чатка не привела к ошибке. Какое число набрал наборщик
в задаче?
48. Игрушка. На картонном кружке нарисован кон-
центрический меньший кружок, разделенный на восемь
секторов равной величины: четыре белых и четыре черных.
Оставшееся кольцо разделено на 10 равных секторов, белых
и черных вперемежку, по пять секторов каждого цвета.
Кружок надеваем на гвоздь и приводим в быстрое вращатель-
ное движение. Вначале секторы сливаются в однообразный
серый цвет, но через минуту появляется кольцо, вращающе-
еся в одну сторону, и кружок, вращающийся в обратную
сторону, хотя все сделано из одного куска картона.
Эта игрушка действует только при электрическом осве-
щении, но не в каждом городе. Почему?
49. Праздничный окорок. Три соседки сложились по
15 рублей и купили окорок (без кожи, сала и костей). Одна
из них разделила его на три части, уверяя, что части по
весу равны. Другая заявила, что доверяет только весам в
магазине на углу; там оказалось, что якобы равные части
после пересчета стоимости соответствуют 14, 15 и 16 рублям.
Третья участница проверила вес на домашних весах, кото-
рые также дали иной результат. Возник спор, ибо первая
настаивала, что она разделила окорок на равные части, дру-
гая признавала только магазинные весы, а третья — свои.
21
Как можно успокоить спорящих и разделить куски (не раз-
резая их больше) так, чтобы каждая женщиКа признала,
что получила окорок стоимостью по крайней мере в 15 руб-
лей при пересчете его стоимости по тем весам, которым она
доверяет?
50. Раздел лепешки. Каждую лепешку независимо от
ее формы можно разделить на четыре равные части двумя
взаимно перпендикулярными сечениями. Другими словами,
для каждой плоской области с площадью Р можно найти
такие две взаимно перпендикулярные прямые, что в каждой
из четырех образуемых ими четвертей лежит часть этой
области, имеющая площадь Я/4.
(Доказать эту теорему значительно легче, чем фактичес-
ки разделить на четыре равные части, скажем, треугольник
со сторонами 3, 4, 5.)
51. Раздел треугольного торта. Павел и Гавел долж-
ны разделить между собой треугольный торт. Гавел по-
ставил условие, что он прямолинейным разрезом обрежет
свою часть, а Павел согласился на это с тем условием, что
он заранее обозначит точку Р, через которую должен прой-
ти этот разрез. Так как торт имеет одинаковую толщину в
любом месте, а также однороден по вкусу, то задача имеет
планиметрический характер. Вопрос ставится следую-
щим образом: как Павел должен выбрать точку Р9 чтобы
лучше защитить себя от чревоугодия Гавла? Второй вопрос:
какой величины излишек перепадет Гавлу, если Павел
удачно решит первую задачу, а Гавел потом отрежет себе
возможно большую часть торта?
Если бы форма торта зависела от Павла, то он мог бы
выбрать фигуру, имеющую центр симметрии (т. е. круг,
квадрат, эллипс и т. д.), и поместить Р в этом центре. Тог-
да у Гавла не оказалось бы никаких преимуществ. Однако
интересен вопрос, какая форма торта (при сохранении ука-
занных вначале условий раздела) будет самой удобной для
Гавла и какой наибольший излишек он сможет себе обес*
печить, удачно выбрав форму торта?
52. Взвешивания. Имеется 5 предметов различного
веса, которые нужно упорядочить по убыванию весов, поль-
зуясь чашечными весами без гирь, с помощью которых
можно сравнить веса любых двух предметов. Как нужно
действовать, чтобы решить задачу, используя наименьшее
возможное число взвешиваний? Чему равно это число?
52а. Когда его день рождения? День рождения Невя*
домского отмечали в многочисленном кругу. Кроме cecrpjj
хозяина Екатерины и его брата Иоахима, присутствовал
22
известный путешественник Педанткевич и много других
друзей Невядомского, которые ценили его варшавское госте-
приимство.
Кто-то спросил Педанткевича, что он делал год тому
назад. Тот взял блокнот и с присущей ему педантичностью
ответил: «Точно год тому назад я вышел на восходе солнца
из палатки, прошел прямо на юг милю или немного больше,
свернул на запад и через несколько часов, ничего не под-
стрелив, свернул на север. Своих собственных следов я
уже не пересекал и, идя все время на север, вышел к па-
латке». Когда день рождения Невядомского?
53. Сколько лет Софье Сергеевне? Наша знакомая Софья
Сергеевна еще не стара, ибо родилась после первой мировой
войны, но она не любит прямо отвечать на вопрос — сколь-
ко ей лет.
Когда ее спросили 27 июля 1950 г., сколько ей лет, она
ответила: мне всего один год, так как я отмечаю день своего
рождения только тогда, когда он совпадает с днем недели,
в который я родилась, а такой день рождения я отмечала
всего лишь один раз.
Сколько лет Софье Сергеевне?
54. Сколько рыб в пруду? Некий ихтиолог хотел опре-
делить, сколько в пруду рыб, годных для улова. Для этого
он забросил сеть с заранее выбранным размером ячеек и,
вытащив ее, обнаружил 30 рыб, отметил каждую из них
меткой и бросил обратно в пруд. На другой день забросил
ту же самую сеть и поймал 40 рыб, на двух из которых были
его метки. Как по этим данным он приблизительно вычислил
количество рыб в пруду?
55. Калибровка валиков. Одна из составных частей
бензинового двигателя имеет форму валика. Для измерения
толщины валика служит стальная плита, в которой в ряд
высверлены 15 отверстий с точно установленными размера-
ми. Первое отверстие имеет диаметр 10 мм, каждое после-
дующее имеет диаметр, на 0,04 мм больший предыдущего.
Калибровка валика заключается во вкладывании его в
отверстие; если он не помещается, то его диаметр считают
больше диаметра отверстия, а если помещается, то считают
его меньше. Таким образом, в конце концов диаметр ва-
лика определяется с погрешностью менее 0,04 мм (валики
с диаметром меньше 10 мм, или больше 10,56 мм, не прини-
маются во внимание; остальные же идут на дальнейшую об-
работку).
Рабочие, которым поручена калибровка, пробуют каж-
дый валик на одном и том же числе отверстий, но, конечно,
23
8
10
17
6
7
»
»
»
»
»
»
»
»
»
2>
6,12 мм,
6,14 мм,
6,16 MM,
6,17 мм,
6,18 мм.
на разных отверстиях. Сколько проб измерения необходи-
мо для каждого валика? Какова должна быть очередность
проб?
56. Сто двадцать шариков. Мастерская точной меха-
ники заказала 120 стальных шариков диаметром 6,1 мм.
Им прислали действительно 120 шариков, однако измерения
выявили, что диаметры не отвечают требованиям точности:
В результате этих измерений было обнаружено:
10 шариков диаметром 6,01мм, 6 шариков диаметром 6,11 мм,
6 » » 6,02 мм,
4 » » 6,03 мм,
10 » » 6,05 мм,
19 » » 6,07 мм,
11 » » 6,08 мм,
6 » » 6,10 мм,
К счастью, другая мастерская согласилась принять
шарики при условии, что их доставят в двух ящиках, от-
дельно большие и отдельно меньшие, и что на каждом ящи-
ке будет указан общий диаметр для всего ящика.
В задаче требуется определить предельный диаметр, ни-
же которого шарики войдут в ящик А (а следовательно, в
ящике В окажутся шарики диаметром больше предельного),
а также отыскать числа а и Ь, которые следует выписать на
ящиках. Эти три числа должны быть таковы, чтобы сумма
абсолютных погрешностей была наименьшей. Абсолютной
погрешностью мы здесь называем абсолютную разность
между диаметром шара и надписью на ящике, в который его
вложили.
57. Лента на трубке. Ленту длиной 25 м и толщиной
0,1 мм намотали плотно на картонную трубку — получился
валик диаметром 1 дм. Каков диаметр трубки?
58. Часы с одинаковыми стрелками. Известно, что,
определяя время без часов, никто не ошибается более чем
на шесть часов.
Часовой мастер вставил в часы две одинаковые стрелки,
так что невозможно отличить малую от большой. Какова
будет наибольшая ошибка, которая грозит владельцу
часов?
59. Великаны и карлики. На уроке физкультуры в клас-
се, в котором все ученики были разного роста, учитель,
построив класс прямоугольным строем, сказал. «Сейчас мы
увидим, кто среди вас самый высокий карлик». Отыскал в
каждом ряду самого.низкого, а когда эти «карлики» высту-
24
пили из строя и создали переднюю шеренгу, он выбрал са-
мого высокого из них: «Вот самый высокий карлик».
Мальчики вернулись на старые места, и тогда учитель
сказал: «Сейчас я вам покажу самого низкого великана».
Указал в каждой шеренге на самых высоких, а когда «ве-
ликаны» выступили вперед, нашел самого низкого среди
них: «Вот самый низкий великан».
Могло ли случиться, что один и тот же мальчик мог ока-
заться самым низким «великаном» и самым высоким «кар-
ликом»? Существуют ли такие классы, в которых самый низ-
кий «великан» меньше самого высокого «карлика?» А как
обстояло бы дело, если бы учитель при определении «ве-
ликанов» искал бы их в рядах, а не в шеренгах, т. е. точно
так же, как искал «карликов»?
60. Ученики классов А и В. В школе есть два класса:
А и В. Ученики класса А хвастаются, что они выше ростом,
чем ученики класса В, а ученики класса В считаются луч-
шими математиками. Когда однажды один из учеников клас-
са А свысока посмотрел на ученика класса В, тот спросил:
что, собственно, означает, что вы выше нас ростом? Значит
ли это, что:
1) любой из вас выше любого из нас?
2) самый высокий из вас выше самого высокого из нас?
3) для любого из учеников класса А найдется ученик
класса В ниже ростом?
4) каждый из учеников класса В ниже хотя бы одного
из учеников класса Л?
5) для каждого ученика класса А можно указать учени-
ка класса В ниже ростом, причем разным ученикам класса
А соответствуют разные ученики класса В?
6) для каждого из учеников класса В можно указать
ученика класса А выше ростом, причем разным ученикам
класса В соответствуют разные ученики класса Л?
7) самый низкий ученик класса В ниже самого низкого
из учеников класса Л?
8) число учеников класса В, меньших ростом самого ма-
ленького из учеников класса Л, больше числа учеников
класса Л, меньших ростом самого высокого из учеников
класса В?
9) суммарный рост учеников класса Л больше суммар-
ного роста учеников класса В?,
10) средний рост учеников класса Л больше среднего
роста учеников класса В?
11) среди вас больше таких, которые выше кого-либо
из нас, чем у нас таких, которые выше кого-либо из вас?
25
12) среди вас больше учеников выше нашего среднего
роста, чем среди нас учеников выше вашего среднего
роста?
13) серединный по росту из вас выше серединного по
росту из нас* (в том случае, если учеников в классе четное
число, серединным ростом считается среднее арифметичес-
кое от роста серединной пары учеников)?
Ошеломленный потоком вопросов ученик класса А стал
как будто ниже. Мы спрашиваем читателей: зависят ли
эти вопросы друг от друга, а если зависят, то укажите, ка-
кие именно? Другими словами, нужно найти такие пары
вопросов, для которых положительный ответ на один из
них предопределяет положительный ответ и на второй.
Существуют ли эквивалентные вопросы, т. е. существуют
ли такие пары, для которых ответы на оба вопроса обя-
зательно должны быть одинаковы? Существуют ли пары во-
просов зависимых, но не эквивалентных?
61. Статистика. Некий статистик решил исследовать,
как используются купе для некурящих на железных доро-
гах в различных странах. Он выделил следующие возмож-
ности:
a) курящие чаще всего едут в купе для курящих,
а') не а («не а» обозначает отрицание предложения а),
b) некурящие чаще всего едут в купе для курящих,
&') не 6,
c) в купе для курящих большей частью едут курящие,
с') не с,
d) в купе для некурящих чаще всего едут курящие,
d') не d.
Каждую страну можно охарактеризовать с помощью
четырех букв а, Ьу с, d со штрихами или без; конечно, ни
одна буква не может появиться в символе одновременно со
штрихом и без, ибо каждый штрих обозначает предложе-
ние, противоречащее предложению без штриха. Поэтому
всех возможных символов имеется 16.
Можно ли в 16 поездах разместить путешественников так,
чтобы каждому поезду соответствовал иной символ?
62. Группы крови. Как хорошо известно (Ландштейн,
Янский, Мосс и др.), У людей бывает 4 группы крови: О,
Л, 5, А В (терминология Дангерна и Хиршфельда; эта
классификация дает возможность выяснить, может ли дан-
ный человек служить донором для определенного другого
человека). Обозначим символом X-+Y утверждение: «ин-
дивидуум с группой крови X может дать свою кровь инди-
видууму с группой крови Y без опасности для последнего».
26
Тогда законы, открытые названными выше учеными, могут
быть сформулированы так:
I. X-+X для любого X.
II. 0-+Х для любого X.
III. Х-+АВ для любого X.
IV. Любое отношение Х->К, не сводимое к I, II и III,
является ложным.
Доказать, что
Г Система законов I—IV непротиворечива.
2° Из законов I—IV следует, что при любых X, Y, Z
из X-+Y и Y-+Z вытекает, что X->Z.
3° Из I—IV следует, что отношение Л->£ ложно.
Пояснение. Выражение «для любого X» в I, II, III
означает, что импликация ->■ справедлива для Ху совпадаю-
щего с О, Л, В или АВ. Аналогичное замечание относит-
ся и к 2°.
63. Снова о группах крови. Феликс Бернштейн (чье имя
ассоциируется у нас обычно с теорией множеств *)) первым
сформулировал законы наследования групп крови О, Л,
В, АВ. Предположим, например, что отец имеет группу
крови Л, а мать — группу АВ. Припишем к однобуквенно-
му символу Л букву О, т. е. мы обозначим группу, к которой
относится отец, через АО. Группы обоих родителей будут,
следовательно, АО и АВ. Для составления символа группы
крови их потомства мы должны взять одну букву символа
крови матери и одну букву символа крови отца. Мы полу-
чим, таким образом, следующие возможные символы груп-
пы крови ребенка: А А, АВ, О А и ОВ. Затем эти символы
упрощаются: вместо двух букв А А можно писать просто Л
и можно отбросить букву О, где бы она ни встретилась в
двубуквенном символе. Итак, мы получили группы крови
Л, Л В, Л, В, т. е. ребенок может иметь любую из трех групп
крови Л, В, АВ и не может иметь группы О.
Указанные правила приписывания буквы О, комбини-
рования букв родителей, сокращения двубуквенных сим-
волов из одинаковых букв и отбрасывания буквы О пол-
ностью определяют (причем не только в приведенном вы-
ше примере) так называемую фенотипическую теорию на-
*) Еще в бытность Ф. Бернштейна студентом Гёттингенского уни-
верситета он доказал знаменитое утверждение Г. Кантора (ныне извест-
ное как теорема Кантора — Бернштейн а),* лежащее
в основе всей канторовской теории множеств (если существуют взаимно
однозначные отображения множества А на подмножество множества В
и множества В на подмножество множества Л, то между А к В можно
установить взаимно однозначное соответствие).— Примеч. ред.
27
следования групп крови. Правила допустимых переливаний
крови мы перечислили в задаче 62.
Два брата знают законы переливания крови и знают, что
никто из них не может дать свою кровь другому, но каждый
из них может получить кровь от матери. Может ли их сестра
заменить мать?
бза. Кассовая задача. Если у кого-либо имеется сум-
ма денег в 5 злотых 27 грошей, то среди них обязательно най-
дется сумма в 2 гроша *), в то время как сумма в 17 гро-
шей может и не найтись. Мы понимаем под этим следующее:
без монеты в 2 гроша, либо двух монет по 1 грошу нельзя
составить сумму в 5 злотых 27 грошей, однако указанную
сумму можно составить при наличии купюры в 5 злотых и
монет в 20 грошей, 5 грошей и 2 гроша; в последнем случае
мы никак не составим суммы в 17 грошей. После этого по-
яснения становится ясным смысл предложения: «Некоторая
денежная сумма обязательно содержит другие суммы».
Какая из денежных сумм от 1 гроша до 999 грошей на-
верняка содержит наибольшее число различных сумм?
бзб. Сады. На Бискупине во Вроцлаве имеются сады,
а в них различные сорта фруктовых деревьев. Не зная точ-
ного числа, предположим, что существует т садов й п сор-
тов деревьев. Имеется sx таких садов, в которых растет толь-
ко по одному сорту деревьев (не обязательно один и тот же
во всех), имеется s2 таких садов, в которых растет только
по два разных сорта деревьев, и т. д. . . ., имеется sn таких
садов, в которых растет по п сортов (следовательно, все
сорта). Имеется gt таких сортов деревьев, каждый из кото-
рых растет только в одном саду, имеется g2 таких сортов,
каждый из которых растет в двух (и только в двух) садах,
и т. д. . . ., имеется gm сортов, которые растут в т садах
(следовательно, во всех садах). Какие соотношения су-
ществуют между числами sl9 s2, . . ., sn, gu g*> . . ., gm,
m, ri>
64. Излишек труда. Если мы хотим вбить по гвоздю
в каждый из нескольких десятков столбов, расставленных
на равных расстояниях вдоль дороги, то лучше всего на-
чать с первого, а закончить последним. Но как сделать то
же самое хуже всего, т. е. так, чтобы проделанный нами путь
был самым длинным?
*) В Польской Народной Республике находятся в обращении мо-
неты достоинством в 1 грош, 2 гроша, 5 грошей, затем в 10 грошей, 20
грошей, 50 грошей, 1 злотый (=100 грошей) и денежные купюры в 2 зло-
тых, 5 злотых и т. д. В обращении отсутствуют монеты в 3 гроша, 15 гро-
шей и денежные купюры в 3 злотых и 25 злотых.— Примеч. пер.
23
65. Диагональ прямоугольного параллелепипеда. При
помощи масштабной линейки измерьте диагональ кирпича,
имеющего форму прямоугольного параллелепипеда, т. е.
расстояние между самыми отдаленными его вершинами.
Укажите практический способ, пригодный для работы
в мастерских (а не школьный пример на применение теоремы
Пифагора).
66. Перевязывание коробок. В кондитерских для пере-
вязывания коробок конфет поступают так: лента идет наис-
кось и образует один замкнутый косой (неплоский) восьми-
угольник; на крышке видны два параллельных отрезка
ленты, а внизу лента проходит подобным же образом. Зная
все измерения коробки, можно вычислить длину ленты, а
также под какими углами она пересекает ребра коробки.
И, наконец, можно доказать, что лента может быть смещена
не только вдоль самой себя, но также и по коробке.
66а. Другое перевязывание. Коробка, имеющая форму
прямоугольного параллелепипеда, обычно перевязывается
накрест: шнурки пересекаются под прямым углом в центре
покрышки N и в центра основания Р.
Доказать, что прочное склеивание шнурков в N u P
делает невозможным всякое их смещение.
67. Безмен. Безмен — это деревянный (или металли-
ческий) тонкий стержень (постоянной толщины), сделанный
из однородного материала. На одном конце к нему приделан
довольно тяжелый груз, а на другом — крючок, поддержи-
вающий взвешиваемые предметы. На стержне с помощью
зарубок нанесена шкала, по которой мы прочитываем (на-
пример, в килограммах) вес подвешенного на крючке пред-
мета. Для этого на безмене нужно найти точку, в которой
он, подпираемый пальцем (или острием ножа), уравнове-
шивается: соответствующее этой точке деление шкалы ука-
жем искомый вес. Шкалу легко сделать эксперименталь-
но, если есть гири,— чем богаче их комплект, тем точнее
будет шкала.
Как составить шкалу геометрическим способом, если у
нас есть только одна гиря, например только килограммо-
вая?
68. Минимум длины. Линейка L прибита к столу, а под-
вижная линейка R углом В скользит вдоль края линейки L
(см. рис. 134 нас. 117), постоянно опираясь своим краем о
гвоздь О, вбитый в стол; этот край оканчивается углом А.
При таком движении расстояние АО при некотором положе-
нии линейки R достигнет минимума. Найти это положение и
вычислить минимальное расстояние Л О, зная расстояние
29
гвоздя от неподвижной линейки и ширину подвижной ли-
нейки.
69. Деление на части прямоугольников и квадратов.
Если прямоугольник разделен на два прямоугольника, то
совершенно очевидно, что эта конфигурация возникла в
результате одного деления и не могла возникнуть иначе.
Однако если мы разделим данный прямоугольник на три
прямоугольника, то никто не сможет угадать, возникла ли
эта конфигурация сразу же в результате деления на три
части или же поочередно в результате деления первоначаль-
ного прямоугольника на два, а затем последующего деле-
ния одного из полученных двух прямоугольников на два
меньших. Будем говорить, что деление прямоугольника на
две части является первичным, а деление его на три части
не является первичным. Точнее, мы называем первичным
такое деление, которое не может возникнуть в результате
последовательного деления (совершенно безразлично, как
оно возникло в действительности). Это определение дал
профессор Лось, который заметил, что существуют первич-
ные деления на 2, 5, 7, 8, . . . частей и в то же время не
бывает первичных делений на 3, 4 и 6 частей. (Пусть чита-
тель сам докажет, что не существует первичных делений на
3 и 4 части, и найдет первичное деление на 5 и 7 частей;
профессор Ч. Рылл-Нардзевский доказал, что не существу-
ет первичного деления на 6 яастей.)
Г Указать пример первичного деления квадрата на 5
равных частей.
2° Указать пример первичного деления квадрата на 7
равных частей.
3° Указать пример первичного деления квадрата на 8
равных частей.
70. Практическая задача. Фабричная территория —
плоская, но отлогая. У нас имеются нивелировочный ин-
струмент, состоящий из горизонтальной люнетки, вращаю-
щейся вокруг вертикальной оси (причем углы поворота мы
прочитываем по шкале горизонтального круга), и веха, на
которую мы наводим, чтобы прочесть разность уровней, а
также расстояние, на котором установлена веха (благода-
ря двум горизонтальным ниткам в люнетке и шкале на ве-
хе). Как проще всего определить наклон земельного участ-
ка и направление наклона?
71. Соседние города. На карте Европы соединяем
каждый город с ближайшим к нему, предполагая при этом,
что расстояния между любыми двумя парами городов не
равны.
30
Доказать, что ни один город не будет соединен более чем
с пятью соседними городами.
72. Железнодорожная сеть (I). Имеется пять городов;
из них никакие три не лежат на одной прямой. Эти города
нужно соединить железнодорожной сетью, состоящей из
четырех прямых дорог; при этом можно провести железно-
дорожную линию одну над другой по виадукам.
Сколько существует таких различных железнодорожных
сетей?
73. Железнодорожная сеть (II). Города Л, В, С, D ле-
жат в вершинах квадрата со стороной 100 км. Нужно на-
метить железнодорожную сеть так, чтобы каждый город
был соединен с любым из остальных трех городов (при-
чем допустимо образование узловых станций в местах, от-
личных от Л, В, С, D) и чтобы общая длина линий была по
возможности наименьшей. Какова искомая сеть и какова
ее длина?
74. Пробный полет. Самолет нового типа вылетел из
Осло, направляясь по кратчайшему пути к аэродрому X,
находящемуся в Южной Америке, на самом экваторе. Сви-
детели отлета из Осло видят, как самолет исчезает на го-
ризонте в точке, лежащей точно на запад.
Какова длина трассы полета? В какой точке горизонта
должны ждать самолет зрители, встречающие его на аэро-
дроме в X?
75. Солнце и Луна. Расстояние Оолнца от Земли в
387 раз больше, чем расстояние Луны от Земли. Во сколько
раз объем Солнца превышает объем Луны?
76. Космография. Вычислить длину самого короткого
дня во Вроцлаве. Решение требует знания двух углов. Ка-
ких?
Глава 5
ШАХМАТЫ, ВОЛЕЙБОЛ, ПОГОНЯ
77. Шахматная доска. Пусть квадратная или прямо-
угольная шахматная доска имеет нечетное число клеток
(например, 49 или 63). Клетки с общей стороной будем на-
зывать смежными.
На каждой клетке шахматной доски расставляем по
одной пешке, затем собираем пешки и снова расставляем
на клетках шахматной доски.
Возможно ли, чтобы каждая пешка оказалась в клетке,
смежной с той, которую она занимала первоначально?
78. Еще раз о шахматной доске. На каждой клетке шах-
матной доски ставим по пешке. Пешки собираем и расстав-
ляем заново, но так, чтобы пешки, стоявшие в левых углах,
заняли свои прежние места и чтобы пешки, которые были
соседними (т. е. занимали смежные клетки), снова стояли
по соседству.
Возможно ли, чтобы какая-нибудь пешка оказалась на
другом месте, чем первоначально?
79. Ладья на шахматной доске. Шахматная доска, ко-
торой мы воспользуемся, имеет столько же строк, сколько и
столбцов, но отличается от обычной шахматной доски тем,
что расположение белых и черных клеток может быть про-
извольным, лишь бы в каждом столбце была по крайней
мере одна белая клетка и лишь бы по крайней мере один
столбец был целиком белый. Будем говорить, что нам уда-
лось расположить ладьи (а у нас их достаточный запас, так
что недостатка в них не будет) на шахматной доске, если мы
удовлетворим следующим условиям: 1) ладьи стоят только
на белых клетках, 2)' на шахматной доске стоит хотя бы одна
ладья, 3) ладьи не атакуют друг друга (т. е. они стоят так,
что не могут бить друг друга), 4) каждая белая клетка, не
занятая ладьей, но находящаяся по горизонтали под угро-
32
Зой ладьи, находится также под угрозой некоторой ладьи и
по вертикали.
Доказать, что всегда можно расставить ладьи согласно
требованиям 1), 2), 3) и 4).
80. Эллиптический бильярд. На эллиптическом биль-
ярде шар А лежит у края, а шар В — на отрезке s, соеди-
няющем фокусы эллипса. Нужно ударить шар А так, что-
бы, оттолкнувшись от края, он столкнулся с шаром В; од-
нако запрещается пересечение отрезка s шаром А перед уда-
ром о край.
Доказать, что задача неразрешима.
81. Спортивная задача (I). В классе 25 учеников. Из
них 17_ умеют ездить на велосипеде, 13 умеют плавать, а
8 — ходить на лыжах. Ни один из учеников не владеет
всеми тремя видами спорта, но как велосипедисты, так и
пловцы и лыжники имеют хорошие или удовлетворительные
оценки по математике, что тем более знаменательно, так
как шесть учеников имеют неудовлетворительные оценки
по этому предмету.
Сколько учеников имеют отличные оценки по математи-
ке?^ Сколько пловцов умеют ходить на лыжах?
82. Спортивная задача (II). Три бегуна А, В и С систе-
матически состязались в беге на 200 метров, замечая после
каждого пробега порядок, в котором они достигали фини-
ша. Подводя итоги, они обнаружили, что в большинстве
состязаний А обгонял В и что в большинстве случаев В
бежал быстрее С, а также, что в большинстве случаев С
приходил к финишу раньше А. Как это могло случиться?
83. Теория спортивных розыгрышей. Шахматный клуб
доктора Сильвестра Шарадека насчитывает 10 членов. Еже-
годно происходят розыгрыши с целью разделить игроков
на классы. Каждый играет с каждым до первой результа-
тивной партии (ничьи не принимаются в расчет). Будем
говорить, что «А выигрывает у 5», если А выиграл у В
в классификационном розыгрыше нынешнего года. Таких
результатов после окончания турнира будет 45, а игроки
разделятся на классы, например: на игроков, выигравших
у восьмерых, выигравших у семерых, и т. д. (Заметим, что
система 45 розыгрышей допускает возможность, что А вы-
игрывает у В, В выигрывает у С и С выигрывает у А.)
Вопрос касается возможных результатов классификации.
В частности, возможно ли, чтобы клуб был разделен на
три класса?
84. Объединение волейбольных команд. Лучшие ко-
манды по волейболу образуют объединение, которое устра-
2 Г. Штсйагауэ 4
33
ивает сезонные встречи; каждая команда чиграет один раз,
с любой другой. Может случиться, что одна из команд по-
бедит все другие, но это не обязательно. Поэтому согласим-
ся называть чемпионом такую команду, которая победила
любую другую либо обычным путем, либо косвенно, т. е.
через третью. Другими словами, будем считать, что команда
А победила команду 5, если существует команда С, проиг-
равшая команде Л, но победившая в матче с В. Не будем, од-
нако, считать косвенной победой команды А над J5, если А
побеждает С, С побеждает D, a D побеждает В.
Доказать, что 1) розыгрыши в объединениях всегда поз-
воляют выявить одного или более чемпионов; 2) команда,
которая непосредственно выиграла наибольшее число
встреч, всегда является чемпионом.
85. Турниры. Так называемая кубковая система опре-
деления победителя из восьми спортсменов состоит в раз-
биении игроков на пары с помощью жеребьевки. Четыре
матча определяют четырех победителей, которые участвуют
во втором туре; третий тур соревнований является финалом.
Победитель финального матча получает первый приз, а его
соперник получает второй приз. Будем считать, что каждый
игрок имеет определенную силу (подобно тому, как каждый
предмет имеет определенный вес) и что более сильный иг-
рок всегда выигрывает у более слабого (подобно тому, как
более тяжелый предмет всегда перевешивает более легкий,
если они помещены на разные чаши весов). В таких пред-
положениях описанный выше процесс годен для определе-
ния чемпиона, так как победитель действительно будет силь-
нее всех своих соперников; однако второе место вовсе не
всегда будет занято вторым по силе игроком.
Какова вероятность того, что второй участник финаль-
ного матча в самом деле достоин второго приза?
86. Велосипедист и пешеходы. Директор совхоза отпра-
вил двух пеших посыльных: одного с письмом на почту в
город, другого — на четверть часа позднее — в противо-
положном направлении, в соседний сельсовет. Но вдруг
сообразил, что перепутал письма и выслал велосипедиста с
поручением догнать обоих, исправить ошибку и вернуть-
ся. Велосипедист предполагает, что оба посыльных идут с
одинаковой скоростью и колеблется, догнать ли сначала
того, который вышел раньше, или того, который вышел
позже. А так как он едет быстро, то в обоих случаях испол-
нит поручение.
Кто решит эту задачу, пусть скажет, каково было бы
решение, если бы директор не перепутал писем, а только
34
забыл бы дать посланцам деньги и хотел бы это испра-
вить.
87. Четыре собаки. Четыре собаки Л, В, С и D стоят в
углах квадратного луга и вдруг начинают гоняться друг
за другом, как указывают стрелки на рис. 2.
Каждая собака бежит прямо к соседней:
А к В, В к С, С к D, D к А. Сторона лу-
га равна 100 м, а скорость бега собак рав-
на 10 м/с.
Через какой промежуток времени со-
баки встретятся? Пересекутся ли их пути
и где? Какова длина каждого пути?
88. Погоня (I). Корабль Р заметил рис 2
корабль Q, который плывет в направле-
нии, перпендикулярном к PQ, сохраняя
свой курс. Корабль Р гонится за Q, постоянно направляясь
к Q; скорость обоих кораблей в каждый момент одинакова
(но может изменяться со временем). Без вычислений видно,
что Р плывет по кривой линии; если погоня длится достаточ-
но долго, то траектория догоняющего корабля и траекто-
рия убегающего корабля в конце концов становятся почти
идентичными. Каково будет тогда расстояние PQ> если в
начале оно было равно 10 морским милям?
89. Погоня (II). Корабль Ол замечает другой корабль
02, плывущий в момент наблюдения перпендикулярно к
прямой 0±02. Корабль 02 не замечает сигналов Ог и сохра-
няет свой первоначальный курс и свою скорость v2. Корабль
Ох хочет обратить на себя внимание, так как ему необходи-
ма помощь, и с максимальной скоростью vu на которую
он только способен, плывет в таком.направлении, чтобы
как можно ближе подойти к 02. Какой он должен взять
курс? Каково будет расстояние между обоими кораблями в
момент наибольшего сближения, если начальное расстоя-
ние было равно d, а отношение скоростей vjv2 равно k и
меньше 1?
90. Действительно ли условия задачи неполные? Кто-то,
не очень внимательно прочитав предыдущую задачу, рас-
сказал ее доктору Шарадеку и спросил, как определить
курс, исходя из условий задачи. К сожалению, он забыл,
какой из кораблей имеет большую скорость, а какой —
меньшую, но помнил, что отношение скоростей k известно
и меньше 1. Однако он не знал, означает ли k отношение
скорости сигнализирующего корабля к скорости замечен-
ного корабля или наоборот. И велико же было его.изумле-
ние, когда доктор Шарадек тотчас же определил курс на
35
основе неполных данных! Каким образом доктор Шара дек
сделал это?
91. Моторная лодка (1). Моторная лодка контрабан-
дистов имеет втрое большую скорость, чем сторожевой ко-
рабль, находящийся на расстоянии половины пути от лод-
ки к тому месту побережья, до которого лодка хочет до-
браться. Капитан лодки решает плыть к цели вдоль двух
сторон квадрата. Какая часть этого пути будет опасной?
92. Моторная лодка (II). В предыдущей задаче капитан
лодки решил плыть так, чтобы по пути один раз изменить
курс на 90°. Какой он должен выбрать путь, чтобы навер-
няка обойти сторожевой корабль и как можно быстрее
достигнуть цели?
Глава 6
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ПРИКЛЮЧЕНИЯ
ДОКТОРА ШАРАДЕКА
93. Удивительное число. Доктор Шарадек решил в
; корне изменить математическую запись. Он считает боль-
шим недоразумением то, что существует- число, известное-
детям, начинающим учиться в школе, которое наряду с
обычной записью имеет еще другую запись, о которой эти
дети узнают лишь несколько лет спустя, а также еще и
третью, очень сложную, о которой (к сожалению!) они уз-
нают в более зрелом возрасте, причем никто им не говорит,
что это — то же самое число. Только доктор Шарадек и
его друзья знают этот секрет. Какое же это число?
94. «Сантиметр». Портные называют «сантиметром»
ленту с нанесенными на ней сантиметровыми делениями.
Доктор Сильвестр Шарадек имеет (разумеется) иной «сан-
тиметр», чем обычные смертные. Он выглядит так, как
показано на рис. 3 (нарисована только часть ленты), т. е.
Рис. 3
в начале ленты он имеет оковку в полсантиметра. Доктор
Шарадек утверждает, что его «сантиметр» лучше обычного.
Почему?
95. Игра в слова. Доктор Сильвестр Шарадек объя
вил, что он всегда может отгадать загаданное слово, если
ему будет разрешено задать 20 вопросов, отвечать на ко-
торые следует лишь словами «да» или «нет», и если загадаи-
37
ное слово имеется в словаре. Как вы думаете, не хвастает
ли он?
96. Студенческие долги. Семь студентов живут в одной
квартире. В течение всего года они взаимно одалживают
друг другу мелкие суммы денег. Доктор Сильвестр Шарадек
посоветовал им, чтобы каждый отмечал у себя, сколько
денег он взял взаймы и сколько дал взаймы, но не записывал,
у кого или кому одолжил деньги. Перед отъездом на кани-
кулы студенты решили рассчитаться друг с другом, однако
они не знали, как это сделать. Достаточна ли такая бухгал-
терия Шарадека для того, чтобы студенты могли распла-
титься друг с другом? Сколько в худшем случае необходи-
мо сделать выплат? (Выплатой мы называем вручение одно-
му человеку какой-либо суммы денег другим человеком.)
96а. «Криптоним № 2». Доктор Сильвестр Шарадек
решает любые задачи. Друг Шарадека, который хотел его
испытать, принес ему 12 однозлотовых монет, на вид оди-
наковых, и сказал: «Что касается одиннадцати, то я уверен,
что они не фальшивые, но двенадцатая может быть фаль-
шивой, однако я не знаю, легче она или тяжелее обычной».
Говоря это, он высыпал монеты на стол и воскликнул: «Те-
перь я уже не знаю, которая из них подозрительная, но ты
Сильвестр, наверное, обнаружишь это в результате трех
взвешиваний, причем без разновесок, на обычных весах с
двумя чашками». Шарадек ответил: «Я сейчас же это сде-
лаю благодаря моему безошибочному методу, называемому
„криптоним № 2"». Сказав это, он сложил монеты в ряд и
написал на них мелом буквы /С, R, У, Р, Г, О, Ny /, М, D,
W, А, так что каждую монету обозначил одной буквой.
Затем он проделал три взвешивания, каждый раз уклады-
вая на весы сразу по четыре монеты на каждую чашку. Его
приятель с удивлением заметил, что буквы сложились в
слова:
Левая чашка Правая чашка
I взвешивание MYTO RAKI
II взвешивание MODA W1NT
III взвешивание WYKA PION
Но через минуту лицо Шарадека потемнело от гнева.
«Бесчестный обманщик! — воскликнул он,— ты хотел ме-
ня обмануть, меня, Сильвестра Шарадека, доктора всех
математических наук! Но это тебе не удалось, ибо мой
«криптоним № 2» разоблачил тебя! среди твоих монет по
крайней мере две фальшивые!» Его друг с раскаянием соз-
нался, что он виновен.
Исследуйте, смог бы Шарадек, если бы не подвох, найти
38
, фальшивую монету и узнать, тяжелее она или легче настоя-
щей монеты, а если бы все монеты были настоящими, сумел
бы он обнаружить и это. Скажите, каковы были результаты
взвешиваний, которые позволили мастеру заметить под-
вох. И, наконец, определите, мог ли приятель Шарадека
так изменить массу двух монет (оставляя остальным моне-
там их настоящую массу), чтобы провести мастера вместе с
его чудесным «криптонимом № 2».
966. Кубики. Доктор С. Шарадек сообщил мне, что сто
лет тому назад на царских именинах появилась делега-
ция в составе 25 офицеров, по пять из пяти разных пол-
ков, причем каждый полк был представлен полковни-
ком, подполковником, майором, капитаном и поручи-
ком, и генерал, возглавляющий делегацию, расставил ее
квадратным строем так, чтобы в каждом ряду стояли пред-
ставители всех рангов и всех полков и так же в каждой
колонне. Я спросил его, имели ли офицеры ордена, причем
ордена пяти разных наименований так, чтобы каждый полк
имел их все и каждый ранг имел их все, но каждый офи-
цер — только один? Не сбитый с толку доктор Шарадек
уверил меня, что именно так и было, что в каждой колонне и
в каждом ряду были все ордена!
Перещеголяем фантазию знаменитого ученого и составим
125 кубиков в большой куб, обозначив предварительно
каждый кубик цветом (белым, голубым, зеленым, красным
и желтым), буквой (Л, 5, С, D, Е) и номером (1, 2, 3, 4, 5)
так, чтобы было по 25 кубиков каждого цвета, по 25 —
каждой буквы и по 25 — каждого номера, а кроме того,
так, чтобы каждый горизонтальный слой кубиков был мо-
делью строя, аналогичного описанному выше, причем даже
тогда, когда мы примем за горизонтальную плоскость лю-
бую грань большого куба.
97. Странное общество. Один человек рассказал, что
однажды он оказался в обществе, состоящем (вместе с ним
самим) из двенадцати человек, причем
а) каждый из них не был знаком с шестью другими людь-
ми, но знал всех остальных;
б) каждый принадлежал некоторой тройке знакомых
между собой людей;
в) среди собравшихся нельзя было выбрать четырех
попарно знакомых людей;
г) среди собравшихся нельзя было выбрать также и че-
тырех попарно незнакомых лиц;
- д) каждый из собравшихся входил в тройку попарно не-
знакомых лиц;
39
е) каждый мог найти среди незнакомых ему людей чело-
века, с которым он не имеет в этой компании общих знакомых.
Услышав этот рассказ, доктор Шарадек заявил, что
однажды он был в обществе, в котором условия б), в), г),
д) выполнялись, но каждый знал ровно 6 человек и имел
знакомого, который мог познакомить его со всеми осталь-
ными.
Поясните эти ситуации.
98. Счеты. Представьте себе счеты, состоящие из 10
горизонтальных проволок, а на каждой проволоке по одной
костяшке. Пусть эти костяшки передвигаются с постоянной
скоростью, одинаковой для всех, туда и обратно по прово-
локам, меняя направление при ударе о сторону счетов. На-
чальное положение костяшек неизвестно. Вертикальная
ось симметрии делит счеты на левую и правую половину.
Пусть движение происходит так, что одновременно никогда
не окажется более семи костяшек в правой половине сче-
тов. Доктор Сильвестр Шарадек
утверждает, что там никогда не
окажется менее трех костяшек.
Прдв ли он?
99. Поливание улиц. Родной
город доктора Шарадека имеет
автоцистерну для поливания
улиц, но не имеет подходящего
гаража. Доктора попросили обо-
значить на плане города (кото-
рый мы помещаем на рис. 4)
самое лучшее место для гаража,
Рис. 4 т. е. такое, которое позволит
кратчайшим путем объехать все
улицы города и вернуться в гараж. Доктор Шарадек выб-
рал свой дом (на карте он обозначен темным квадрати-
ком). Поступил ли он правильно?
100. Французские города. Доктор Шарадек, знающий
хорошо стратегию, интересовался последней войной и в
1940 году познакомился с картой французского театра воен-
ных действий. Отсюда, вероятно, и возникла следующая
задача. Расстояние (по воздуху, как и все расстояния в
этой задаче) от Шалона до Витри равно 30 км, от Витри до
Шомона 80 км, от Шомона до Сэн-Кантэна 236 км, от Сен-
Кантэна до Реймса 86 км, от Реймса до Шалона 40 км. Вы-
числить в этом замкнутом многоугольнике расстояние от
Реймса до Шомона. Без карты это умеет сделать только Силь-
вестр Шарадек!
40
Глава 7
ЗАДАЧИ БЕЗ РЕШЕНИЯ
Решение некоторых приведенных здесь задач известны, решения
же других задач до сих пор еще не найдены. В этом разделе есть
и легкие, и трудные задачи, однако решение какой-либо из них
может свидетельствовать об умении самостоятельно мыслить.
Плюсы и минусы. Приведенная слева фигура состоит
из 14 знаков «+» и из 14 знаков «—». Они расставлены та-
ким образом, что под дву- у. ^ | V + Л
мя одинаковыми знаками
всегда стоит знак «+», а
- + - + + - + + -
под двумя различными зна- д- + Н ЬЧ
ками — знак «—». • . г . .
++-+-++ +--
+ + _ + + + + +
-+- - + +
- +
+
Если бы в первой строке было п знаков, то в аналогич-
ной фигуре.было бы всего -^ п (п + 1) знаков (наш пример от-
вечает числу п, равному 7). Так как ул(п+1) есть четное
число при л=3, 4, 7, 8, 11, 12 и т. д., то можно спросить,
возможно ли для любого из этих п построить фигуру, ана-
логичную нарисованной и начинающуюся с п знаков в са-
мой верхней строке. В частности, мы спрашиваем о случае
п=12.
Общее решение до сих пор неизвестно. Приводим реше-
ния для /г=12 (рис. справа) и п=20 (на с. 42), из которых
41
путем отбрасывания первой строки получаем также реи'
ния для л=11 и я=19.
+ + + + + + + + + г- - +
+ + + - + + + - + + + - + + + + -
+ + +-+--++--+++-
+ - + + • .+ - + - + - + + -
+- + + + + -
+ + + - + + ++■+ +
- + + - + + + + +. + - +
- + + - + + + +
-- + + + + + - +
+ - + - + + - + +
: + ■+- +
+ ++-- +
+ + ~ + -- + +
+ -"- + - +
- + +-.
- +- + +
- -- +
+ + -
+ -
Треугольник в треугольнике. Один треугольник имеет
стороны а, Ь, с, а другой — стороны а', 6', с'. Какие усло-
вия, связывающие числа а, Ь, с, а', Ь\ с\ необходимы и до-
статочны для того, чтобы первый треугольник можно было
поместить внутри другого?
Части квадрата. Единичный квадрат разделен на 3
произвольные части. Пусть г — некоторое положительное
число, меньшее У 65/64.
Всегда ли будет верно утверждение, что найдется часть,
содержащая по крайней мере 2 точки Р, Q с PQ=r?
Деление окружности. На окружности длины 1 мы от-
мечаем точку Р и откладываем от нее поочередно дуги ир-
рациональной длины v. Таким образом получаем точки
Ри Рг* . . •, Рпу • • •> причем длина любой дуги PhP%+t
всегда равна и. Точки Р, Р1у . . ., Рп-х делят окружность
на п дуг. Доказать, что точка Рп окажется в наибольшей
из них.
Лучи в пространстве. Три луча в пространстве исходят
из общей вершины и образуют плоские углы А, В, С. Какие
42
из неравенств:
1) Л + В>С,
2) sin A + sin В > sin С,
3) sin- Л + sin -i Б > sin у С,
4) sinM + sin2B> sin2 С,
5) sin2 у Л + sinay В > sin2 ~ С
всегда верны, а какие — не всегда?
Неограниченная шахматная доска. На неограниченной
шахматной доске ограничить фигуру, состоящую из 100
квадратов, т. е. из 100 клеток шахматной доски, таким об-
разом, чтобы диаметр этой фигуры был по возможности
наименьшим (диаметром называется наибольшее расстоя-
ние между точками фигуры).
Найти этот диаметр. Найти радиус наименьшего круга,
охватывающего 100 клеток шахматной доски.
Еще раз счеты. Пусть костяшки, о которых говорится
в задаче 98, занумерованы от 1 до 10. В любом положении
их проекции на основание счетов дают одну из возможных
перестановок чисел 1, 2, 3,'. . ., 10. Пусть костяшки пере-
двигаются по проволоке, как и в задаче 98, каждая с постоян-
ной, но отличной от других скоростью, причем каждая ско-
рость выражается целым числом см/с. Можно ли так подо-
брать эти скорости, чтобы — независимо от начального по-
ложения — счеты дали во время движения костяшек все
возможные их перестановки (т. е. перестановки из чисел
1, 2, 3, . . ., 10). Доктор Шарадек уверяет, что он знает та-
кое распределение скоростей, при котором ни одна пере-
становка чисел не повторится, прежде чем не появятся все
другие1
Сравнивание весов. Имеется четыре предмета разного
веса, а также весы без гирь. На весах можно сравнивать вес
любых двух предметов. Легко указать способ, который
дает возможность установить порядок весов данных пред-
метов самое большее после пяти взвешиваний. Доказать,
что не существует такого способа, который бы гарантиро-
вал установление порядка весов предметов после четырех
взвешиваний.
Известно, что для 10 предметов существует способ уста-
навливания порядка весов, требующий 24 взвешивания;
можно ли это число взвешиваний уменьшить?
Банки в ящике. В ящике формы прямоугольного парал*
лелепипеда, дно которого имеет размеры 186 мм на 286 м\*,
.43
можно плотно уместить 16 одинаковых жестяных цилиндри-
ческих банок, имеющих высоту, равную высоте ящика, и
стоящих основанием на дне его. Однако какое-либо увели-
чение диаметра банок уже не позволит их поместить в ящи-
ке. Каков диаметр банки?
Бактерии. Доктор Шарадек открыл вид бактерий, ко-
торые размножаются удивительным образом. От первичной
бактерии отрывается часть и становится самостоятельной
бактерией; обычно она короче оставшейся: таким образом,
появляются две бактерии различной длины. От длинней-
шей из них снова отрывается часть, тоже короче оставшей-
ся, и этот процесс длится до тех пор, пока не приведет к
остатку более короткому, чем какая-нибудь ранее оторван-
ная часть. Тогда от длиннейшей из оставшихся отрывается
часть, равная по длине кратчайшей из оставшихся. Это
единственное правило (одновременно с неравным начальным
разделением) достаточно для описания всего процесса раз-
множения, однако нужно помнить, что в каждый момент
самое большее одна бактерия делится на две.
Доказать, что в колонии бактерий никогда не бывает
более трех различных длин, и если первое деление было
иррациональным, то постоянно будут повторяться моменты,
при которых окажутся всего только дйе различные длины,
а также моменты, когда различных длин будет три, и, на-
конец, возможно такое первоначальное деление, при кото-
ром отношение длин сохранится при всех дальнейших де-
лениях на части.
Подъезжает цирк! Дети играют на лугу рядом с шос-
се. Вдруг замечают в том месте, где шоссе выбегает из ле-
са, шута на коне — это подъезжает цирк... Дети хотят под-
бежать к шоссе, чтобы увидеть шута; стоящие дальше уже
не добегут, но хотят по крайней мере увидеть его как мож-
но ближе. Все дети бегут с одинаковой скоростью, но шут
едет быстрее.
Нужно: а) начертить линию, отделяющую ту часть
луга, с которой можно добежать до шута, от остальной;
б) определить путь бегущих детей, находившихся на этой
линии; в) определить путь для детей, которые не добегут
вовремя; г) найти путь детей, которые успеют добежать к
шоссе прежде, чем шут их минует.
Тем, кто будет решать эту задачу, мы советуем познако-
миться с задачей 89.
Три ковбоя. Три ковбоя охраняют стадо на большом
квадратном пастбище. Ковбои хотят так разделить пастби-
ще, чтобы: 1) каждый из них отвечал за х/з поля, 2) самая
44
дальняя точка пастбища, за которую отвечает ковбой А,
находилась на таком же расстоянии от его поста, как и
самая дальняя точка пастбища, охраняемого ковбоем В,
от поста ковбоя В и самая дальняя точка пастбища, охра-
няемого ковбоем С, от поста ковбоя С. Кроме того ковбои
хотели бы, чтобы: 3) это максимальное расстояние было по
возможности наименьшим и 4) чтобы в случае какого-либо
происшествия к месту происшествия всегда подъезжал
ближайший из них.
Доказать, что задача неразрешима, и привести решение,
которое можно получить, отбросив одно или же два усло-
вия.
Допрос. Судья: Итак, свидетель видел пожар? А что
свидетель делал непосредственно перед пожаром?
Свидетель: Я £одил по межам.
Судья: Как проходят межи в вашей деревне?
Свидетель: Параллельно и перпендикулярно к
шоссе.
Судья: Вы гуляли без цели?-
Свидетель: Нет, идя от шоссе межами, я рассмат-
ривал поля соседей, ни разу не возвращался той же межой
и снова вышел на шоссе.
Судья: А пересекали ли вы свою дорогу?
Свидетель: Нет. Но помню, что около рапса я
проходил дважды, причем первый раз он был у меня по пра-
вую руку, так что я мог видеть дом, а когда проходил ми-
мо него во второй раз, то он оказался по левую руку. Вот
тогда я и услышал, что кричат «Горит!».
Судья велел арестовать свидетеля, как подозреваемого.
Почему?
Стрелки на додекаэдре. Представим себе модель пра-
вильного додекаэдра, на каждой из его граней нарисуем
стрелку ->; доказать, что найдутся две соседние стрелки,
т. е. помещенные на смежных гранях, которые образуют
угол, больший 90°.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Прежде всего заметим, что в данной последовательности каждая
нечетная цифра может появиться только между двумя четными цифрами.
Действительно, предположим, что два последовательных члена с, d
рассматриваемой последовательности — нечетные. Тогда могут иметь
место два случая:
или число cd является произведением двух членов а, Ъ данной по-
следовательности, предшествующих членам с, d и нечетных,
или же цифра с является последней цифрой произведений двух
членов а, Ъ данной последовательности, предшествующих членам с, d
и нечетных.
Таким образом, из предпосылки, что два последовательных члена
с, d рассматриваемой последовательности являются нечетными, следо-
вало бы, что два других члена этой последовательности, предшествую-
щие членам с, d, являются нечетными. Поэтому из предпосылки, что
два последовательных члена с, d рассматриваемой последовательности
являются нечетными, следовало бы, что среди трех начальных цифр
данной последовательности имеются две нечетные, что в действительно-
сти не имеет места.
Из приведенного замечания, что в рассматриваемой последователь-
ности никогда не выступают два соседних нечетных члена, следует, что
цифра 9 в данной последовательности не появится. Действительно,
цифра 9 могла бы появиться только в произведении двух чисел не мень-
шем 90, а произведение двух однозначных чисел всегда меньше 90.
Не может также появиться и цифра 7, так как единственным дву-
значным произведением однозначных чисел разной четности, в котором
появляется цифра 7, является произведение 8-9=72, но цифры 9 в
данной последовательности нет.
Мы не встретим также в этой последовательности и цифры 5, ибо
только два произведения однозначных чисел разной четности содержат
цифру 5, а именно, 54=6*9 и 56=7-8, но оба они содержат такие циф-
ры, которые не появляются в данной последовательности.
2. Обозначим произвольное натуральное я-значное число через
L = 10«-1ая+ 10*-2a„__i+ ... + 102а3+ Юа2+аъ
а сумму квадратов его цифр через
Ll=ifia + a*_1+...+al+al+al
Имеем
L_L1 = (10»-i-an)a„+(10»-2_a7)_1)an_i+...
...+(10»_e4)o»+(I0»-a^e8+(10-af)e,-(oi-I)ei.
Заметим, что
(а1—1)а1<72.
46 j
Таким образом, если мы предположим, что л>3, то (так как апФЩ
будем иметь
(10*-i_a„)a„^99,
вместе с тем
(10'*-1—A/Jfl/^O для / = 2, 3, ..., п—1,
поэтому
L>LV
Из последнего неравенства вытекает, что, исходя из данного по
меньшей мере трехзначного числа L и образуя описанным в задаче
способом последовательность
Ь& Ь2§ L3i ,,, (1)
сумм квадратов цифр, мы получим убывающую последовательность,
пока члены >той последовательности будут по меньшей мере трехзнач-
ными; а так как они могут быть только натуральными числами, то*
исходя из произвольного числа L, в котором не менее трех цифр, после
некоторого числа шагов описанного в задаче процесса наверняка при-
дем к не более чем трехзначному числу. Отсюда следует, что достаточно
проверить, верно ли утверждение задачи для чисел самое большее трех-
вначных.
Предположим, следовательно, что дано трехзначное число L, т, е,
что я=3, Тогда о^О и получаем
L—Li= (100—а3)Яз+ (Ю—а2)а2— (а1—l)ai>99—72=27,
или
Li<L—27.
Из последнего неравенства вытекает, что некоторый член последователь-
ности (1) является самое большее двузначным числом. Пусть этим чле-
ном будет
Так как члены последовательности
Lq+it Lg+2, Lq+$t ...
не изменятся, если число Lq заменим числом 10/г+/, то наше предполо-
жение достаточно доказать для чисел Lq при условиях
j>k>0, pz\.
Если LQ=\0j-\-k, а также j^k^O и /^1, то Lq+1 является одним
из чисел следующей таблицы значений выражения /2+&2:
/
1
2
з
4
5
6
7
8
9
0
1
4
9
16
25
36
49
64
81
1
2
5
10
17
26
37
50
65
82
2
8
13
20
29
40
53
68
85
3
18
25
34
45
58
' 73
90
k
4
*
32
41
52
65
80
97
5
50
61
74
89
106
6
72
85
100
117
7
98
113
130
8
128
145
9
162
47
Из этой таблицы мы можем отбросить числа
1, 10, 100,
а также названные в условии задачи числа
145, 20, 4, 16, 37, 58, 89,
так как для них теорема верна. Кроме того, мы можем отбросить числа
2, 40, 50, 52, 61, 73, 80, 81, 85, 90, 98, 130,
которые отличаются от предшествующих чисел или же от других чисел
таблицы перестановкой цифр или же приписыванием цифры 0. Тогда ос-
танется 28 чисел, а именно,
5, 8, 9, 13, 17, 18, 25, 26, 29, 32, 34, 36, 41, 45, 49, 53,
64, 65, 68, 72, 74, 82, 97, 106, ИЗ, 117, 128, 162,
для которых нужно проверить достоверность теоремы.
Результаты проверки запишем в таблицу. В первом столбце запи-
шем число, для которого проверяем теорему, а во втором столбце запи-
шем поочередно члены последовательности (1), образованной именно
для-этого числа. Проверку прервем, если дойдем до одного из чисел,
для которых теорема верна.
5
8
9
18
32
36
49
25, 29, 85
64, 52
81
65, 61
13, 10
45, 41, 17, 50
97, 130
. 72
74
82
106
113
128
162
53, 34, 25
65
68, 100
37
И, 2
69, 117, 51, 26, 40 |
41
Так как в каждом случае в конце концов приходим к числу 1 или
же к одному из чисел
145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89,
которые периодически повторяются, _то указанная в задаче теорема
доказана.
3. При делении степеней 5а, 4&, 3V на 11 (где а, р, у обозначают
целые неотрицательные числа, не превышающие 5) получаем следую-
щие остатки:
Число
5°
51
5*
53
5*
55
Остаток
1
5
3
4
9
1
Число
4°
41
42
4*
4*
45
Остаток
1
4
5
9
3
1
Число
3°
З1
З2
з3
3*
3>
Остаток
1
3
9 \
5
4
1
48
Обозначим соответственно через R (5а), R (40), R (3V) остатки, полу-
ченные отделения чисел 5а, 4P,3v на 11. Остатки эти можно прочесть
по приведенной выше таблице. Обозначим, далее, через k, m, п три
производных неотрицательных целых числа. Числа 5°*, 4б/л, З5'* при
делении на 11 дают в остатке единицу. Поэтому числа 55Л+а, 4бт+&,
36"+v при делении на 11 дают соответственно остатки #(5а), Я (4Р),
R(3V). В таком случае выражение
c^bk + a , 4бш+р , збл + v /п
только тогда делится на 11, когда сумма /?(5a)+/?(40)+#(3V) делится
на 11. Это имеет место при
k=m=n, <х=1, 0=2, y=0.
Можно привести 14 других выражений типа (1), делящихся на 11.
Их находят, выбирая из трех столбцов приведенной выше таблицы по
одному числу так, чтобы в сумме получить число, делящееся на II."
4. Выражение ап+Ь* делится на а-\-Ь, если п — нечетное число.
П ;ЭТОМу ЧИСЛО
3io6+41o5= (33)36+ (43)36
делится на 33+43=7«13. Аналогично из равенств
3юб_(_41об==(зб)21+ (46)21,
ЗЮ*+410в= (37)1б+ (47)16,
следует, что данное число делится на 35+45=7«181 и на 37+47=49-379,
Заметим, далее, что
43==—1 (mod 5)
(эта формула обозначает, что число 43 при делении на 5 дает остаток
—1). Отсюда вытекает, что
4*»и(—l)»(moi 5),
следовательно,
4юб__1 (mod 5).
Подобным же образом 32ss—1 (mod 5), отсюда следует, что
3104=(-l)62(mod5),
следовательно,
3104E=l(mod5) и 3106==3(mod5).
Так как
4105=—1 (mod 5) и 3106=3(mod5),
то
3io6+4io6s2(mod5);
это означает, что число з10б+4106 при делении на 5 дает в остатке 2.
Подобным же образом
43=—2(mod 11), откуда 41б=—32 (mod 11),
а так как —32=1 (тп! 11), то
4u=l(mod И)
и, в конечном счете,
4105s=l(mod 11).
Точно так же убеждаемся в том, что
36E=l(mod 11), откуда 310бг=1 (mod 11).
49
Поэтому
3io6+4io6=2(mod UY>
это означает, что число з10б+4106 при делении на И дает в остатке 2,
5. Пусть существуют натуральные числа х, уу z, п такие* что n^sf
и xn+yn=zn. Нетрудно заметить, что x<z, y<z и хфу\ ввиду симметрии
можно предположить, что *<#, тогда
2«— уп = (г—у) (гп-1+угп~*+... +У71'1) ^ 1 -яле»-» > хп,
вопреки нашему предположению, что xn+yn=zn. Отсюда следует спра*
ведливость сформулированного в задаче утверждения.
6. Можно привести много последовательностей чисел х±, х2, *.,? *ш
удовлетворяющих условиям задачи. Вот две из них:
0,95 0,05, 0,34 0,74 0,58 0,17 0,45 0,87 0,26 0,66;
0,06 0,55 0,77 0,39 0,96 0,28 0,64 0,13 0,88 0,48.
Числа первой из этих последовательностей располагаются следующий
образом в частях отрезка [0, 1]:
»
4 5
6 7 8 9 10
0,95
0,05
0,34
0,74
0,58
0,17
0,45
0,87
0,26
0,66
2
1
3
1
2
4
1
2
3
5
1
2
4
3
6
1
3
5
4
2
7
1
3
6
5
2
4
8
1
3
6
5
2
4
7
9
1
4
7
6
2
5
8
3
10
1
4
8
6
2
5
9
3
7
Эта таблица имеет следующий смысл. В столбце, помеченном сверху
числом 2, в первой строке выписано число 2* а во второй — 1; это ука-
зывает на то, что 0,05 принадлежит первой половине отрезка [0, 1], а
0,95 — второй половине этого отрезка. Сказанное переносится, разу-
меется, на любой столбец таблицы. Так, например, 6 в столбце, поме-
ченном сверху числом 8, принадлежит строке, в левом столбце которой
стоит дробь 0,74; это указывает на то, что 0,74 принадлежит 6-й из тех
частей отрезка [0, 1], которые мы получаем при делении его на 8
равных частей (т. е. что 5/8<0,74<6/8). Нетрудно проверить справед-
ливость всех просуммированных в этой таблице данных. Поскольку в
каждом столбце мы имеем ровно столько чисел, сколько указывает
число вверху этого столбца* причем все стоящие в одном столбце числа
различны, то условия задачи выполнены.
7. Система 14 чисел (/i=14), удовлетворяющих условиям аналогич-
ным приведенным в предыдущей задаче, существует:
0,06 0,55 0,77 0,39 0,96 0,28 0,64
0,13 0,88 0,48 0,19 0,71 0,35 0,82
(она возникает путем дописывания чисел 0,19, 0,71, 0,35, 0,82 ко второй
последовательности, приведенной в предыдущей задаче).
50
Расположение чисел этой системы в отрезке [0, 1] следующее:
2 3 4 Б 6 7 8 9 10 11 12 13 14
1 1
2 2
3
1
3
4
2
1
3
4
2
5
1
4
5
3
6
2
1
4
6
3
7
2
5
1
5
7
4
8
3
6
2
1
5
7
4
9
3
6
2
8
1
6
8
4
10
3
7
2
9
5
1
7
9
5
И
4
8
2
10
6
3
1
7
10
5
12
4
8
2
11
6
3
9
1
8
11
6
13
4
9
2
12
7
3
10
5
1
8
11
6
14
4
9
2
13
7
3
10
5
12
0,06
0,55
0,77
0,39
0,96
0,28
0,64
0,13
0,88
0,48
0,19
0,71
0,35
0,82
Так как числа 0,35 и.0,39 находятся между 5/15=0,33... и 6/15=0,4,
то приведенную выше систему уже нельзя дополнить пятнадцатым чис-
лом с сохранением условия задачи.
Любопытно, что числа системы можно переставить таким образом,
чтобы условие задачи по-прежнему было выполнено, например:
0,19 0,96 0,55 0,39 0,77 0,06 0,64
0,28 0,88 0,48 0,13, 0,71 0,35 0,82.
А. Шинцель показал, что в общем случае ответ на вопрос задачи
отрицательный, следующим образом установив неразрешимость ее для
случая п=751).
Предположим, что числа xl9 х2, ..., х1Ь удовлетворяют требуемым
условиям. Тогда для некоторых натуральных i</<35 имеем
8
10
35 < Xi < 35 ■ 35 < Xj K 35 "
Следовательно,
-Xi
9_
35"
Ю
35"
_81
"35
7_
'35
t"7-=40f
_7_
35
10
Пусть
1_
35
35"
(О
(2')
(2)
МЫ, „=_гм.
Xj — Xi J [ *i\
г) М. Вармус (Л1. Warmus) доказал, что последним значением п,
для которого задача разрешима, является га=17.
51
Через [х] здесь, как всегда, обозначается целая часть числа
х; другими словами,
35(ху-х/)-у < *<35(ху—х,)+у ■ (3)
(*+т)« .,. ('+?)
-+1. (4)
Xj — Xi Xj — Xi
J-<m<-U-l. (Б)
X, Л,
Из (3) и (4) следует, что
_ , , , [35(ху—х/)+1]^ , , „
35х,< / < г-1=35х/^ - И,
Xj — Xi ' ' ' Ху—X/ '
а сопоставив (5) и (2'), мы получим
35 < т< 35 + ! h—+1 < 76,
1 Xj—Xi *i
или
36<m<75. (b;
Из неравенства (5), кроме того, следует, что (т—1)х/</</пх/*
откуда
[(т-1)х/]<[тх,]. (7)
С другой стороны, в силу (5), (4) и (1),
(m-\)Xj^^-l^Xj = l^-Xj = l+l^^-Xj>!
^i+±—-1 -—-- x,=i+k+4~*
Xj — Xi
Аналогично, в силу (2)
Xj = l + k + j~Xj > l+k.
"'<(i+,)''-'-|+^-';+'V!+i'<
. -1 . ~У-=н-*+4+
xj—Xi -J xj y ' ' • 7 '
X/ —X/
Комбинируя полученные неравенства, мы найдем, что
l + k< (m—\)Xj < mxj < /+Л+1,
откуда
[(m-\)xj] = lmxj). 8)
Из (7) и (8) следует, что
A^-i = [(m-l)xy]-[(m-l)x/] > \mxj\-\mxi\ = N м. (9)
Однако из условия задачи и из неравенства (6) следует, что после-
довательность чисел [(т— IJjcJ, [(т—1)*2], ..., [(/я—l)im_J получается
из последовательности 0, 1, ..., т—2 простой перестановкой входящих
;в нее чисел и, аналогично, последовательность [тх^, [тх2], ..., [тхт]
получается перестановкой из последовательности 0, 1, ..., т—1.
Так как «", /<35<т—1, то Nm_1 — это число решений неравенства
xi<xt<xj в натуральных числах /<т—1 и Nm — число решений этого
неравенства в натуральных числах t<.m. Следовательно, ArOT_1<yVm,
что противоречит неравенству (9). Это противоречив и завершает дока-
зательство.
7а. Существует 90 перестановок. Однако если мы будем считать
перестановки, полученные, путем замены букв, отличающимися несу-
щественно, то получим только 90 : 6=15 различных групп перестано-
вок, ибо существует 6=3! перестановок букв а, Ь, с:
abc act bac Ьса cab cba.
Выпишем из каждой из этих 15 различных групп перестановок
одну перестановку, именно ту, в которой первой буквой является а,
второй, отличной от а, буквой является bt a третьей, отличной от преды-
дущей буквы, является буква с:
1) aabbcc (aabbcc—1) 2) aabcbc (ababcc—4)
3) aabccb (abbacc—7) 4) ababcc (aabcbc—2)*
5) abacbc(abacbc—5) 6) abaccb (abbcac—8)
7) abbacc(aabccb—3)* 8) abbcac (abaccb—6)*
• 9) abbcca(abbcca—9) 10) abcabc (abcabc—10)
11) abcacb(abcbac—\2) 12) abcbac(abcacb—\l)*
13) abcbca(abcbcd—\3) 14) abccab (abccab—14)
15) abccba(abccba—\b)
Рядом с каждой перестановкой мы выписали в скобках представи-
теля и номер той группы перестановок, которую мы получаем из пере-
становок данной группы, прочитывая их с конца. В качестве предста-
вителя мы подбираем такую перестановку, в которой первой буквой
является а, второй, отличной от нее, буквой будет by a третьей, отлич-
ной от предыдущих, будет буква с.
Совершенно очевидно, что группы 4, 7, 8 и 12 (отмеченные звездоч-
ками) не отличаются существенно соответственно от групп 2, 3, 6 и 11,
если прочитывать их с конца. Поэтому групп перестановок, отличаю-
щихся существенно, всего 11. Их них 7 групп содержат по 6 перестано-
вок, а 4 группы — по 12 перестановок.
8. Можно принять
Действительно, в силу легко доказываемого равенства
pqr=l
имеем
*._/?_* ,:С_УТ_* см-/£„
Используя вторично равенство pqr= 1, мы можем из приведенной
р выше пропорции получить другую, также обладающую требуемыми
свойствами:
A:B:C=¥p*q: У q2r : Уг*р.
53
Ч11
8а. Обозначим выражение, симметричность которого следует ДО*
казать, буквой w. Легко заметить, что
2 | jc—у\ + 2х+2удля |*—у\ + х+у—2z>0,
для \х—у\ + х+у—2г<0.
Рассматривая еще случай х—#>0 и х—#<0, заключаем, что
(4* для х—г^О и *—^^0,
4г/ для г/—jc^sO и */—г^гО,
4г для г—у^О и г—#^0,
т. е. w=4 max {*, у, г}, откуда непосредственно следует симметрич-
ность этого выражения.
9. Для х>0 левая часть уравнения возрастает с возрастанием х,
и легко заметить, что при х= 1,5 она меньше 10, а при ^= 1,6 — больше
10. Поэтому корень уравнения лежит внутри интервала (1,5, 1,6).
Запишем его как неприводимую дробь p/q. Тогда уравнение примет
следующий вид: pb+pq*= \0qb, откуда следует, что р — делитель числа
10, следовательно, р равно одному из чисел 1, 2, 5, 10. Однако выписы-
вая дроби с вычислителями 1, 2, 5, 10, сразу же замечаем, что ни одна
из них не попадает внутрь интервала (1,5, 1,6).
10.. Заметим сначала, что имеет место следующая лемма: если
р, Я у х> У — положительные числа, то неравенства
1>±-
Р Я
влекут за собой неравенство
Действительно, пс
х и
поэтому — > ~ > 0,
р р
В таком случае
0<1+^
1 X
следовательно,
х+р
> условию
, х> у
У
у+я'
— > — > 0 и х> у>
Р Я
следовательно,
*-,<
У \
1 , Я Л Х
< 1+— , или 0< —
TTF>
У
У+Я '
►о,
X
< У+Я
у
Таким образом, лемма доказана.
Так как А, В, С, а> Ь\ с, г — положительные числа, то
+} > c+clb+r и А + а+В+ь > А+°'
поэтому, согласно доказанной лемме,
А + a + B + b А + а
A + a + B + b+c+r C+c + A + a+b-\-r'
54
(1)
Подобным же образом получаем
—т->т-|—гтгг- и B+b + C+v> С+с,
а следовательно, в силу доказанной леммы,
В + Ь + С+с С+с
В + Ь+С+с+а+т С+с+А + а+Ц+г' к '
Складывая неравенства (1) и (2), получим неравенство, правильность
которого мы и должны были доказать.
11. Уравнение 1—z=z2 имеет один и только один положительный
корень г = -—^—. Следовательно, это г удовлетворяет уравнениям
1— z = z2, г—г2 = г3, ..., гп—гп+1 = гп+2, ...
Обозначив число гп через ап(п=0, 1, 2, ...) мы получим нужную
нам последовательность. Так как 0<г<1, предел этой последователь-
ности (геометрической прогрессии) равен 0.
Пусть теперь 60, Ьъ ...—другая последовательность, удовлетво-
ряющая условиям задачи, т. е. такая, что b0=l и Ьп—bn+1=bn + 2 при
л=0, 1, ... Если эта последовательность отлична от построенной выше
геометрической прогрессии, то найдется некоторый ее элемент Ь^ от-
личный от zk% т. е. такой, что bk=zk-\-d, где йФО. Пусть k — первый
номер такой, что Ь^Фгк\ так как &0=l=z°, то k^l и, значит, сущест-
вует элемент b^-г второй последовательности, совпадающей с эле-
ментом zfc~~l первой последовательности: ^-i=2*~1. Таким образом,
мы имеем
bk = z*+d,
bk+i = bk-i—bk = zft-1 — (z*+d) = z*~1 — z«—d = 2ft+1—dt
bh+2 = bk—bk+i = z*+d—(z*+1—d)=zb—z*+1 + 2d = z*+* + 2d,
bk+3 = bk+1-bk+2 = z*+i-d-(z*+*+2d) = z*+*-3dt
bk+t = z*+*+5d,
bk+b = z«+b-8d,
bk+p = z*+P±Cpd.
Поскольку zh+P стремится к 0 при р-*-оо,то для достаточно боль-
ших р знак элемента Ьк+р определяется знаком выражения ±Cpd,
абсолютная величина которого заведомо не меньше d. Но целые числа
±Ср (коэффициенты при d) попеременно положительны и отрицатель-
ны, а значит, в последовательности {Ьп} встретятся как положитель-
ные, так и отрицательные числа, что противоречит условию задачи.
Таким образом, предположение о несовпадении последовательностей
{Ьп} и {zn} приводит к противоречию и, следовательно, последователь-
ность {zn} доставляет единственное решение задачи.
12. I. Предположим, что полученная фигура содержит замкнутый
многоугольник ABCDE...MN.
Предположим, кроме того, что AN<AB, т. е. что точка А соединена
с точкой N, как с самой ближайшей. Тогда АВ<ВС. Но точки В и С
соединены отрезком, следовательно, BC<CD. Рассуждая подобным же
образом, получим, далее, что СО<0£<...<Л4Лг<УУЛ, т. е. что АВ<
<NA, а это противоречит нашему предположению, что AN<AB.
55
Так как при условии, что AN>ABt можно рассуждать подобным
же образом, то сделанное нами предположение ведет к противоречию.
Отсюда следует, что наша фигура не может содержать замкнутого мно-
гоугольника.
II. Предположим, что образованная фигура содержит два пересе-
кающихся отрезка АВ и CD (рис. 5).
Допустим, что точки А и В потому были соеди-
нены отрезками, что точка В ближе всего располо-
жена к точке А и что точка D ближе всего располо-
жена к точке С. Тогда
AB<AD, CD<CBt откуда AB+CD<AD+CB,
что противоречит утверждению, что в выпуклом
четырехугольнике сумма диагоналей больше сум-
мы его двух противоположных сторон.
Таким образом, мы доказали и вторую часть
теоремы.
13. Для упрощения введем следующие обозна-
^ _ чения:
Рис. 5
Докажем, что если а<Ь, то порядок
дает меньший угол, чем первоначальный порядок
Хъ *2> •••» *Л-1» Д> Ьу Xfc + 2, ..., Хп.
С этой целью достаточно сравнить углы Pk-\OPk+i в обоих по-
рядках. На рис. 6 угол P'k+iOPk-i отвечает первоначальному по-
Рис. 7
рядку, а угол Pk+iOPk-i — измененному порядку. Так как 0/^+1=
=*GP'k+i(= У^+а2-^), то следует доказать неравенство
Pk+iR"<Pk+iR'* т., е. неравенство
ah ab
которое вытекает из предположения, что а<Ь9
56
14. Если в треугольнике ABC со сторонами а, Ь, с дан ZA=60°,
то ZZH-ZC= 120°, и шесть таких треугольников можно уложить
венком (рис. 7), ограниченным извне правильным шестиугольником со
стороной а, а изнутри правильным шестиугольником со стороной Ь—с.
Вычисляя площади обоих шестиугольников, получим формулу (1),
данную в условии задачи.
В случае, когда в треугольнике дан ZA=120°, то ZB+ZC=60°;
три таких треугольника укладываются в треугольный венок (рис. 8).
Рассуждение, подобное предыдущему, дает формулу (2).
15. Проведем прямую, которая пересечет стороны АХА2 и А3АХ
треугольника АХА2А3 и разделит его периметр, равный 2р, пополам
(рис. 9). Примем прямые АХА2 и АХА3 за координатные оси и пусть пря-
мая С3С2 пройдет через точки C3(q+X, 0) и С2(0, q—Я), где q=—p,
а Я — произвольное число. Прямая С3С2, конечно, делит пополам пе-
риметр треугольника АгА2А3.
Из условия, что прямая С3С2 пересекает стороны АХА2 и А3АЪ
а не их продолжения, получаем
0<<7—Я<42,'
откуда
—<7<Я<<*3—Я, Y
q—d2^\<q. ( '
Совершенно очевидно, что из неравенства d1<.d2-\-d3 следует не-
равенство 2<1г<2р, или di<p, и что подобным же образом d2<p, d9<p.
Видно также, что из неравенства p>d8 следует неравенство <7>d2—Ц
и что подобным же образом из неравенства p'>d2 получаем неравенство
q—d2>—q- Поэтому систему неравенств (1) мы можем заменить двойным
неравенством
q—d2<.X<da—q, (2)
определяющим допустимые значения параметра Я. Уравнение прямой
С3С2 имеет вид
(q-X)x+ (q+k)y-.q*+W=0. (3)
Если, начертив треугольник АгА2А3, мы измерили бы его периметр
2р, а затем, поочередно подставляя различные числовые значения вместо
параметрах, определили для каждого значения Л точки С^, Са и начер-
67
тили прямую CZC2, то мы бы убедились (рис. 10), что все прямые С3С2
касательны к одной и той же кривой, которая является огибающей
семейства прямых (3). Нетрудно подсчитать, что уравнением этой кри-
вой будет
4ду= (р-х-у)*. ^ (4)
Кривая (4) — парабола, ибо это — кривая второго порядка, ко-
торая с каждой прямой, определенной уравнением y=x-\-kt имеет,
Рис. 10
независимо от значения параметра k> только одну общую точку. По-
этому ось параболы (4) параллельна прямой у=х, т. е. биссектрисе
угла Ai. Подставляя в уравнение (4) вместо х и у поочередно значения
Рис. 11
у=0 и #=0, мы убедимся, что парабола (4) касается сторон угла Ai в
точках Т3(р, 0) и Г2(0, р), как показано на рис. 11. А так как треуголь-
ник А1Т2Т3 равнобедренный, то биссектриса угла Лх перпендикулярна
к Т2Т3 и делит этот отрезок пополам, т. е. является осью параболы (4).
Подставляя теперь поочередно крайние значения параметра \,
определенные неравенствами (2), получим при.Я=д—d2 прямую A3B3t
касательную к параболе (4) в точке Р3 с координатами
х =
(P~d2)2
р
58
а при K=d3—q прямую A2B2, касательную к параболе (4) в точке Рг
с координатами
*-т* у ~'
причем A1Bs=p—d2t В3Л2=р—Ji, АгВ2=р—^з» B2A3=p—dx. Если
через £х обозначить точку, делящую сторону А2А9 на отрезки p—d3 и
р—d2i то нетрудно проверить, что точки T2t B±t P2, а также точки T3i
feii -Рз расположены на одной прямой. Видно также, что прямые Т2В^
и Т3В± соответственно параллельны биссектрисам углов А3 и Л2. И, на-
конец, можно заметить, что окружность, проходящая через точки
#i» ^2» 7*3» касается в них прямых А2А3, A3T2f А2Т3,
Итак, каждая прямая, делящая периметр треугольника AiA2A$
пополам и пересекающая стороны треугольника А1А2 и A3Ai, каса-
тельна к дуге параболы (4), и наоборот.
То же рассуждение можно применить к каждому из трех углов
треугольника. Таким образом, получим три дуги параболы, которые
вместе с отрезками общих касательных составляют криволинейный
треугольник Т (рис. 12).
Теперь мы можем сформулировать следующие выводы.
Рис. 12
1° Через каждую точку Я, лежащую внутри треугольника А^А2А^
но вне треугольника 7\ проходит одна и только одна прямая, делящая
периметр данного треугольника пополам. Это — касательная, которую
из точки Р можно провести к одной из трех дуг параболы, указанных
на рис. 12.
2° Через каждую точку Р, лежащую внутри треугольника Т9
проходят три и только три прямые, делящие периметр данного треуголь-
ника АХА2А3 пополам. Это —три касательные, которые из точки Р
можно провести к дугам парабол, указанных на рис. 12.
3° Если на плоскости дано направление, то всегда можно провести
параллельную ему прямую, делящую периметр треугольника пополам.
С этой целью достаточно провести по данному направлению касатель-
ную к одной из дуг данной параболы,
69
4° Если даны два направления, то можно всегда провести две
параллельные этим направлениям прямые, каждая из которых делит
периметр треугольника пополам» Общая точка Q этих прямых лежит
внутри криволинейного треугольника Г, вследствие чего всегда, когда
даны две прямые, делящие периметр данного треугольника пополам,
через их точку пересечения Q можно провести третью прямую, делящую
периметр данного треугольника пополам.
5° Если дана система трех прямых 1Ъ /2, /3 (рис. 13), жестко свя-
занных между собой (например, начерченных тушью на целлофане),
то всегда можно так расположить эту систему на плоскости, чтобы
каждая из прямых llt /а, /3 делила
периметр треугольника AXA2AZ попо-
лам,
т Решение задачи дало довольно
2 неожиданный результат: точку, обла-
дающую требуемым свойством, совсем
не нужно искать, так как каждая точ-
ка Q, о которой говорится в задаче, об-
ладает этим свойством.
Если бы мы треугольник за-
рис 13 менили другой фигурой, например
четырехугольником, то задача ре-
шалась бы подобным же образом.
Правда, вместо криволинейного треугольника Т получилась бы об-
ласть, ограниченная четырьмя дугами парабол, но, как и прежде,
через каждую точку, лежащую внутри четырехугольника, можно было
бы —так же как и в треугольнике — провести одну или три прямые,
делящие периметр пополам. Если же фигура имеет центр симметрии,
то область, состоящая из точек, через которые можно провести три пря-
мые, делящие периметр пополам, сводится к одной точке, и к а ж д а я
прямая, проходящая через эту точку, делит периметр пополам.
15а. Сначала напомним, что центр масс трех произвольных
точек одновременно является и центром масс треугольника, вершинами
которого служат эти точки. Восполь-
зуемся этим свойством и разделим
треугольник ABC на треугольники
ВСР, САР и АВР (рис. 14), и массы
каждого из них поместим в их цент-
рах масс Аъ Вх и Су. Эти массы
равны, так как равны площади тре-
угольников ВСРУ САР и АВР (по-
чему?), следовательно, Р есть центр
масс трех точек Аъ В\% Cv
16. Чтобы разделить треуголь-
ник на некоторое число треуголь- Рис. 14
ников так, чтобы в каждой верши-
не образованной фигуры сходилось
одинаковое число сторон, воспользуемся правильными многогранника-
ми,, грани которых являются треугольниками. Это могут быть следую-
щие многогранники: правильные тетраэдр, октаэдр и икосаэдр, и толь-
ко они.
Если внутри тетраэдра мы выберем точку, лежащую близко от
центра одной из граней, и из этой точки спроектируем ребра тетраэдра
на плоскость, то получим фигуру, изображенную на рис. 15. Она сос-
тоит из трех треугольников, соответствующих граням тетраэдра; чет-
вертая грань при проектировании перешла в большой треугольник
^\
60
ЛВС. В каждой вершине фигуры сходятся три стороны, так как в
каждой вершине тетраэдра сходятся три ребра.
Подобным же образом, при помощи центральной проекции, полу-
чим из правильного октаэдра фигуру, состоящую из семи треугольни-
ков, в каждой вершине которой сходится четыре стороны (рис. 16),
А А
А В
Рис. 15 Рис. 16 Рис. 17
а из правильного икосаэдра — фигуру, состоящую из 19 треугольников,
в каждой вершине которой сходится пять сторон (рис. 17).
Не существует фигуры, отвечающей условиям задачи и отличаю-
щейся от изображенных на рис. 15—17, так как ей соответствовал бы
правильный многогранник, отличающийся от трех приведенных выше,
а такого не существует — ср. со сказанным в книге «Математический
калейдоскоп» *) о так называемых Платоновых телах (или «правильных
многогранниках»): правильные многогранники с треугольными граня-
ми бывают только трех типов, отвечающих рис. 15—17; соответствую-
щие значения числа F частей плоскости (= числу граней многогранника)
суть 4, 8 и 20**).
17. Ответ на поставленный в задаче вопрос положителен. Так как
имеется только конечное число прямых, каждая из которых проходит
через какие-нибудь две точки из данных Зп точек, то мы можем выбрать
прямую, не проходящую ни через одну из данных Зп точек так, чтобы
все эти точки лежали по одну сторону от нее. Если будем передвигать
эту прямую по плоскости, не изменяя ее направления, то все точки сна-
чала будут лежать по одну сторону прямой, потом она гюочередно ми-
нует точки первую, вторую, третью, ..., Зл-ю. Прямая, после того как
она минует 3, 6, ..., Зп — 3 точек, делит плоскость на полосы, а в каж-
дой из этих полос лежит только один треугольник.
Точно таким же образом можно построить не пересекающиеся и
не вмещающие друг друга четырехугольники, пятиугольники и т. д.
18. Ответ на поставленный в задаче вопрос положителен: в узлах
сети можно поместить знаки плюс, минус так, чтобы условие задачи
было выполнено.
Начнем с замечания, что если решение задачи существует, то могут
иметь место только два случая:
1) в трех вершинах каждого равностороннего треугольника на-
ходятся только знаки плюс (рис. 18),
*) Штейнгауз Г. Математический калейдоскоп.— М.: На-
ука, 1981, с. 98—101.— Примеч. ред.
**) Относительно доказательства этого см., например, Р а д е м а-
х е р Г., Т е п л и ц О. Числа и фигуры.— М.: Наука, 1966, тема 14.—
Примеч. ред.
61
2) в двух вершинах каждого треугольника находятся знаки минус,
а в одной вершине — знак плюс (рис. 19).
Первый случай исключается.
Присоединяя к треугольникам как на рис. 19 отрезки, отмеченные
одинаковыми знаками, и соответству-
Л© ющие треугольники, мы можем пост-
/ \ роить бесконечную полосу (рис. 20).
/ \ Мы видим, что по краям этой по-
0—0, лосы в вершинах треугольников пооче-
Рис. 18 Рис. 19 редно выступают: знак плюс, затем два
знака минус — и дальше в том же по-
рядке.
Отсюда следует, что, складывая соответственным образом такие
же полосы, мы можем всю плоскость покрыть сетью равносторонних
треугольников, удовлетворяющей условию задачи (рис. 21). Из по-
www
Рис. 20
строения сети, отвечающей условию задачи, следует, что размещение
знаков плюс и минус в узлах этой сети единственно.
19. Предположим обратное, т. е. что можно покрыть плоскость
сетью треугольников так, чтобы в каждом узле W сходилось пять тре-
угольников (рис. 22). Тогда сумма углов при вершине W четырех
произвольных из этих пяти треугольников должна была бы быть боль-
ше 180°.
Возьмем произвольный треугольник 7\ принадлежащий сети
(рис. 23). Тогда треугольники сети, которые имеют с треугольником Т
по крайней мере одну общую точку, образовали бы шестиугольник S
(рис. 24), в трех вершинах которого А1% Л2, Ав сходилось бы по три
треугольника, а в трех остальных вершинах Blt В2, ~В3 — по два тре-
угольника. К шестиугольнику «S в вершинах Alt A2, А3 прилегало бы
по два треугольника (рис. 25), а в вершинах Въ В2> В3 прилегало бы,
кроме упомянутых выше треугольников, еще по одному треугольнику
(рис. 26). Вся эта фигура, состоящая из шестиугольника S и пояса
прилегающих треугольников, была бы треугольником CiC2C3 (рис. 26).
В каждой вершине этого треугольника сходилось бы по четыре треуголь-
ника сети, сумма углов которых при этой вершине была бы меньше 180°,
что противоречит сделанному в начале замечанию.
Противоречие приводит к выводу, что сети, описанной в задаче, не
существует.
20. Пусть ОА0=а, ОВ0=Ь (рис. 27). По условию задачи b=aqt где
Сторона первого из отсеченных квадратов равна aq, сторона второго
равна aq2, сторона третьего равна а?3, и т. д.
Пусть ОАп=хп, АпВп=уп (п= 1,2,...). Отрезки OA1=xli ОА3=х3,
OA5=x5i . . . образуют возрастающую последовательность, а отрезки
0^2=^2, ОЛ4=л;4, ОА6=х6, . . . образуют убывающую последователь-
ность; обе эти последовательности сходятся к одному и тому же преде-
лу, являющемуся абсциссой х некоторой точки А. Так как OAx—aq,
62
Рис. 21
А
Рис. 22
Рис. 23 Рис. 24
Рис. 25
Р.ис. 26
AiA^acf, А3Аь=ад9,
* = lim x2n + i = aq-\-aqb-\-aq*-{-... =
l-<74
Аналогично отрезки yi=A1Bll y3=A9B3, yb=AbBbt ... образуют
убывающую последовательность, а отрезки У2=А2В2, y^=AtBAt ys=
Л, А3Дг
Рис. 27
=Лб£в, . . . образуют возрастающую последовательность; обе эти после-
довательности сходятся к одному и тому же пределу, являющемуся
ординатой у точки А. Мы имеем
y = limy2n = aq* + aq9+ag12+...
ад*
Из прямоугольника останется точка А с координатами
х=-
aq
I-?4 '
ад*
Она лежит на пересечении взаимно перпендикулярных прямых А0В0
и АХС.
20а. Меньший четырехугольник (рис. 28) является параллело-
граммом, так как его стороны попарно параллельны диагоналям перво-
начального четырехугольника. Эти диагонали делят большой четырех-
угольник на четыре треугольника, а малый — на четыре параллелограм-
ма. Каждый из этих параллелограммов имеет площадь вполовину
Рис. 28
Рис. 29
меньшую площади соответствующего треугольника, следовательно,
площадь меньшего четырехугольника равна половине площади боль-
64
шого четырехугольника. Это же имеет место и в пепыпуклом четырех-
угольнике (рис. 29), однако доказательство в этом случае отличается
тем, что сложение площадей соответствующих треугольников или па-
раллелограммов заменится вычитанием площадей.
21. Начертим квадрат 5 со стороной 1. Если два противоположных
угла принадлежат одной и той же части, то это разбиение, очевидно,
обладает нужным свойством, так как диагональ S равна |^2, т. .е.
больше У65/64.
Пусть теперь каждые две противоположные вершины квадрата
принадлежат разным его частям. Рассмотрим два случая:
1° существует часть, не содержащая вершин 5;
2° каждый кусок квадрата содержит одну или.две его вершины.
Рис. 30 относится к случаю 1°, с рассмотрения которого мы и нач-
нем. Обозначим кусок, содержащий вершины А{ и А2, через Л, а кусок,
содержащий вершины Вх и В2>— через Si\ последняя часть квадрата,
вовсе не содержащая его вершин, пусть будет %. Вертикальные отрезки
A±N, АгМ имеют длины 1/4 и 1/2 соответственно. Если М принадлежит
Рис. 30
части Л (если М£Л), то мы берем Р=М, Q=AX и получаем PQ=
= У5/4>Y65/64, т. е. снова получаем подтверждение требуемого свой-
ства разбиений квадрата. Если M^Si, то мы полагаем Р=М, Q—Bt
и получаем PQ=>^5/4>}^65/64, как и выше. Если Ы£Л> мы полагаем
P=N, Q=A2, в результате чего имеем PQ= У17/16> ^65/64; если N £
gS, мы берем P=N, Q=B2 и получаем PQ= 5/4>Y65/64. Если же
ни М, ни N не принадлежат частям Л, Si, то обе эти точки обязательно
принадлежат части #, но тог^а мы можем принять Р=М*, Q=N, что
дает PQ= ]/" 177l6> V65/64.
Перейдем теперь к случаю 2° — ему соответствует рис. 31. Обозна-
чим часть квадрата, содержащую вершины А1 и^42, через Л, часть,
содержащую вершину В,— через Si и часть, содержащую вершину С,—
через %. Середина М основания ВС квадрата S может принадлежать
Л, Si или %. Если М лежит в Л, мы берем Р=МУ (?=Л1 и получаем
PQ= |^5/4. Если М£,®, то рассмотрим точку М, лежащую на левой
стороне квадрата 5 на расстоянии 1/8 от Аг. Могут иметь место три
возможности:
(О N£A, (2) N££, (3) W€#.
Мы полагаем P=N вне зависимости от того, в какой част» нахо-
дится iV, но
выбираем Q=A2 в случае (1) и получаем PQ= 1^65/64,
выбираем Q=M в случае (2) и получаем PQ=Y65/64,
3 Г. Штейнгауз
65
выбираем Q=C в случае (3) и получаем PQ= YU3/64>yr65/64.
Если, наконец, М£ъ, то мы выберем на правой стороне квадрата
5 на расстоянии 1/8 от правой верхней вершины точку N' и дальше
поступим, как и в случае М£$}', наклонные линии на рис. 31 могут быть
заменены другими такими линиями, выходящими не из N, а из N'.
Рассуждения здесь, по существу, не будут отличаться от нсполь-
аованных выше, только части 3S и <ё квадрата поменяются ролями.
Этим самым мы полностью доказали требуемое утверждение. Ис-
следуем теперь вопрос о том, можно ли усилить утверждение задачи,
еаменив число ^65/64» 1,008 на большее (например, на 1,01). Ответ
j, д на этот вопрос является отрицательным, что
]\ л ._—~~"\ z можно доказать следующим примером. Ра-
^р^ ^ ^S\* зобьем единичный квадрат на 3 равновели-
кие части Jl, 93, %, как показано на рис. 32.
Трапеции ^и ^ конгруэнтны и их об-
щие стороны имеют длину 11/24. Длина
каждого вертикального отрезка, являюще-
гося стороной пятиугольника, равна 1/8.
Рис. 32 нужно понимать следующим образом:
внутренняя часть пятиугольника принадт
Рис 32 лежит Л, внутренняя часть левой трапеции
принадлежит $}, правой трапеции — #. Все
точки сторон пятиугольника, за исключением C^gg, деликом принад-
лежат Л. Стороны левой трапеции принадлежат 3$у кроме стороны
A3Ai, которая, по условию, принадлежит^. Стороны правой трапеции
принадлежат <&% кроме А^СХ и короткой вертикальной стороны А^В2 дли-
ны 11/24, которая вся (за исключением точки АА£А) принадлежит 53.
Легко видеть, что большая диагональ всех рассматриваемых мно-
гоугольников равна 1^65/64. Отсюда следует, что невозможно найти
пару точек Р, Q, принадлежащих одной части разбиения, расстояние
между которыми превышало бы ^65/64. Отмеченный пунктиром отре-
вок А3А2 имеет длину, равную ^65/64, его концы принадлежат Лш
Заметим, что это — единственная пара точек, обладающая свойством!
указанным в условии задачи *).
22. Обозначение узлов сети способом, указанным в условии зада-»
чи, невозможно.
Для доказательства предположим обратное, т. е. что узлы сети
можно обозначить так, как этого требует условие задачи, и рассмотрим
произвольную строку сети. В этой строке обязательно имеются три сле-
дующие друг за другом узла, в которых выступят три различные буквы$
например буквы д, Ь, с (в противном случае строка могла бы содержать
самое большее две разные буквы, что противоречит условию задачи)*
В последующей строке (см. середину рис. 33), ниже узлов, обозна*
ченных буквами а, Ь, с, должны находиться узлы, соответственно обо*
вначенные буквами с, d, я, если обозначение узлов отвечает условию за-
дачи. Тогда узлы следующей строки должны быть соответственно отме*
чены буквами а, Ь, с (правая часть, рис. 33).
Продолжая это рассуждение, мы видим, что в каждом из трех стол-
бцов рассматриваемого участка сети выступают только две различные
*) Относительно намеченной в этой задаче проблематики см., нд<
пример, Ш к л я р с к и й Д. О., Ч е н ц о в Н. Н., Я г л о м И. М. Гч ~
метрические оценки и задачи из комбинаторной геометрии.— М.; Hj
ука, 1974, цикл задач 5.— Примеч. ред.
66
буквы: в первом выступают только буквы а, с, во втором — буквы bt df
в третьем — буквы с, а.
Итак, в узлах каждой строки и каждого столбца"не могут выступать
четыре различные буквы, и следовательно, не существует такого обо-
вначения сети, о котором идет речь в задаче.
'-ф ф © (Ю—®—ф--ф
-ф—ф—ф-
Рис. зз ;
23. Если на окружности радиусом г с центром в точке (У~29 У^З)
расположены две точки (дг, у) и (ut v) нашей решетки, то
(x~r2)Ч^*Г3), = («-/2)Ч(^-»^3), (='*),
откуда
с Y"2+d У"5=и*+&—**—y* = n,
где с=2(и—дг), d=2(u—у) и п — целые числа.
Следовательно,
2c2+3d?+2cdVr6=n*.
Но поскольку У6 — иррациональное число, а с, d — целые числа, то
предположение о том, что cd=£Qf приводит к противоречию (в этом
. Л2 2с2 3d*
случае р 6= — рационально), поэтому cd=0. Если с=0,
то rf^3=n, что может иметь место лишь при d=n=0; аналогично, d—О
дает *с=0. Следовательно, c=d=Q, т. е. x=ut y—v% что и означает
совпадение точек (*, у) и (ы, v).
24. Определение целочисленной решетки дано в условии задачи 22.
Для любого г обозначим через f(r) число точек решетки, находя-
щихся внутри (не на границе!) круга радиусом г с центром в точке
(уТ, >^3). Из предыдущей задачи следует, что при возрастании г число
дг) увеличивается единичными скачками. Мы покажем, что для доста-
точно малых г имеем /(г)=0, а для больших г величина f(r) принимает
произвольно большие значения. Очевидно, что для г=0Д имеем /(г)=0.
Любой квадрат со сторонами, параллельными осям координат, длина
которых больше натурального числа п, содержит по крайней мере л*
точек решетки, потому что между прямыми х=а и х=а-{-п имеется по
крайней мере п перпендикулярных рядов точек решетки и между пря-
мыми у=Ь и у=Ъ-\-п тоже заключено по крайней мере л горизонталь-
ных рядов точек решетки. Но круг радиусом г>п содержит квадрат
со сторонами, большими п (и параллельными осям координат), и, сле-
довательно, он содержит по крайней мере л2 точек решетки, т. е. f(r)>n*
при г=п-\-\. Таким образом, мы выяснили, что f(r) — неограниченная
функция, возрастающая от значения 0 единичными скачками, а следо-
вательно, она принимает все целые положительные значения.
25. Ошибка заключается в том, что среднее арифметическое эле-
ментов бесконечной последовательности зависит от порядка рассматри-
ваемых чисел (например, среднее чисел последовательности 1,0, 1,0, 1,
67
О, . . . равно 1/2, а среднее тех же чисел, неупорядоченных следующим
образом:
1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, . . *
равно 0). Ложное равенство 14= 15 вытекает именно из использования
различных способов упорядочения бесконечной последовательности,
элементами которой являются углы семиугольников, заполняющих
плоскость.
26. Предположим, что для п точек, из которых никакие три не
лежат на одной прямой, можно найти замкнутый л-угольник, вершинами
которого являются эти-точки; пусть я+1 точек расположено так, что
• никакие три из них не лежат на одной прямой. Среди этих точек есть
одна, например, точка Р, которую можно отделить прямой от остальных
точек. Пусть Wn — многоугольник, который согласно принятому
предположению удовлетворяет условиям задачи и вершинами которого
являются точки, отделенные от точки Р.
Ответ на поставленный в задаче вопрос будет утвердительным,
если мы покажем, что по крайней мере одна из сторон многоугольника
Wn целиком видна из точки Р, ибо тогда,, заменяя эту сторону двумя
отрезками, соединяющими точку Р с концами этой стороны, мы получим
многоугольник Wn+i, отвечающий условиям задачи. Выберем какую-
либо из сторон многоугольника Wn, например сторону Л/Л/+1 (рис. 34).
Если эта сторона полностью не видна из точки Я, т. е. если ее полностью
или частично заслоняет другая сторона многоугольника Wn, то череэ
сторону i4/>4/+1 проведем прямую и удалим все те стороны многоуголь-
ника, которые эта прямая полностью отделяет от точки Р. После этой
операции число неудаленных сторон уменьшится по крайней мере на 1
(а именно на сторону А /Л/+1). Эту же операцию проделаем с остальными
сторонами многоугольника, снова выбирая одну сторону произвольно.
Самое большее после я-кратного повторения такой операции на
последней прямой будет лежать сторона, целиком видимая из точки
Р. Устраняя эту сторону и соединяя ее концы с точкой Р, мы получим
искомый (л+1)-угольник.
Так как утверждение задачи является очевидным для случая л=3,
то положительный ответ на вопрос, поставленный в задаче, можно
считать доказанным.
27. Проведем окружность соответственно через точки У, 2, 3 и
1,2,4. Если точка 4 лежит внутри окружности 12 3 или точка 3 лежит
внутри окружности 1 2 4, то ответ на поставленный в задаче вопрос
будет положительным, Допустим поэтому, что ни одна из этих возмож-
68
ностей не имеет места. Легко заметить, что тогда дуга окружности
12 3, лежащая вне окружности 12 4 делится на три части 13', З'З"
и 3"2 (рис. 35)' такие, что если точка 3 лежит на 13', то точка 1 лежит
внутри окружности 2 3 4, если 3 лежит на 3"2, то 2 лежит внутри 13 4,
и если 3 лежит на З'З", то имеют место оба эти явления.
Заметим еще, что одна (рис. 36) или две из трех названных выше
частей дуги 1 2 могут исчезнуть. Однако всегда ответ на поставленный
в задаче вопрос будет положительным.
28. Искомую кривую получаем, рассекая эллипс на четыре части
и складывая их так, как показано на рис. 37.
Рис. 38
А вот еще другое решение, не требующее «переворачивания» час-
тей, т. е. выхода из плоскости эллипса. Соединяя поочередно вершины
эллипса хордами (рис. 38), получаем ромб, окруженный четырьмя сег-
ментами эллипса. Заменяем этот ромб, площадь которого равна 2abt
квадратом, площадь которого равна с2=а2+62, так, чтобы четыре сег-
мента эллипса по-прежнему прилегали к сторонам квадрата. Площадь,
ограниченная кривой, увеличивается на разность площадей квадрата
и ромба, т. е. на
c*—2ab=a2+b2—2ab= (a—b)2.
29. Вместо всего пространства будем делить шар, через центр
которого проводим плоскости. На поверхности шара (на ограничи-
вающей его сфере) возникнут взаимно пересекающиеся большие ок-
ружности. Примем одну из них за экватор и все эти окружности спро-
ектируем из Центра шара на плоскость, касательную к шару в полюсе.
Проекциями наших окружностей (за исключением одной, являющейся
экватором и вовсе ни во что не проектирующейся) будут прямые. Следо-
вательно, нужно вычислить максимальное число областей плоскости,
разделенной п—1 прямыми. Методом индукции легко получить, что
69
оно равно 1 + 1 + 2+3+..,+{я—I) = i+—Я(Л'—1), ибо при к— 1
существующих прямых k-я прямая может увеличить число областей самое
большее на k. Так как на сфере имеется вдвое больше областей, чем на
ее плоской проекции, то искомое число будет вдвое больше вычислен-
ного нами выше, следовательно, оно равно п{п—1)+2. В частности,
при л=4 искомым числом является 14.
30. Легко проверить, что преобразование, о котором идет речь в
задаче, есть инверсия *). Действительно, пусть П^ и П2 — касательные
Рис. 39
плоскости к земному шару соответственно в точках N и S (рис. 39).
Пусть, согласно определенному в задаче преобразованию, точка Р±
на плоскости Пг и точка Р2 на плоскости П2 соответствуют друг другу.
Рассмотрим сечение земного шара и
плоскостей IJi и П2 плоскостью, про-
веденной через ось NS (рис. 40). Обо-
значив NPx=riy SP2=r2, NS=2r, из
подобия прямоугольных треугольни-
ков NTPif STN, P2TS получим ра-
венство г1г2=4г2, определяющее инвер-
сию: если «поднять» плоскость П2,
совместив ее с П±, то точки Р± и Р2
будут лежать на одной прямой с цент-
ром AfeS инверсии и NPfNP%=*
= 4r2= const.
31. Пряжа, наматываемая на куб,
вращающийся вокруг одной из осей
(рис. 41), удержится только на тел
ребрах, которые не имеют общих точек
с осью вращения; пряжа закрасит по-
ловину каждой грани куба, т. е. поло-
вину поверхности куба.
Теперь станем поочередно вращать куб вокруг каждой из четырех
осей, каждый раз наматывая пряжу иного цвета.
Так, при вращении вокруг оси АС используем пряжу цвета а
(черного), при вращении вокруг оси DB' — пряжу цвета Ь (красного),
при вращении вокруг оси BD — пряжу цвета с (желтого) и, наконец,
при вращении вокруг оси С А' используем пряжу цвета d (голубого),
*) См., например, Гил ь бе рт Д., Кон-Ф оссен С. Нагляд-
ная геометрия.—М.: Наука, 1984, § 36; Радемахер Г.# Т е л-
л и ц О. Числа и фигуры.— М.: Наука, 1966, тема 18.— Примеч. pedw{
70
Куб окажется закрашенным так, как это показано на рис. 42,
на котором каждая грань разделена на четыре треугольника; буквы,
размещенные в соответствующих треугольниках, обозначают цвета
пряжи, покрывающей этот треугольник.
Легко заметить, что:
1° на поверхности куба выступит шесть оттенков, т. е. столько,
сколько существует комбинаций из четырех элементов по два, а имен-
но: ab, ас, ad, be, bd и cd\
2° на каждой грани будет четыре разных оттенка;
3° поверхность куба будет покрыта двумя слоями пряжи;
4° противоположные грани куба будут окрашены в те же самые
оттенки, расположенные в обратном циклическом порядке.
32. Докажем, что через каждую точку поверхности куба проходят
четыре различные геодезические, всего же мы имеем семь семейств гео-
дезических линий.
Если предположим, что куб гладкий, то резинка, обвитая вокруг
него, уложится таким образом, что периметр созданного ею много-
угольника достигнет минимума.
Три рода таких положений, а следовательно, три семейства таких
геодезических, приведены на рис. 43; они лежат на плоскостях, парал-
лельных граням куба. Чтобы убедиться, что возможны еще другие се-
мейства геодезических, рассечем куб плоскостью, параллельной диаго-
нали основания (рис. 44). Тогда, используя обозначения, указанные
на рис. 44, будем иметь
х+у=а,
РК = a V"2—2xtg a, /0< = */l +2tg*a,
MN = aVr'2—2ytga, LM=y У\ + 2tg* a,
и для периметра p шестиугольника KLMNOP получим
p = 2a}f~2—2atga + 2a VT+2Xg}a.
Следовательно, периметр р зависит только от угла ее и во всех параллель-
ных плоскостях остается таким же; периметр этот достигает минимума,
если tg a= 1/^2. Стороны шестиугольника KLMNOP будут параллель-
ны диагоналям граней куба и этот шестиугольник представляет собой
геодезическую. Имеются четыре семейства таких геодезических, как
это указано на рис. 45, а следовательно, вместе с предыдущими тремя
всего семь семейств.
33. Взгляните на расположение шести кубов, представленное на
рис. 46. Мы считаем, что куб В возник из А путем отражения от их
общей грани, так же С из В, D из С, Е из D, F из Е. Вместо того, чтобы
рассматривать движение частицы в кубе А согласно законам отражения,
мы можем исследовать движение частицы в системе кубов А F по
прямой линии. Если движение должно проходить по замкнутому шести-
угольнику, то точка на передней грани А, с которой частица начала
свой путь, в результате названных выше отражений должна совпасть
с точкой на задней грани F. Если отрезок проведен так, как показано
на рис. 47, то он пройдет все кубы А>. .., F к не выйдет из них. «Стяги-
вая» кубы в один, т. е. отражая куб F в грани, отделяющей F от Е, куб Е
в грани, отделяющей Е от D, и т. д., мы получим в качестве пути движе-
ния шестиугольник, показанный иа рис. 48.
34. Все существующие развертки (которых всего 11) мы приводим
на рис. 49. Шесть первых решений дают те развертки, в которых четыре
грани куба расположены в одной полосе развертки. Других решений
71
ГТТТЪ
Рис. 43
V *Ч
G С
Рис. 44
Рис. 45
Рис. 46
Рис. 47
СП
1 1 1 1
Рис. 49
»того типа не существует. Последующие четыре развертки - это те,
в которых есть три грани в одной полосе, но нет четырех граней И,
наконец, в последнем решении ни в одной полосе нет трех гранен.
35. Тела, образованные путем отсечения восьми углов куба, имеют
14 граней (количество граней куба + количество вершин куба). Восемь
из них — треугольники, шесть — восьмиугольники (рис. 50).
- ^^£\
КГ v §
I \Z>^^t
Л. /-J
^^к
Рис. 50
Рис. 51
Пои-наибольших возможных октаэдрах грани четырнадцатигран-
ника будут треугольниками и квадратами (рис. 51). Так как октаэдр
возникает из куба путем отсечения восьми тетраэдров (треугольных
пирамид) с основанием, равным 1/8 стороны куба, й высотой, равной
u p ; половиве стороны куба, то тетра-
эдры займут 8 • у • -g- • "^—"б часть
пространства. В каждой вершине схо-
дятся шесть тел: четыре четырнадцати-
гранника и два октаэдра (восьмигран-
ника).
36. Нетрудно заметить, что ответ на
вопрос, поставленный в задаче, будет по-
ложительным: гексаэдром, отвечающим
условию задачи, является параллелепи-
пед, у которого равны ребра и равны три
плоских угла при одной из вершин.
Предположим, что дан ромб с острым
углом а и диагоналями 2а и 2Ь. Склады-
вая три таких ромба вершинами острых
углов, получим трехгранный угол. Как
этот угол, так и его ортогональная проек-
ция на плоскость (вид с вершины) пока-
зана на рис. 52. Два сложенных вместе
угла образуют гексаэдр, о котором гово-
рится в задаче.
Рис. 52
Заметим, что еслиа<60°, т. е. если b=actg | > а ^ 3, то гексаэдр
можно построить только описанным_выше способом. Если же а>60°,
т е если a<b<aVS или а>ЫУ~Ъу то из трех ромбов можна соста-
вить т%хг^нныйКугол не только складывая их вершинами острых
74
углов, но также вершинами туши углов 180—а (рис. 53). В этом
случае, кроме гексаэдра рис. 52, мы получим удовлетворяющий уело*
вию задачи гексаэдр, изображенный на рис. 53.
Если а=90°, то а=Ь и оба гексаэдра являются одинаковыми тела*
ми, а именно кубами.
Рис. 53
Рис. 54
На рис. 54 мы видим развертки обоих гексаэдров, рассмотренные
в задаче.
Стоит еще заметить, что гексаэдры, изображенные на рис, 52 й 53,
представляют собой пример двух различных выпуклых многогранник
ков с одинаковым числом попарно конгруэнтных граней.
37. Ответ зависит от того, считаем ли мы различными или нет два
тетраэдра, получающихся друг из друга зеркальным отражением. Мы
покажем, что в первом случае существует 60 различных тетраэдров)
во втором случае число их, очевидно, сокра-
тится до 30.
Рассмотрим рис. 55, на котором изобра-
жен тетраэдр с ребрами, обозначенными бук-
вами а, Ь, с, d, e, /. Пронумеруем стержни,
из которых мы собрали тетраэдр, числами от
1 до 6; стержень может использоваться в ка-
честве каждого из ребер a,b,c,d,et f. Следо-
вательно, можно составить 61=720 тетраэд-
ров, правда, некоторые из них будут отли-
чаться друг от друга лишь положением в
пространстве.
Временно предположим, что изоб-
раженный на рис. 55 тетраэдр является
правильным. Выясним, сколькими способами
совместить сам с собою, перемещая у его в пространстве. Ясно,
что расположение тетраэдра вполне определено тем, 1 какая из четы-
рех граней тетраэдра переходит в основание и 2° какое из трех ребер
этой грани совмещается с одним фиксированным ребром основания, на-
пример, с ребром а. Следовательно, существуют всего 3*4=12 различ-
ных положений тетраэдра,
Рис. 55
этот тетраэдр можно
75
Поэтому 720 возможных перестановок наших стержней, взятых
в качестве ребер a—f, образуют каждый тетраэдр 12 раз, и, значит,
существуют 720 : 12=60 различных тетраэдров, которые могут быть
собраны из шести различных стержней. Если отождествить тетраэдры,
получающиеся друг из друга зеркальным отражением, то различных
тетраэдров будет вдвое меньше, т. е. 60 : 2=30.
38. Возьмем два треугольника со сторонами а, Ь> с и наложим один
на другой так, чтобы с была их общей стороной (рис. 56). Раздвигая
плоскости этих треугольников (рис. 57), мы увеличиваем расстояние
Рис. 56 Рис. 57 Рис. 58
между вершинами Cj и С2 (рис. 57) вплоть до максимального расстояния
при треугольниках, снова лежащих в одной плоскости, но с противо-
положных сторон от А В (рис. 58).
Обозначим расстояние СХС2 на рис. 56 через d^ то же самое рас-
стояние на рис. 58 через d2. Условием существования тетраэдра, от-
вечающего условию задачи, является, следовательно, неравенство
dx<c<d2.
Для того чтобы имело место неравенство dx<c, необходимо и до-
статочно, чтобы каждый из углов А я В был острый, а для того чтобы
выполнялось неравенство с<Лъ необходимо и достаточно, чтобы угол С
был острый. Поэтому для существования тетраэдра необходимо и
достаточно, чтобы треугольник ABC был остроугольным
Рис. 59 Рис. 60
Предположим, что так и есть. На рис.59 мы имеем развертку
тетраэдра, отвечающего условию задачи, причем
А&ЦАВ, ВАЦЯС, СХАХ\\СА.
Пусть
ВС=а, СА=Ь, АВ=с, a<b<c, 2p=a+b+c.
76
Сохраняя обозначения, используемые на рис. 59 и 60, замечаем,
что высоту h=SO тетраэдра мы можем вычислить из прямоугольного
треугольника StfjO, сначала вычислив SH1=A{H1 и НхО. Действи-
тельно,
>Vi = f Vp (р-а) (Р-Ь) (р-с),
ОН г = НгНа - OHat НгНа = AxHiy
а ОНа мы можем вычислить из пропорции
ОНп
ВгИс
С\На CiHc
вытекающей из подобия треугольников СхОНа и С^Я,.. Простое
вычисление дает
0fJa = (a2 + b2-c2)(a2 + c2-b*) ^
4а Yp (P — а) (р—Ь) (р—с)
Мы имеем теперь
h2 = (АхНг)2 - (НхНа - ОНа)2 = ОНа (АгНа - ОНа) =
(fl2 + b2 — с2) (а2 + с2—b2) (Ь2 + с2 — а2)
8р(р-а)(р-Ь)(р-с)
И, наконец, обозначая объем тетраэдра через К, получаем
v= з" ^Р (р~а) {р~Ь) (р-с) =
= —— \Г(а2 + Ь2 — с2) (a2 + c2—b2) (Ь2 + с2—а2).
39. 2/1-гранник, отвечающий условиям задачи, существует, и не-
трудно указать способ его построения. С этой целью представим себе два
параллельных круглых диска Тг и Т2 одинаковых, радиусов, центры
Рис. 61
которых Ог и 02 лежат на общем перпендикуляре к плоскостям дисков
Тх и Г2 (рис. 61). Разделим окружность каждого диска на л>3 одина-
77
ковых частей, пусть точки Р1э Р2, ..., Рп и точки Qlt Q2, ..., Qn обоз-
начают соответственно точки деления окружностей дисков 7\ и Т2.
Повернем диск Тг в его плоскости так, чтобы ортогональная проекция
точки Рь на плоскость диска Т2 совпала с центром дуги Q^Q^+i (проек-
ция точки Рп — с центром дуги Q„Qi).
На продолжениях отрезка Ог02 отложим отрезки OxSi и 02S2
одинаковой длины h (рис. 61).
Затем соединим отрезком точку Si с каждой из точек Р*, а также
точку S2 с каждой из точек Q&. Подобным же образом соединим каждую
точку Р^ с точками Q*, Q*+i. Таким образом возникает остов 4/г-гран-
ника, часть которого представлена на рис. 61.
Докажем, что размеры этого многогранника можно подобрать та-
ким образом, чтобы он представлял собой 2/г-гранник с конгруэнтными
друг другу гранями.
Действительно, пусть длина отрезка Ох02 равна g. Рассмотрим
четырехугольник SiPiQ2P2. Пусть М обозначает середину отрезка
PiP2. Для того чтобы названный выше многогранник был 2я-гранником
с конгруэнтными гранями, необходимо и достаточно, чтобы отрезок
SXQ2 пересекал отрезок РгР% в точке М. Это условие будет выполнено,
если будет иметь место равенство
h : 0tM= (h+g): 02Q2,
откуда
g=oxo2=h QiM .
При л=4 получим октаэдр, требуемый в задаче.
Можно доказать, что гранями 2я-гранника, отвечающего условию
задачи, являются конгруэнтные дельтоиды, которые будут ромбами
только При п=3 (см. задачу 36).
40. В качестве требуемого тетраэдра рассмотрим пирамиду, ос-
нованием которой служит равносторонний треугольник ABC, а боко-
вые грани являются равнобедренными треугольниками АВТ, ВСТ и
CAT с углами при вершинах 7\ равными 30°. Изобразим на плоскости
развертку пирамиды, получаемую, если разрезать пирамиду по ребру
СТ (рис. 62). Рассмотрим точку М — середину ребра АВ и вершину
пирамиды Т, Среди всех линий, соединяющих точки М и 7\ отрезок МТ
имеет наименьшую длину — это непосредственно следует из того, что
МТ есть отрезок прямой не только на развертке, но и в пространстве, а
все остальные соединяющие М и Т линии будут отличны от отрезка
прямой. Поскольку этот отрезок лежит на поверхности пирамиды, то
измеренное по поверхности расстояние между точками М и Т равно
длине этого отрезка. Однако мы еще должны показать, что точка Т —
самая дальняя от М точка поверхности пирамиды. На рис. 62 ДГСВ
равносторонний и, следовательно, /.ТСВ равен 60°, a ZТСЛ1>60°.
Так как ZC'7VW=45°, то он меньше ZTCM и, следовательно, ТМ>
>СМ. Отсюда следует, что если точка 5 движется вдоль ребра СТ%
то длина отрезка MS при его изменении от отрезка МС до отрезка
МТ все время увеличивается. Это показывает, что любая точка S
ребра СТ находится на меньшем расстоянии от точки Л1, чем верши-
на Т. Если теперь Q — произвольная точка треугольника СТМ, то
длина отрезка MQ меньше длины отрезка MS, где S — точка пересе-
чения прямой MQ с ребром пирамиды СТ. Следовательно, расстояние
от М до Q по поверхности пирамиды тем более меньше длины МТ.
Очевидно, что в треугольнике СМА точка С дальше зсего удалена
от точки М, а в треугольнике MAC такой точкой является С; остается
78
заметить, что длины отрезков СМ в МС меньше длины МТ. Так как,
кроме того, развертка симметрична относительно прямой ТС, то дока-
зано, что точка Т дальше всех остальных точек пирамиды отстоит от
точки М. v
Мы предлагаем читателю, который хочет понять эту задачу до
конца, подумать, почему мы не взяли в качестве примера правильный
тетраэдр.
41. Многогранник образует пространственную сеть* сторонами
которой являются ребра, узлами — вершины, а ячейками — грани мно-
гогранника. Дорога мухи должна образовать замкнутую ломаную
Рис. 64
Рис. 65 Рис. 66
линию, без кратных точек, принадлежащую указанной выше сети. Воз-
можность выделения такой дороги сохранитсяf если мы деформируем
сеть так, чтобы уместить ее на плоскости.
На рис. 63 мы видим растянутую на плоскости сеть ребер правиль-
ного додекаэдра. Дирной линией обозначен путь мухи, отвечающий
условию задачи.
Теперь подобным же образом растянем на плоскости сеть ромби-
ческого додекаэдра (рис. 64). Узлы сети можно разделить на два класса:
на такие, в которых сходятся три ребра, и на такие, в которых сходятся
четыре ребра (на рисунке последние обозначены черными точками)*
Каждый узел первого класса соединен отрезком только с узлами
второго класса, и наоборот. Поэтому муха во время своего путешествия
должна была проходить поочередно через узлы первого класса и узлы
второго класса. Так как узлов первого класса восемь, а узлов второго
класса шесть, то муха не может посетить все вершины ромбического
Рис. 63
79
додекаэдра, передвигаясь по ребрам так, чтобы не пройти через одну
вершину дважды и вернуться к исходной точке.
42. Расположим правильный додекаэдр так, чтобы иметь одну его
грань Р прямо перед собой; будем ее называть передней гранью. Па-
раллельную ей грань (невидимую нами) будем называть задней гранью.
Совокупность пяти видимых граней, окружающих переднюю грань,
назовем кольцом /, а совокупность пяти невидимых граней, окружаю-
щих заднюю грань, назовем кольцом //.
Так как в задаче речь идет об определении числа способов окраски
граней додекаэдра, то мы можем додекаэдр заменить плоским его изо-
бражением, как показано на рис. 65 (задней грани Т соответствует
часть плоскости, лежащая вне большого пятиугольника), или еще более
простым плоским изображением, воспроизведенным на рис. 66.
Правильный додекаэдр нельзя выкрасить в три цвета так,
чтобы смежные грани всегда отличались окраской. В самом деле, если
бы, например, передняя грань была цвета А, то пять граней кольца /,
смежных с передней гранью, следовало бы выкрасить двумя цветами —
В и С, что невозможно.
Предположим теперь, что грани додекаэдра можно выкрасить
в четыре цвета A, B,C,D требуемым в задаче способом. Легко заметить,'
что тогда каждый из этих цветов выступал бы три раза. Чтобы это обос-
новать, предположим обратное: что какой-то цвет, например Л, высту-
пает менее чем три раза, тогда иной цвет, например В> выступал бы
более чем три раза. Предположим, например, что передняя грань вы-
крашена в цвет В. Тогда в кольце / цвет В не мог бы выступить, вслед-
ствие чего из шести невидимых граней по крайней мере три должны
были бы быть цвета В. Однако это невозможно, ибо если бы задняя
грань была цвета В, то в кольце // цвет В вообще не мог бы выступить,
а если бы задняя стена не была цвета В, то в коль-
це // цвет В мог бы выступить самое большее два
раза.
Из приведенного выше рассуждения следует так-
же, что задняя грань не может быть такого же цвета,
как передняя, но должна быть такого цвета, который
в кольце / выступает два раза.
Наконец, заметим, что, устанавливая цвета коль-
ца /, очередность, в которой эти цвета не выступают,
а также цвет задней грани, мы одновременно однознач-
но устанавливаем способ окраски всего двенадцати-
гранника. Действительно, например, в случае, представленном на
рис. 67, передняя грань должна быть цвета А. Что же касается граней
кольца //, то грань 1 не может быть иного цвета, кроме А; в этом слу-
чае грань 2 будет цвета D, грань 5— цвета В, вследствие чего грани
3 и 4 будут соответственно цвета В и А. Рассмотренный нами пример
подтверждает,-что окраска додекаэдра в четыре цвета возможна.
Предположим, что передняя грань додекаэдра, раскрашенного в
четыре цвета, будет цвета А. Тогда в кольце / могут выступить шесть
различных расположений цветов, так как при каждом расположении
цветов задняя грань может быть выкрашена двумя различными спосо-
бами; всего существует 12 возможных размещений цветов, как это
видно из рис. 68. Но так как в додекаэдре, выкрашенном в четыре цвета,
грань цвета А выступает только три раза, то при выборе какого-либо
способа окраски из числа показанных на рис, 68 мы можем путем вра-
.щения додекаэдра исчерпать самое большее еще два способа окраски,
т. е. всего три способа. Из этого следует, что способов окраски доде-
каэдра существует самое меньшее четыре.
80
Рис. 69
Рис. 70
Легко можно убедиться, что существуют в точности четыре способа
окраски.
Действительно, при каждом из способов окраски, показанных в
первой строке рис. 68, будут исчерпаны те способы, которые изображены
в том же самом столбце.
81
42а. На рис. 69 представлена фотография модели додекаэдра с впи-
санным кубом; рис. 70 представляет параллельную проекцию этого до-
декаэдра с вписанным кубом.
Куб можно вписать в додекаэдр пятью различными способами1).
На рис. 71 изображен один и тот же куб (тот, который изображен и на
Рис. 71
рис. 70) и четыре других, пронизывающих его куба, вписанных в доде-
каэдр.
Рис. 72 представляет осевое сечение додекаэдра с вписанными в него
кубами; сечение тела, образованного всеми кубами, показано на рисунке
жирной линией. Исходя из этого рисунка, можно легко составить раз-
вертку или рисунок тела, образованного всеми кубами; им будет звезд-
чатый 360-гранник. Основным элементом этого тела является пятилуче-
вая звезда, образованная из ребер кубов (рис. 73). Такая звезда соот-
ветствует каждой грани додекаэдра; следовательно, всего их будет 12,
Каждая из них имеет в центре пятигранное углубление, окруженное
пятью трехгранными углублениями. Каждая звезда окружена пятью
четырехгранными углублениями, посредством которых она соединяется
с пятью соседними звездами (на рис. 73 показано только по две грани
каждого из четырехгранных углублений).
Рис. 74 изображает прямоугольную проекцию тела, образованного
всеми кубами со стороны граней описанного додекаэдра. На нем видна
*) С существованием этих пяти кубов тесно связана невозможность
решения в радикалах общего уравнения 5-й степени, на чем мы, однако,
никак не можем здесь остановиться. [По поводу связи учения о разрез
шимости в радикалах алгебраических уравнений с теорией правильные
многогранников см., например, Клейн Ф. Элементарная математике
с точки зрения высшей, т. I.—M.; Л.: ОНТИ, 1935, с. 190—237.— При*
меч. ред\
82
центральная звезда, окруженная венцом пяти соседних звезд, воспро-
изведенных на рисунке в искаженном виде. Острия авезд по три сходят-
ся в вершинах описанного додекаэдра и образуют 30 двенадцатигранных
башенок, Башенки эти окружены равносторонними треугольниками,
Рис. 72 Рис. 73
образованными ребрами кубов. На рис. 75 показано тело в прямоуголь-
ной проекции, видимое со стороны башенки, т. е. со стороны вершины
описаннрго додекаэдра. На рисунке видны три звезды, сходящиеся у
Рис. 74
данной башенки. Видны также три дальнейшие звезды, прилегающие к
предыдущим звездочкам.
Наконец, на рис. 76 изображена прямоугольная проекция тела, вид-
ного со стороны грани одного из кубов, т. е. со стороны четырехгранного
83,
углубления, соединяющего соседние звезды тела, или со стороны ребра
додекаэдра.
Чтобы вычислить объем тела, легче всего начать с вычисления пло-
щадей всех частей, на которые делит грань додекаэдра звезда, изобра-
Рис. 76
акеиная на рис. 73, а затем, используя рис. 72, вычислить расстояния
от грани додекаэдра до вершин углублений звезды рис. 73. Это даст воз-
можность вычислить объемы пирамид, которые необходимо вычесть из
объема додекаэдра, чтобы получить объем звездчатого тела.
84
Если через а обозначим ребро додекаэдра, а через
KlO—2^"5
— радиус описанной вокруг его грани окружности, то подсчет даст нам
следующие значения соответственно для площадей оснований и высот
пирамид:
для каждого из трехгранных углублений
й="Т5- (7 /"5-15) ]Лб+21Л5, 1ц = -1(уЪ-2),
для пятигранного углубления
52=^(7-3^"5)Кю+2К5, Лз=£(3-1Г5).
для половины каждого из четырехгранных углублений
Si="X(5-2 /5) KlO+2 /"5, А,= *.(УТ_1).
Поэтому, чтобы вычислить объем V звездчатого тела, следует из объе-
ма додекаэдра
у=т(15+7>ЛВ)
вычесть двенадцатикратную сумму объемов перечисленных выше пи-
рамид, т. е. 12— (55i^i + S2/12 + 5S3U3), 0ТКУда» наконеЦ> следует, что
Остается установить, какое тело образует общая часть всех кубов.
Снова воспользовавшись осевым сечением додекаэдра с вписанными ку-
бами (рис. 77, на котором жирной линией обозначено сечение рассматри-
ваемого нами сейчас тела), приходим к выводу, что общая часть всех
кубов является ромбоидальным тридцатигранником, изображенным в
параллельной проекции на рис. 78. Длина отрезка АВ является длиной
большей диагонали, а длина отрезка АС — длиной меньшей диагонали
ромба. На рис. 79—81 изображен тот же тридцатигранник в прямо-
угольной проекции: со стороны пятигранного угла (ось аа! на рис. 77),
со стороны трехгранного угла (ось ЬЪ' на рис. 77) и со стороны грани
(ось се' на рис. 77).
43. Возьмем произвольный выпуклый многогранник. Одну из его
граней примем за основание пирамиды с настолько малыми двугранны-
ми углами при основании, чтобы многогранник, полученный из выпук-
лого многогранника путем пристройки к нему этой пирамиды, был вы-
пуклым и чтобы можно было в первоначальном многограннике сделать
углубление, симметричное этой пирамиде относительно избранной гра-
ни. Таким образом получим два многогранника: выпуклый и невыпук-
лый, с гранями выпуклыми и попарно конгруэнтными. На рис. 82 пока-
заны два многогранника ABCDE и ABCDE', полученных описанным
выше способом из тетраэдра A BCD.
Два тридцатигранника: выпуклый и невыпуклый, с выпуклыми по-
парно конгруэнтными гранями изображены на рис. 83 и 84.
85
Рис. 77
Рис. 78
Рис. 79
Рис. 80
Рис. 81
Рис. 82
86
Рис. 87
87
44. Примеры многогранников, удовлетворяющих условиям задачи, мы
видим на рис. 85 и 86. Многогранник, изображенный на рис. 86, состо-
ит из двух параллелепипедов с ромбоидальными гранями, прилегающих
друг к другу одной гранью.
Существует также невыпуклый ромбический додекаэдр. Мы можем его
получить из выпуклого ромбического додекаэдра, если удалим передний
трехгранный угол (см. рис. 87, а) и заменим его задним трехгранным уг-
лом, передвигая его параллельно по ребрам, образованным шестью ос-
тальными гранями (см. рис. 87, б).
Видно, что возникшее тело состоит из трех параллелепипедов. Если
мы удалим один из них, то у нас останется тело, изображенное на рис. 86.
44а. Отыскание всех многоугольников, образованных ребрами пра-
вильного многогранника, способом, описанным в задаче, а особенно отыс-
кание тех из многоугольников, которые отличаются только положением,
а не формой,— особенно затруднительно в случае икосаэдра. Поэтому
установим некоторый метод решения, заменяя многогранники плоскими
®@@
Рис. 88
схематическими изображениями их разверток (рис. 88). Это даст нам
возможность рассматривать данную задачу как задачу плоскую.
Соответствующее плоское изображение развертки мы можем полу-
чить, если представим себе, что ребра многогранника — растягиваю-
щиеся, и станем растягивать многогранник, начав, например, с «задней»
грани, так, чтобы все вершины многогранника оказались в одной плос-
кости. Вершинам многогранника соответствуют узлы плоской сети, реб-
рам соответствуют отрезки или дуги, соединяющие узлы, а каждой гра-
ни многогранника соответствует либо отдельная ячейка сети, либо внеш-
няя область. Обходу по ребрам многогранника соответствует обход по
сторонам и дугам плоской сети, а замкнутому косому (неплоскому) мно-
гоугольнику, соединяющему все вершины правильного многогранника,
соответствует замкнутая ломаная, не имеющая узлов и проходящая че-
рез все узлы плоской сети. Эта ломаная имеет столько сторон, сколько
вершин у данного правильного многогранника, причем «сторонами» мы
считаем также дуги (впрочем, это зависит лишь от рисунка, ибо плоские
изображения можно нарисовать так, чтобы они. состояли из одних от-
резков).
Чтобы можно было различать косые многоугольники, образованные
способом, описанным в задаче, установим некоторую систему их обозна-
чения, приписывая им некоторые символы. А именно: представим себе
пловца, который плывет по ребру АВ многогранника лицом к многогран-
нику. Доплыв до вершины В, пловец имеет возможность выбрать коли-
чество дорог, равное уменьшенному на единицу числу ребер, выходя-
щих из одной вершины данного многогранника. Будем обозначать эги
дороги в той последовательности, в которой они следуют одна за другой
по направлению вращения часовой стрелки, соответственно цифрами
0,1 для правильного тетраэдра, куба и додекаэдра, цифрами 0, 1,2 —
для правильного октаэдра и цифрами 0, 1,2,3 — для правильного ико-
саэдра. Таким образом, каждому замкнутому косому многоугольнику,
88
проходящему через все вершины многогранника, будет соответствовать
символ, составленный из такого числа цифр, сколько вершин имеет
многогранник. Так, например, многоугольники рис. 89 соответственно
будут обозначаться символами 00110011 и 11001100, если обход их нач-
нем от вершины А по направлению, обозначенному стрелкой.
Заметим, что совершенно безразлично, с которой цифры мы начнем
прочитывание символа многоугольника, лишь бы мы после последней
цифры прочли еще пропущенные начальные цифры. Действительно,
началу прочигывания символа многоугольника с другой цифры соот-
ветствует начало обхода многогранника с иной вершины. Поэтому два
многоугольника рис. 89 идентичны, хотя и по-разному расположены.
Заметим, далее, что если дан символ многоугольника, то легко можно
написать символ многоугольника, полученного из данного путем зер-
кального отражения (т. е. путем симметрии относительно плоскости).
Для этого достаточно заменить цифры 0,1 соответственно цифрами 1, 0,
/ Рис. 89 Рис. 90
если символ составлен из цифр 0, 1, или заменить цифры 0, 2"соответст-
венно цифрами 2, 0 (оставляя цифру 1 без изменения), если символ со-
ставлен из цифр 0, 1,2, или же заменить цифры 0, 1, 2, 3 соответственно
цифрами 3, 2, 1, 0, если символ составлен из цифр 0, 1,2, 3. Так, напри-
мер, из двух многоугольников, представленных на рис. 89, каждый
возникает из другого путем симметричного отражения, что следует из
сравнения их символов.
Наконец, заметим, что каждый многоугольник можно обойти в двуд
противоположных направлениях. Обходя многоугольник рис. 90, начи-
ная с вершины Л, по направлению А В, а затем, начиная с вершины В,
по направлению ВА> мы соответственно получим символы 201201 и
120120. Второй из этих символов можно получить из первого, прочиты-
вая его в обратном порядке, при такой замене цифр, которая соответст-
вует симметричному отражению.
В случае, представленном на рис. 90, оба символа, которые обозна-
чают ту же самую замкнутую ломаную, проходимую в двух противопо-
ложных направлениях, в сущности, являются идентичными, ибо второй
символ, прочитываемый со второй цифры, дает то же самое, что и пер-
вый. Однако не всегда так бывает. Например, замкнутая ломаная рис.
91, обегаемая от Л к В, имеет символ 102302301132, а та же самая лома-
ная, проходимая от В к Л, имеет символ 102230130132. Эти символы не
являются идентичными, хотя линии, представленные ими, отличаются
лишь направлением обхода.
Нетрудно объяснить этот факт. Если пловец плывет лицом к додека-
эдру вдоль ломаной (см. рис. 91) в направлении А В, то по правую руку
он будет иметь те грани додекаэдра, которые на рисунке находятся внут-
ри замкнутой ломаной. Плывя же вдоль этой ломаной в противополож-
ном направлении, он будет иметь по правую руку то, что останется от
додекаэдра после удаления из него тех граней, которые составляют внут-
ренность ломаной, изображенной на рис. 91. Итак, введенный нами сим-
т
89
вод характеризует не только саму ломаную» но и часть многогранника,
принимаемую за ее внутренность. Поэтому, если данная ломаная делит
поверхность многогранника на две одинаковые части (как в примере, ,
показанном на рис. 90), то символ ломаной не меняется при изменении |
направления обхода. В противном же случае (как на рис. 91) изменение
направления обхода вызывает изменение символа ломаной. Таким об-
разом, при отождествлении многоугольников необходимо помнить, что
один и тот же многоугольник может иметь
два разных символа. j
После этих предварительных замеча-
ний, которые облегчат нам перечисление
ц идентификацию многоугольников, отли- !
чающихся только положением* а не фор-
мой, мы можем перейти к решению зада-
чи, поочередно рассматривая различные
правильные многогранники.
Начнем с правильного тетраэдра,
имеющего четыре грани. Многоугольник,
о котором идет речь в задаче, имеет, сле-
довательно, четыре стороны. Такому мно- \
гоугольнику соответствует четырехзнач-
ный символ, записанный при помощи
цифр 0 и 1. В этом символе, однако, не
могут выступать подряд ни две цифры 0, ни две цифры 1, так как они
вызывают замыкание треугольника (рис. 92). Ввиду этого в символе
Рис. 91
Рис, 92
Рис. 93
Рис. 94
Рис 96
многоугольника должны выступать попеременно цифры 0 и 1. Единст-
венным многоугольником с таким символом является многоугольник
0101» так как символ 1010 обозначает тот же самый многоугольник.
Следовательно, в случае тетраэдра задача имеет только одно реше-
ние (рис. 93); при этом можно проверить, что, симметрично преобрази- ;
вывая многоугольник 0101 или обегая ero в противоположном направ- \
лени и, мы всегда получаем тот же самый многоугольник.
90
В случае куба (восемь вершин) многоугольником, отвечающим ус-
ловию задачи, будет восьмиугольник с восьмизначным символом. В этом
символе не могут выступать подряд ни три цифры 0, ни три цифры 1 (ибо
это вызывает замыкание четырехугольника, см. рис. 94). В связи с этим
в символе многоугольника, отвечающего условию задачи, должны вы-
ступать как цифры 0, так и цифры 1. А так как многоугольник 01010101
не реализует условия задачи (рис. 95), то в символе каждого многоуголь-
ника, отвечающего условию задачи, должны выступать подряд или две
цифры 0, или две цифры 1. Заменяя в этом последнем случае многоуголь-
ник симметричным'ему многоугольником, мы можем ограничиться пере-
числением многоугольников, проходящих через ребро АВ, символы
©
Рис. 97 Рис. 98
которых начинаются двумя цифрами 0. Остальные многоугольники
(если они существуют) мы получим путем симметричного отражения.
Однако существует только один многоугольник, отвечающий этим
условиям, а именно многоугольник 00110011 (рис. 96). А так как зер-
кальное отражение даст нам тот же самый многоугольник 11001100, то
и в этом случае задача имеет только одно решение (рис. 97). Нетрудно
проверить, что, обегая многоугольник 00110011 в противоположном
направлении, мы получим тот же самый многоугольник, т. е. замкнутая
ломаная рис. 97 делит поверхность куба на конгруэнтные части.
Перейдем теперь к правильному октаэдру (рис. 98). Замкнутая ло-
маная, отвечающая условиям задачи, состоит из шести сторон, т. е. она
имеет шестизначный символ, составленный из цифр 0, 1, 2. Так1 как в
таком символе не могут выступать подряд три цифры 1 (ибо это вызывает
замыкание четырехугольника), то каждый символ шестиугольника, от-
вечающего условию задачи, содержит по крайней мере одну из цифр:
0 или 2. Заменяя в последнем случае шестиугольник симметричным шес-
тиугольником, мы видим, что для решения задачи достаточно перечис-
лить шестиугольники, проходящие, например, через ребро АВ, символы
©
Рис. 99
которых начинаются с цифры 0. Существуют три таких шестиугольника
(рис. 99) с символами
[1] 012012, [2] 020202, [3] 021021.
Преобразовывая их симметрично, получим шестиугольники
2Ю210, 202020, 201201,
91
совпадающие соответственно с шестиугольниками [3], [2] и [1]. Отсюда
следует, что при преобразовании симметрии первый шестиугольник пере-
ходит в третий, третий — в первый, а второй переходит сам в себя.
Поэтому для правильного октаэдра задача имеет три решения: од-
но симметричное 020202 и два ассимметричных: 012012, 021021 (рис. 100).
Рис. 100
Обегая каждую из полученных замкнутых ломаных в обратном
направлении, получим те же самые символы; это означает, что каждая
из указанных замкнутых ломаных делит поверхность октаэдра на кон-
груэнтные числа.
Для правильного додекаэдра (рис. 101) многоугольник, отвечающий
условию задачи, состоит из двадцати сторон и имеет двадцатизначный
^—-**w ^^" символ, составленный из цифр 0 и 1,
/\^^^^\\ >Cj ^^ч Так как многоугольник
I )*Sy\) ftP\A \ oioioioioioioioioioi
\^х~~л/ \ Л\ ./\ I не отвечает условию задачи (рис.
\. \jfi У \*\х1р' )' то в символе каждого много-
—-L-^ ^^JL-^^ угольника, отвечающего условию за-
" " дачи, выступают подряд по крайней
Рис. 101 Рис. 102 мер е две цифры 0 ил и две цифры 1. За-
меняя в последнем случае много-
угольник симметрично отраженным многоугольником, мы ограничимся
перечислением многоугольников, проходящих через ребро АВ% символы
которых вначале имеют две цифры 0. Остальные многоугольники (если
они существуют) мы получим путем симметричного отражения.
Исследуя поочередно все возможные случаи, мы можем легко убе-
диться, что существуют четыре многоугольника, проходящих через реб-
ро АВ, символы которых начинаются двумя цифрами 0.(рис. 103). Это
многоугольники
[1] 00010101110001010111 [2] 00011101010001110101,
[3] 00101011100010101110, [4] 00111010100011101010.
Многоугольники [1], [3] идентичны; кроме того, идентичны много-
угольники [2], [4J, а многоугольник [2] получается из многоугольника
[1] в результате зеркального отражения. Каждый из многоугольников
[1], [2], обегаемый в обратном направлении, дает тот же самый символ.
Отсюда следует, что для правильного додекаэдра задача имеет два асим-
метричных и взаимно симметричных решения; каждая из полученных
замкнутых ломаных делит поверхность додекаэдра на две конгруэнтные
части (рис. 104).
Самым трудным является случай правильного икосаэдра (рис. 105).
В этом случае многоугольник, отвечающий условию задачи, должен
быть двенадцатиугольником, символ которого построен из двенадцати
92
цифр 0, 1,2, 3. Пусть дан многоугольник W с символом, например,
102123102123, (W)
удовлетворяющий условиям задачи. Обозначим буквой 5 многоуголь-
ник, образованный из многоугольника W путем симметричного отра-
жения. Символ многоугольника 5 получаем заменяя цифры 0, 1, 2, 3
соответственно цифрами 3, 2, 1, 0:
231210231210, (S)
93
Затем обозначим буквой (5') символ многоугольника S, обегаемо-
го в противоположном направлении; символ (5') получаем, прочи-
тывая в обратном порядке символ (W):
321201321201. (&)
Обозначим, наконец, буквой (W) символ многоугольника W,
обегаемого в противоположном направлении; символ (W) получаем,
прочитывая в обратном порядке символ (S):
012132012132. (W)
Можно легко убедиться, что в символе произвольного многоуголь-
ика, удовлетворяющего условию задачи, не могут подряд выступать ни
две цифры 0, ни две цифры 3 (ибо это вызывает Замыкание треугольни-
ка). А так как многоугольник 030303030303 не отвечает условиям зада-
чи (см. рис. 105), то, следовательно, в символе каждого многоугольника,
отвечающего условиям задачи, выступает по крайней мере один раз циф-
ра 1 или же цифра 2. Заменяя во втором случае многоугольник W сим-
метричным многоугольником S, мы можем ограничиться перечислением
таких многоугольников, символы которых содержат цифру Ь Остальные
многоугольники (если они существуют) получаем путем симметричного
отражения. Докажем теперь, что если символ многоугольника, отвечаю-
щего условиям задачи, содержит цифру 1, то он содержит также и груп-
пу (комплекс) цифр 10 или 01, или же комплекс цифр 23 или 32 (а тогда
чсимвол симметричного многоугольника содержит комплекс цифр 10
или же 01).
Действительно, если цифра 1 не выступает в комплексе цифр 10
или 01, то обязательно выступит в одном из комплексов 111, 112, ИЗ,
212, 213,313 или в одном из комплексов, полученных из предшествую-
щих путем прочтения их в обратном порядке. Заменяя в последнем
случае многоугольник W многоугольником Я'.мы можем ограничиться
исследованием первого случая.
Комплекс 111 не может выступить, если многоугольник W отвечает
условию задачи, ибо вершина е не могла бы тогда принадлежать много-
угольнику W (рис. 106).
В том случае, когда выступит комплекс 112 (или 113), должно су-
ществовать соединение fej (рис. 107), которому соответствовала бы цифра
Рис. 106 Рис. 107
0 в вершине / и цифра 1 в вершине а, т. е. комплекс цифр 01 в символе
многоугольника.
В случае, когда выступит комплекс 212 (или 213), должно существо-
вать соединение cbe (рис. 108). Если бы вершина е соединялась с верши-
94
ной /, то ломаной febc в символе многоугольника соответствовал бы комп-
лекс 10. А если бы вершина е соединялась с вершиной j, то ломаной
beja в символе многоугольника соответствовал бы комплекс цифр 10.
И, наконец, если бы выступил комплекс 313, то должно было бы
выступить также соединение bid (рис 109). Вершины /, k не могут соеди-
няться, ни непосредственно между собой, ни с вершиной /, вследствие
чего должно выступить соединение )е или kg. Ограничиваясь из-за сим-
метрии рассмотрением первого случая, мы видим, что тогда возможны три
к
Рис. 108.
Рис. 109
следующих соединения вершин е, Ь: или eb, или ecb, или efcb. В случае
соединения eb ломаной beja в символе многоугольника W соответствует
комплекс цифр 10, а в случае соединения ecb или efcb ломаной dibc в
символе многоугольника соответствует комплекс цифр 32.
Таким образом, мы констатируем, что если только в символе мно-
гоугольника выступает цифра 1, то выступает также и комплекс цифр
10 либо 01, или 23 либо 32. Поэтому заменяя в случае надобности мно-
гоугольник W многоугольником S и беря соответственно вместо симво-
лов (W) и (5) символы (5') и (W), мы можем ограничиться перечисле-
нием таких многоугольников, которые проходят через определенное
произвольно выбранное ребро и символы которых начинаются с комплек-
са цифр 10. Остальные многоугольники (если они существуют) полу-
чим путем симметричного отражения.
Существуют два метода перечисления описанных выше много-
угольников. Один, аналогичный тому, который мы применяли для
додекаэдра, основан на исследовании всех возможных рисунков. Дру-
гой состоит в комбинировании сначала трех, а потом шести вершин,
через которые могут проходить рассматриваемые многоугольники. Каж-
дый из этих методов (детали опускаем) ведет к следующим многоуголь-
никам:
[1] 102123102123 [4] 102230130132
[2] 102132013023 [5] 102230202303
[3] 102132020313 [6] 102230203032
[7] 102230210322
[81 102301320123
[9] 102302301132
[10] 102303030132
102303102303
102303103032
102303110322
102310231023
102310320132
102312013203
102312102312
95
[18] 103022301123
[19] 103023030123
[20] 103023103023
[21] 103023110313
[22] 103030320123
[23] 103031301132
[24] 103032030132
[25] 103032102303
[26] 103032103032
[27] 103032110322
[28] 103103220123
[29] 103123011231 I
[30] 103130301231
[31] 103131030231
|32] 103131103131
[33]
.34
35]
36
37
[38
39
40
41
103201321023
103203201231
103213011321
103220123103
103220301321
1 103221023031
103221022302
103221030321
103221103221
Теперь остается отбросить из числа приведенных выше многоуголь-
ников те, которые идентичны другим, и дописать многоугольники,
полученные путем симметричного отражения и отличные от пре-
дыдущих.
(W)
[1]
2
3
А
'ъ
1'
7]
8]
Ю]
И]
:i2j
13]
14]
26]
27]
32]
[41]
[42]
[43]
[44]
[45]
[46]
(S)
[17]
[.16]
231201313020
[34]
[21
[30
[29
[15
[22
(20
(19!
[is;
[14]
230301230301
230301223011
230202230202
230112230122
(W) ((S)
в обратном
направлении)
[2]
[3
[91
[23]
35]
8]
[10]
[24]
[37]
[26]
[27]
[41]
(S')((B7)
в обратном
направлении)
[16
42]
28]
[15]
[22]
[43]
[44]
[46]
Сразу видно, что многоугольник [25] идентичен многоугольнику [ 12],
что обозначим символически равенством [25]=[12], и подобным же об-
разом: [31]=[21], [33]=[15], [36]=[28], [38]=ЦЗ], [39]=[7], [40]=
=[27].
Отбросив многоугольники [25], [31], [33], [36], [38], [39], [40], мы
займемся остальными, которых всего [34]. Их символы выписаны в
таблицу.
Из этой таблицы видно, что многоугольники [9], [28], [23], [35],
[24], [37] соответственно идентичны многоугольникам [4], [34], [6], [7],
[12], [13], и что, симметрично преобразуя многоугольники [3], [26],
[27], [32], [41], получаем новые многоугольники, отличные от рассмот-
ренных выше»
96
В результате, для икосаэдра задача имеет 33 решения, а именно:
один симметричный многоугольник [14] и 16 многоугольников [1], [2],
13], [4], [51; [61, [71, [81, [101, НИ, [121, [131, [26], [27], [32], [41], симмет-
ричных 16 многоугольникам: [17], [16], [42], [34],
[21], [30], [29], [15], [22], [20], [19], [18], [43], [44],
[45], [46].
Из них многоугольники [2], [16], [3], [42], [8],
[15], [10], [22], [26], [43], [27], [44], [41], [46] делят
поверхность икосаэдра на конгруэнтные части.
На рис. 11Q показано решение [14], на рис.
111 приведены 16 остальных решений из столбца
(W) предыдущей таблицы; симметричных решений
мы не помещаем. Обход мы начинаем с нижней вер-
шины, а поочередные решения на рис. 111 располо-
жены вдоль строк.
45. Три модели конусообразных планет, о которых шла речь в ус-
ловии задачи, мы получаем из прямоугольной сети меридианов и парал-
лелей (рис. 112), рассекая ее одним из трех способов, указанных на рис.
113, и сворачивая затем остальную часть в конус с вершиной в точке /V.
Рис. 111
На рис. 114 дан вид этого конуса «сверху», т. е. со стороны вершины.
Мы ясно различаем два семейства кривых: «меридианы» и «параллели».
4 Г. Штейнгауз 97
Меридианы не пересекают друг друга, параллели тоже, но каждый
меридиан пересекает каждую параллель в двух точках, как и на земном
шаре. Кратчайшие пути имеют постоянное направление, т. е. пересе-
кают параллели и меридианы под постоянным углом.
На рис. 115 и 116 дан вид «сверху» второго и третьего конусов, или
проекции семейств кривых на плоскости, перпендикулярные к оси ко-
нуса. На первом конусе имеется одно семей-
ство кривых, на другом — три.
Стоит заметить, что приведенные решения не
единственны.
46. Среди трех данных сфер нет двух, касаю-
щихся друг друга. В самом деле, в противном
случае общая касательная плоскость этих двух
сфер, проходящая через точку Р, пересечет тре-
тью сферу по окружности. Касательная к этой
окружности в точке Р будет, очевидно, касатель-
ной ко всем трем сферам, что противоречит усло-
вию задачи.
Итак, две сферы должны пересекаться по окружности, проходящей,
очевидно, через точку Р. Эта окружность не может иметь с третьей сфе-
рой только одну общую точку, так как иначе касательная к окружности
в точке Р была бы общей касательной к трем сферам. Точка пересечения
/ \
V^
Рис. ИЗ
Рис. 114
Рис. 115
этой окружности с третьей сферой, отличная от точки Р, принадлежит
всем трем сферам".
47. Пусть окружность К является сечением нашей поверхности 5,
и пусть L — ось окружности /С, т. е. прямая, проходящая через центр
К перпендикулярно ее плоскости. Рассмотрим плоскость Р, проходя-
щую через L;. она высекает на S окружность, которую мы обозначим че-
рез С(Р). Очевидно-, С(Р) пересекает К в-двух диаметрально противо-
98
положных точках А и В. Ясно, что АВ является хордой окружности
С(Р), а ось L будет осью симметрии этой хорды. Как известно, ось сим-
метрии хорды окружности проходит через центр этой окружности; по-
этому L проходит через центр С(Р) и пересекает эту окружность в диа-
метрально противоположных ее точках М
и N (которые, разумеется, суть точки пе-
ресечения L и S). Следовательно,. любая
окружность С(Р), получающаяся в сечении
поверхностиS произвольной плоскостью Р,
проходящей через прямую L, содержит одни
и те же точки М и W. Очевидно, не сущест-
вует других точек L, принадлежащих 5,
так как если Q — такая точка, то сечение S
плоскостью Р будет отлично от окружности.
Отсюда мы заключаем,что отрезок MN пря-
мой L является общим диаметром всех ок-
ружностей С(Р). Поэтому все эти окруж-
ности могут быть получены вращением
вокруг MN любой из них. Таким образом,
множество всех сечений 5 плоскостями, проходящими через L, дает
нам сферу 2, являющуюся частью поверхности 5. Но S не может со-
держать никаких точек, отличных от точек 2, потому что если некоторая
точка Т поверхности S не принадлежит 2, то пересечение S плоскостью,
проходящей через Т и L, будет отлично от окружности. Следовательно,
поверхность S — это* сфера 2.
47а. Если уложить вместе четыре шара радиусом г, то их центры об-
разуют правильный тетраэдр с ребром 2г (левая часть рис. 117), в кото-
ром двугранный угол а«70 32', что нетрудно найти из равенства cos a=
= 1/3.
Если мы и дальше будем строить многогранники, образованные из
центров\ шаров, то вкладыванию нового шара в какое-нибудь из остав-
шихся гнезд будет соответствовать достройка к ранее построенному
Рис. 116
Рис. 117
тетраэдру нового тетраэдра, симметричного предыдущему относитель-
но одной из его граней. Так как гнезд было всего четыре, то доклады-
ванию четырех шаров соответствует достройка кчтетраэдру четырех тет-
раэдров, В результате мы получим звездчатый многогранник, изобра-
4*
99
шинами
женный на правой части рис. 117. Они имеют 12 граней, а следователь-
но, фигура, состоящая из шаров, имеет 12 гнезд.
Если бы мы теперь хотели в каждое из образованных гнезд вложить
по одному шару, то оказалось бы, что не все шары вмещаются. Действи-
тельно, если, например, при грани А'ВС мы достроим тетраэдр A 'BCD'\
а при грани BCD — тетраэдр A"BCD', то действительно, это построение
может быть выполнено, ибо 5а<360°, но расстояние A"D" между вер-
достроенных тетраэдров будет равно 2г }^3 sin ( 180°—^- а ) ,
т. е. -Q- г, а следовательно, будет меньше 2/\ Поэтому точки А" и D":
одновременно не могут быть центрами шаров с радиусом г.
Таким образом, из каждой пары гнезд при каждом из внутренних
ребер звездчатого многогранника можно только в одно гнездо вложить
новый шар, т. е. в качестве третьего слоя всего можно доложить только
шесть шаров. Этот один шар можно действительно поместить, так как,
например,
A'A" = 2r V"S sin 2а= 8 ^6 г > 2л
Постоянно говоря дальше «грань» вместо «гнездо» и «вершина» вмес-
то «центр шара», предположим, что «активными» гранями являются
грани A'BD, B'CD, CAD, ABD\ BCD', ACD\ а остальные пусть будут
«мертвыми» (неактивными).
Тогда к данному многограннику можно будет достроить тетраэдры
A'BDG, B'CDE, AC'DF, ABC"D\ A"BCD\ AB"CD\ имеющие всего
18 граней. Три последних тетраэдра будут иметь только по одной ак-
тивной грани. Подобным же образом каждый из трех начальных тет-
раэдров будет иметь только по одной ак-
тивной, грани, т, е. всего в четвертом слое
будет 6 шаров.
Этот процесс, конечно, можно про-
должить. После присоединения каждого
последующего слоя шаров некоторые грани
многогранников, образованные центрами
| шаров, будут «отмирать», но остальные ак-
тивные грани будут порождать новые тет-
раэдры.
476. Пусть г обозначает радиус дан-
ных шаров.
Прежде всего, заметим, что один
шар мы можем обложить венцом из
™ис* 1*° шести шаров так, чтобы каждый из
них касался первого шара (который
мы будем считать первым слоем) и двух соседних шаров и чтобы центры
всех шаров лежали в одной плоскости (рис. 118). Углубления, образо-
ванные каждыми тремя взаимно касающимися шарами, из числа этих;
семи шаров, образуют 12 гнезд для последующих шаров; принимая плос-
кость, изображенную на рис. 118, за плоскость, проходящую через
центры названных семи шаров, в гнездах, находящихся выше этой
плоскости, мы можем поместить только три шара касательно к шару пер-
вого слоя. Шары эти, обозначенные на рис. 118 пунктиром, действитель-
но можно уместить, так как легко убедиться в том, что расстояния между
их центрами будут равны 2л В гнездах, находящихся ниже плоскости,
можно уместить тоже только три шара, причем двумя способами: не-
100
посредственно ниже шаров, находящихся в верхних гнездах, или же
между ними.
1^так, один шар можно двумя способами обложить 12 шарами, сос-
тавляющими второй слой. Центры этих 12 шаров представляют собой
вершины двух четырнадцатигранников W1 и W2 (рис: 119 и 120), шесть
граней которых являются квадратами, а восемь граней — равносторон-
Рис. 119 Рис. 120
ними треугольниками; стороны квадратов и треугольников равны 2г.
Так как центры шаров второго слоя находятся на одинаковом расстоя-
нии 2/* от центра шара первого слоя, то и вершины четырнадцатигран-
ников Wx и W2 тоже находятся на одинаковом расстоянии от центра
шара первого слоя. Расстояние это равно 2г. Основываясь на этом, мож-
но вычислить двугранные углы многогранников Wi и W2. В самом деле,
соединяя вершины многогранников с центром шара первого слоя, мы
можем выделить в обоих многогранниках шесть пирамид с квадратными
основаниями и одинаковыми ребрами, равными 2г, а также восемь пра-
вильных тетраэдров с ребрами длиной 2г. Обозначая двугранный угол
у основания пирамиды через а, а двугранный угол тетраэдра через $1
легко найдем, что
cosa = —т=т, cosfJ = y,
откуда.
а=54с44\ Р=70°32'.
Двугранные углы многогранника W± поэтому равны a+Р; двугранные
углы многогранника W2 соответственно равны: между двумя треуголь-
ными гранями 2р, между двумя квадратными гранями 2а, а между
треугольной и квадратной гранью а+р.
Обе системы шаров, центры которых являются вершинами четыр-
надцатигранников Wf и W2 содержат по 14 гнезд; восемь гнезд, обра-
еованных тремя шарами, шесть — четырьмя шарами. Легко убедить-
ся, что в каждое гнездо можно уместить шары (как это доказать?). Сле-
довательно, третий слой будет состоять из 14 шаров. Так как звездча-
тый многогранник Wf рис. 121 имеет 48 граней, то шары третьего слоя,
центры которых составляют этот многогранник, образуют 48 гнезд. Ни
в одно из них невозможно уже вместить шар (почему?).
Рассмотрим еще систему шаров, центрами которых являются вер-
шины четырнадцатигранника W2, и звездчатый многогранник tt?f,
Wi
построенный на многограннике W2- В этом случае в гнездах третьего
слоя системы шаров можно поместить три шара, образующие четвертый
слой, но на этом окончится, так же как и раньше, укладывание шаров в
гнезда. Мы уже не сможем поместить пятого слоя ша^ов *). >•< ,-
47в. Решение иллюстрирует рис. 122. Наборщик набрал 5 см,вмес-
то указанных автором учебника 4 см.
48, Электрическое освещение в большинстве городов питается
переменным током с периодом, равным =~ с; в течение секунды элек-
трический свет 100 раз загорается' и гаснет, а между двумя очередными
моментами наивысшего напряжения всегда проходит 0,01 с.
Если диск вращается по направлению вращения часовой стрелки со
скоростью 25 оборотов в секунду, то в течение 0,01 с каждый из участ-
ков внутреннего диска выполнит 0,25 оборота и займет такое положение,
какое раньше занимал участок того же самого цвета. В результате нам
будет казаться, что внутренний диск не вращается. При скорости враще-
ния, несколько превышающей 25 оборотов в секунду, нам будет казать-
ся, что диск соответственно вращается в н-аправлении движения часовой
стрелки, а при скорости вращения немного менее 25 оборотов в секунду
нам будет казаться, что диск вращается в направлении, противополож-
ном движению часовой стрелки.
Для внешнего кольца будет то же самое, однако критическая ско-
рость будет равна 20 оборотам в секунду.
Предположим теперь, что мы станем вращать^диск с очень большой
скоростью. Если скорость, уменьшаясь, дойдет до 25 оборотов в секун-
ду, то нам будет казаться, что внутренний диск неподвижен, а внешнее
кольцо вращается по направлению движения часовой стрелки. При ско-
рости диска менее 25, но более 20 оборотов в секунду нам будет казать-
ся, «что внутренний диск вращается в направлении, противоположном
вращению внешнего кольца. При 20 оборотах в секунду внешнее кольцо
*) По поводу затронутой задачами 47а и 476 тематики см., напри-
мер, Гильберт Д., Кон - Ф о с с ё н С. Наглядная геометрия.—
М.: Наука, 1981, § 7.— Примеч. ред.
102
задержится, после чего как внутренний диск, так и внешнее кольцо
будут вращаться в направлении, противоположном направлению дви-
жения часовой стрелки.
Игрушка лучше всего действует при свете ионной лампы, а совсем
плохо при свете обыкновенных электрических лампочек большой мощ-
ности, нить накала которых обладает большой тепловой инерцией, весь-
ма сильно снижающей эффекты, связанные с характером переменно-
го тока.
49. Спор можно разрешить следующим образом.
Право первенства выбора куска ветчины предоставим третьей участ-
нице покупки. Она, конечно, выберет тот кусок, который на домашних
весах весил не менее каждого из двух остальных кусков, а следователь-
но, тот, который, по ее мнению, по своей стоимости соответствует не
менее чем 15 рублям. Такой кусок должен существовать, так как при
разделе целого на три части одна из этих частей должна быть не менее
1/3 целого.
Затем выбирает свой кусок вторая участница покупки. И эта тоже
должна быть довольна, так как после того, как выбрала себе кусок третья
участница, остался по крайней мере один кусок, который, по показа-
нию весов в магазине на углу, соответствует по своей стоимости не ме-
нее чем 15 рублям.
Первая участница покупки получит оставшийся кусок; она тоже
должна.быть довольна, ибо она считала все куски равными по весу.
50. Систему двух произвольных взаимно перпендикулярных прямых
назовем кратко крестом. Отметим на этом кресте один луч, т. е. одну
полупрямую (на рис. 123 он обоз-
начен стрелкой). Крест, располо-
женный произвольно относительно
плоской области, можно всегда па-
раллельно сдвинуть так, чтобы чет-
верти области, прилегающие к вы-
деленному нами лучу, имели площа-
ди, равные Р/4 (на рис. 123-крест
обозначен пунктиром; верхние 'чет-
верти, имеющие площади Р/4, тоже
заштрихованы пунктиром). Если и
нижние четверти имеют те же
самые площади, то теорема дока-
зана.
Предположим,что это не так, т.е.
что левая нижняя четверть . имеет
площадь больше Р/4 (и больше пра- Рис. 123
вой нижней четверти). Будем те-
перь вращать крест по часовой стрелке так, чтобы четверти, прилегаю-
щие к его отмеченному лучу, всегда имели площади, равные Р/4. После
того как мы повернем крест на 90°, он займет положение, обозначенное
на рис. 12.3 сплошной линией. Для того чтобы четверти, заштрихованные
сплошной линией, имели площади, равные Р/4, вертикальный луч дол-
жен переместиться влево, а горизонтальный — вверх. При новом поло-
жении креста нижняя левая четверть (по отношению к выделенному
лучу)имеет площадь меньше Р/4, так *ак является частью заштрихован-
ной пунктиром четверти, имеющей площадь Р/4, а поэтому правая ниж-
няя1 четверть имеет площадь больше Р/4. Следовательно, мы получили
обратное тому, что было при первоначальном положении креста; по-
этому при вращении креста обязательно найдется такое его положение,
при котором все четьертн будут иметь одинаковые площади, разные Р/4.
103
(Представленное нами доказательство возможности -раздела ле-
пешки на четыре равные части обошлось без всяких вычислений. Но
они были бы необходимы — причем достаточно сложны'— при факти-
ческом разделе на четыре части данного треугольника, например, со
сторонами 3, 4, 5.)
51. Сначала заметим, что если Павел выберет точку Р в центре масс
треугольника (рис. 124), то наилучшим для Гавла будет такой раздел
торта, при котором сечение пар'аллельно какой-либо из сторон треуголь-
ника. Для доказательства этого факта достаточно показать, что треуголь-
ник, заштрихованный один раз на рис. 124, имеет площадь меньшую, чем
треугольник, заштрихованный дважды. Площадь части ABCD торта
равна 5/9 площади целого торта, следо-
вательно, торт будет поделен между Гав-
лом и Павлом в отношении 5:4.
Легко проверить, что выбор центра
масс является для Павла наилучшим ибо
при каждом ином положении точки Р, Га-
вел мог бы себе отрезать не только тра-
пецию A BCD, но еще, сверх того, кусок
торта (рис. 125).
Ответить на остальные вопросы мы
предлагаем читателям. Во всяком случае
легко- доказать, что если торт имеет при-
Рис. 126 чудливую форму, представленную на рис.
126, то при любом выборе точки Р Гавел
может отсечь по меньшей мере 2/3 торта. И наконец, мы предлагаем
читателям доказать, используя результат задачи 50, что при любой
форме торта Гавел не отрежет более чем 3/4 торта *).
52. Сравним вначале по весу первую пару предметов, затем вторую
пару, и, наконец,— предмет, который оказался более тяжелым в первой
паре, с более тяжелым предметом второй пары. Мы можем записать
результаты этих взвешиваний как
А<В<С
V
D
(здесь-M<N означает, что М легче N).
*) По поводу связанной с этой задачей проблематики, см., напри-
мер, первую часть книги Грюпбаум Б. Этюды по комбинаторной
геометрии и теории выпуклых тел.— М.: Наука, 1971.— Примеч. ред.
104
Пятый предмет Е может быть включен в ряд А — В — С, для чего
надо сравнить его сперва с" В\ если он окажется тяжелее В, мы сравним
его с С, а если Е легче Ву мы сравним его с А. Таким способом, с по-
мощью двух взвешиваний мы включим Е в последовательность А—
В—С и придем к одной из следующих четырех конфигураций:
1° А < В < С < £, 2° А< В<Е<С9
V V
D
Е < А < В < С,
V
D
D
А<Е < В<С.
V
D
Мы сделали пока всего 5 взвешиваний. Если в результате мы приш-
ли к 1°, сравним далее D с А, если окажется, что D <А, то задача реше-
на; если же окажется, что A <D, мы сравним D с В — это седьмое взве-
шивание завершит процесс, и мы получим A<D<B<C<E или
A<B<D<C<E. Если первые 5 взвешиваний дадут 2°, то мы можем
включить D в ряд с помощью двух взвешиваний, начиная со сравнения
D с В -— всего мы используем опять 7 взвешиваний. Конфигурации 3°
и 4° отличаются от 2° только обозначениями, так что здесь рассужде-
ния, по существу, не отличаются от относящихся к случаю 2 .
Следовательно, семи взвешиваний всегда достаточно для упорядо-
чения пяти предметов.
52а. Из описания дороги путешественника следует, что его палатка
стояла на Северном полюсе. В этом месте земного шара восход солнца
бывает только раз в году — в день весеннего равноденствия, т. е. 21
марта. Это и есть день рождения Невядомского.
53. Обозначим поочередно дни недели через I, II VII и сос-
тавим таблицу, условившись, что день недели, который выпал на неко-
торую определенную дату 1911 года, обозначен числом I.
А
1911
1912
1913
1914
1915
1916
1917
1918
1919
1920
1921
1922
1923
1924
"1925
1926
1927
1928 ._
1929
1930
в
I
II
IV
V
VI
VII
II
III
IV
V
VII
I
II
III
V
VI
VII
I
III
IV
с
I
III
IV
V
VI
I
II
III
IV
VI -
VII
I
II
IV
V
VI
VII
п
III
IV
*D
I
VI
IV
II
VII
» '
А'
1931
1932
1933
1934
1935
1936
| 1937
! 1938
193) ,
1940
1941
1942
1943
1944
1945
1946
1947
1948
1949
1950
в
V
VI
1 .
II
III
IV
VI
VII
I
II
IV
V '
VI .
VII
II'
III
IV
V
VII
г
с
V
VII
I
и
III
V
VI
VII
I
III
IV
V
VI
. I
II -
III
IV
VI
VII
I
D
v
III
I
VI
IV
105
В столбце А приведены годы (високосные годы напечатаны жирным
шрифтом). В столбце В приведены дни недели, выпадающие в разные
годы на ту же самую дату, что и в 1911 году, если эта дата находится
между 1 января и 28 февраля. В столбце С приведены дни недели, выпа-
дающие в различные годы на ту же самую дату, если эта дата находится
между 1 марта и 31 декабря. В столбце D приведены дни недели, выпа-
дающие в отдельные високосные годы на 29 февраля.
Из этой таблицы видно, что день недели, выпадающий на определен-
ную дату до 1 марта, перемещается после обычного года на 1, а после
високосного года на 2; день же недели, выпадающий на определенную
дату после 1 марта, перемещается перед обычным годом на 1, а перед
високосным годом на 2.
Из этой таблицы также видно, что если определенная дата (отличная
от 29 февраля) выпадает в некотором году, например, в понедельник, то
во второй раз в этот же самый день недели, она выпадает или через 5 лет,
или через 6 лет, или же через И лет (если в рассматриваемый период не
было года, номер которого является числом, делящимся на 100, но не
делящимся на 400).
Если бы Софья Сергеевна родилась в какой-либо день, отличный от
29 февраля, а до 27 июля 1950 г. отмечала день своего рождения только
один раз, то,в этот день она была бы еще несовершеннолетней, следо-
вательно, не было бы повода называть ее Софьей Сергеевной, а также
говорить, что она еще не стара.
Предположим, следовательно, что Софья Сергеевна родилась 29
февраля. День недели, выпадающий на эту дату, перемещается через
каждые четыре года на 5, вследствие чего 29 февраля выпадает в тот
же самый день недели, через каждые 74=28 лет (если в этот период не
было года, номер которого делится на 100, но не делится на 400). Так
как Софье Сергеевне «всего один год», то первый день своего рождения
она отмечала самое раннее в 1924 году, а самое позднее в 1948 году.
Но так как известно, что Софья Сергеевна родилась после первой
мировой войны, то впервые день своего рождения она отмечала в 1948
году, а родилась 29 февраля 1920 года.
54. Пусть п обозначает число рыб в пруду, годных для улова.
Тогда отношение числа рыб, помеченных меткой, к числу всех, рыб
равно 30/az.
Во второй раз ихтиолог поймал 40 рыб, среди которых две рыбы бы-
ли помечены. Отношение числа рыб помеченных к числу всех выловлен-
ных рыб равно 1/20.
Если предположить, что помеченные рыбы в пруду равномерно рас-
пределены среди всех рыб, то оба отношения должны быть одинаковы,
т. е. 30/я= 1/20, откуда «=600.
Следовательно, число рыб в пруду, годных для улова данной сетью,
приблизительно равно 600.
55. В любдм случае достаточно четырех проб, если принять следую-
щий метод: будем сравнивать валик со средним отверстием, т. е. восьмым
по счёту, потом'-^ в зависимости от результата — с четвертым или две-
надцатым и т. д. Результатом каждой пробы будет ответ «да» (если ва-
лик поместится в отверстии) или «нет» (если валик не поместится в от-
верстии). Четыре пробы дадут-16 возможностей, т. е. столько, сколько
существует типов валиков, различаемых данным прибором. .
56. Если 2/г чисел xlt х2, ►. ., х2п расположены в возрастающем по-
рядке и если xm<x<xm + i, то сумма абсолютных погрешностей при за-
мене чисел xlt х2, . . ., х2п числом х равна
(X — Xi) + (X — *2)+-..+(*—Хт) + (*тЦ — *)+"'.+(*2и— *)■ (1)
1С6
Легко проверить, что самым меньшимч из чисел вида (1) является число
{y-Xi) + iy-Xi) + .-'. + (y-xn) + (xn+1-y)+... + (x2n-y), (2)
где хп<у<хп + 1. Действительно, если, например, т>п (следовательно,
х>У), то разность чисел (1) и (2) равна
п(х—у) + ((х—хп + 1)+... + (х — хт)) —
— ((хп + 1 — у)+...+(хт — у)) + (2п—т)(у—х) >
> п(х—у) + 0—(т — п) (х<-у)-\-(2п — т)(у^-х)=0.
Подобным же образом можно проверить, что если систему 4л чисел
*it *2> • • •» *4л разделим на две части:
Х\, Х2, * • ч Х2т И *2/л + Ъ *2/Л + 2» •••> Х±п>
числа первой части заменим числом х', причем таким, что хт<х'<
<xm + i, числа второй части заменим числом *", причем таким, что
х2п + т<х"<х2п+ m + i, то сумма абсолютных погрешностей будет
наименьшей при т=п.
Отсюда следует, что предельный диаметр для 120 шариков равен
6,09 мм (имеется 60 шариков диаметром менее 6,09 мм и столько же ша-
риков диаметром более 6,09 мм), а надпи-
си на коробках следующие: а=6,06 мм,
6=6,15 мм.
57. Площадь поперечного .сечения ва-
лика равна 25л см% лента заполняет 1Ь
площадь 25 см2, следовательно, сердце- у/
вина имеет площадь 25 (я—1) *см2. Обо- ЮН
значим через d диаметр трубки (без лен- 11
ты); тогда из уравнения д\\
я-^ = 25(я-1) >
следует, что
- d= 10 у ii=-L см » 8,26 см.
58. Как известно, время, которое по-
казывают часы, полностью определено ко-
ординатой малой стрелки на шкале часов (рис. 127); большая стрелка
имеет всего лишь вспомогательное значение, а именно, она создает на
диске часов что-то вроде нониуса, что позволяет двенадцатикратно
увеличить точность определения координаты малой стрелки.
Если координату малой стрелки на диске часов обозначим через £,
а координату большой стрелки через r\t то получим
г\—12{£}=0, 0<£<12, 0<*]<12,
где {£} обозначает дробную часть числа £. \
Предположим, что обе стрелки часов одинаковы. Обозначим
через х координату одной стрелки, а через у — координату другой.
Могут иметь место три случая.
I. Если х—12 {t/b^O, то обзятельно
У—12 {*}=0
и часы показывают время х.
II. Если у—12 [х}^0, то обязательно
х—12 М=0
и часы показывают время у.
Рис. 127
107
111. Если одновременно имеют место равенства
у—12 {*}=0 и х—\2 Ы=0,
то при помощи часов с одинаковыми стрелками мы не можем прочесть
время, ибо каждую из стрелок можно принять за малую стрелку,
а следовательно, одинаково возможно время х и время у\ таких исклю-
чительных положений стрелок существует всего 143.
Отвечающие им- числа х и у являются координатами 143 точек пере-
сечения графиков функций у=\2 {х} и *=12 {у} (рис. 128). Точки эти
лежат на 23 прямых, определенных
уравнениями *
"График функции у~12{х)
ь
-■X+rxk
(ft = 0, ±1, ...,±11). (1)
^-'-13'
Если теперь обозначим через
г=1х—у\
ошибку, которую мы допустим, при-
. няв вместо одного из двух показаний
часов (х и у) другое, то согласно равен-
ству (1) будем иметь
* 6 В Ю /2
Рис. 128
12ш
г=Тз1*1
(*=о, ±1,
±11).
Отбрасывая, согласно условию
задачи, ошибку более чем в 6 часов,
мы получаем наибольшее значение ошибки для k=±6. Она равна
72 7 6
^ = 75 = 5-7^, т. е. 5 ч 32 мин 18 -г~ с» (В какое время грозит нам эта
Id Id U.
ошибка?) Конечно, в этом рассуждении мы предположили, что хозяин
часов безошибочно прочитывает координаты стрелок.
59. 1) Могло случиться, что один и тот же мальчик оказался самым
.низким великаном и самым высоким карликом. Более того, класс, состо-
ящий 'из km учеников разного роста (k и т — натуральные числа, боль-
шие 1; k обозначает число, рядов, т обозначает число шеренг), можно
расставить в, прямоугольном строю таким образом, чтобы произвольно
выбранный ученик и, который имеет по меньшей мере к — 1 товарищей
ниже себя и* по меньшей мере т— 1 товарищей выше^себя, оказался
одновременно самым низким, великаном и самым высоким карликом:
1 2 3
III д§
2) Нет таких классов, в которых' самый низкий великан меньше
самого высокого карлика. -
Чтобы это доказать обозначим яерез и самого высокого карлика, а
через U — самого низкого великана, Предположим, что U<ut Ученики
108
и и U не могут стоять ни в одном и том же ряду (так как тогда и не был
бы самым низким в своем ряду), ни в одной и той же шеренге (так как
тогда U не был бы самым большим в своей шеренге). Обозначим через
им ученика, стоящего в точке пересечения ряда и шеренги, в которых,
соответственно, стоят ученики и и U. Получим тогда
и < Щь и/* < U,
вследствие чего u<U, вопреки сделанному предположению, что U<u.
Предположение, что U<u привело, следовательно, к противоречию и
поэтому оно не верно.
3) Если бы учитель при определении великанов искал их так же,
как и карликов, т. е. в рядах, а не в шеренгах, то один и тот же ученик
не мог бы быть, что совершенно очевидно, самым низким великаном и
самым высоким карликом, так как тогда в своем ряду он должен был бы
быть одновременно самым низким и самым высоким учеником, что не-
возможно.
Однако в этом случае самый низкий великан может быть или боль-
ше или меньше самого высокого карлика.
Действительно, из класса, насчитывающего km учеников разного
роста> выберем совершенно произвольно 2k-\-m—2 учеников и расста-
вим их вдоль трех сторон прямоугольника по росту в убывающем по-
рядке
следующим образом:
, ' иь последняя шеренга щ
"А+л-1 первая шеренга u2k+m_2
Оставшихся учеников расставим прямоугольным строем совершен-
но произвольно.
Ученик Uk является самым низким великаном, ученик ид+m-i яв-
ляется самым высоким карликом, а так как иь>иъ+ т^ъ то самый низ-
кий великан будет больше самого высокого карлика.
Если же/г+2т—2 учеников ult u2t . . ., и*+2л-2 расставим в убы-
вающем порядке по росту так:
uk + m-i последняя шеренга ит
и*+2л»-2 первая шеренга и±
а остальных-учеников расставим в прямоугольном строю совершенно
произвольно, то ученик и^+т^ будет самым низким великаном, а
ученик ит будет самым. высоким карликом и вследствие неравенства
Ub+m„i<um самый низкий великан будет ниже самого высокого кар-
лика.
60. Вопросы, поставленные в задаче, обозначим соответственно теми
номерами, под которыми они выступают, и используем символ p-+q
(импликация) для обозначения того, что из ответа «да» на вопрос р
следует ответ «да» на вопрос q. Тогда верны следующие импликации:
Ч—► 2, 1— 3, 1—* 4, Л—- 7, 1-*А
1 — 10, 1—11, 1 —► 12. 1—> 13,
2 — 4, 3 — 7, 4 — 2, 5 — 7,
6 — 2, 6—4, 6 — 9, 7—3, в —3, 8-Т+7..
J 09
Итак, одинаковыми являются ответы на вопросы 2 и 4, а также 3 и 7.
61. Символы, о которых идет речь в задаче, следующие:
1°- abed, 5° a'bed, 9° ab'ed', 13° a'be'd', : '
2* abed'j 6° abe'd', 10° a'be'd, 14° a'b'ed',
3° abe'd, 7° ab'c'd, 11° a'bed', 15° a'&'c'd,
4° a&'cd, 8° a'b'ed, 12° a&Vd', . 16° a'b'c'd'.
Докажем, что среди этих 16 символов есть два, а именно ab'c'd и
a'bed', которыми нельзя обозначить поезда.
Пусть символ Р^ обозначает число курящих путешественников в
купе для курящих, Рп — число курящих путешественников в купе для
некурящих, N р — число некурящих путешественников в купе для ку-
рящих, а Nn — число некурящих путешественников в купе для неку-
рящих.
Рассмотрим теперь символ ab'c'd. Соответственно" смыслу букв а,
Ь', с'', d должны быть выполнены следующие неравенства:
Pp>J>n, NP<.N„,
Рр< Np,
Рп > N„.
(О
Из трех первых неравенств получаем
N„
> Np>Pp>Pn
следовательно, Nn>Pn, что противоречит четвертому из неравенств (1).
Симбол ab'c'd—как противоречивый — не может служить для
обозначения поезда.
Противоречивым является также символ a'bed', так как среди опре-
деляющих его неравенств
Рр<Рп
Np > Nn,
Рр > Np,
Pn<Nn
три первые противоречат четвертому.
Остальными четырнадцатью символами можно обозначить поезда,
как это следует из приведенной ниже наглядной схемы:
Номер
поезда
1
2
з
4
5
6
8
9
10
12
13
14
15
16
Символ
abed
abed'
abe'd
ab'ed
a'bed
abe'd'
a'b'ed
ab'ed'
a'be'd
ab'c'd'
a'be'd'
a'b'ed'
a'b'c'd
a'b'c'd'
Размещение путешественников
для курящих
PPP NN
PPPP NNN
PPP NNNN
PPPP N
PPP NN
PP NNN
PP N
PP N
P NN
PP NNN
P NNNN
PP N
P ' NN
P NN
в купе
для некурящих l
PP
P
PP
PPP
PPPP
P
PPP
P
PP
P
PP
PPP
PPPP
PP
N
NN
N
NN
N
NN
NN
NN
N
NNNN
NNN
NNNN
NNN
NNN
no
62. Расположим символы, обозначающие группы крови, в одну
строку и в один столбец: доноров поместим в столбец, а реципиентов —
в строку, и полученную таблицу заполним знаками «+» и t—»' следующим
образом:
Реципиенты
О ■ А
+ +
- +
— —
— —
В
+■
—
+
—
АВ
'+
+
+
+
Эту таблицу нужно понимать так: выберем произвольную строку (на-
пример, 2-ю) и произвольный столбец (например, 3-й); если в их пере-
сечении стоит знак +, то донор выбранной строки может дать свою
кровь для переливания реципиенту, указанному в выбранном столб-
це; он не может этого сделать, если в пересечении строки и столбца сто-
ит знак —. Так, в случае второй строки и третьего столбца мы получа-
ем, что донор с группой крови А не может давать свою кровь человеку
с группой крови В. Таким образом, таблица указывает, кто кому может
и кто кому не может дать свою кровь.
Легко проверить, что это определение удовлетворяет закону I.
Действительно, этот закон сводится к тому, что на диагонали должны
стоять только знаки +» что, очевидно, выполнено. Закон II требует, что-
бы в строке донора О стояли только знаки +> это требование также удов-
летворено. Закон III требует, чтобы в столбце реципиента А В стояли
только знаки +, но это, очевидно, тоже верно. Если в отношениях I,
II, III мы заменим X на символы О, А, В, АВ, то получим ровно 9 от-
ношений, а именно те, которые обозначены в нашей таблице знаком +.
Так как все остальные места в таблице (их число равно 7) заполнены зна-
ками —, то, очевидно, закон IV тоже выполнен.
Итак, наша таблица эквивалентна законам I—IV, что и доказывает
утверждение Г. Утверждение 2° также может быть проверено с помощью
таблицы. Например, 0-+А и А-+АВ, но также и 0-+АВ, что и подтвер-
ждается нашей таблицей. Для всех остальных случаев утверждение 2°
может быть проверено таким же образом. Утверждение 3° вытекает из
наличия знака — в соответствующей клетке таблицы.
63. Условимся обозначать через X также и человека с группой
крови X. В частности, братьев мы обозначим символами X и Y. Так как
X не может дать свою кровь F, то в таблице, построенной в решении пре-
дыдущей задачи, на пересечении строки X со столбцом Y стоит знак —.
Так как У не может дать свою кровь X, то на пересечение строки Y
со столбцом X также стоит знак —. (Эти два минуса симметричны.отно-
сительно диагонали таблицы, состоящей из одних лишь знаков +.)
Но легко усмотреть, что пара симметрично расположенных относительно
диагонали минусов находится только на пересечении строка А со столб-
цом В и строки В со столбцом А. Поэтому один из братьев имеет группу
крови Л, а другой — группу крови В. Таблица показывает, что А мо-
жет получать кровь только от О и от А, В — только.от О и от В. Так" как
оба брата могут получить кровь от своей матери, то она должна иметь
группу крови О. Законы наследования групп крови требуют приписы-
вания О к одному квенным символам родителей, в соответствии с этим
обозначим, мать символом 00.
Закон комбинирования букв, заимствованных из символов крови
обоих родителей, показывает, что братья получили свои символы А и
111
В от отца, так .как их мать не обладает ими. Следовательно, их отец есть
А В. Родители с символами А В и 00 могут иметь детей лишь с символа-
ми АО и ВОу т.е. А и В (в соответствии с законом вычеркивания О);
следовательно, сестра этих братьев тоже относится к группе Л или В.
Значит, как показывает таблица, она может дать свою кровь одному и
только одному из братьев. (Никто в этой семье не может брать кровь у
отца, но каждый может взять кровь у матери.)
63а. Находящиеся в обращении монетные единицы для грошей,
десятков грошей и злотых одинаковы и равны 1, 2 и 5. Таким образом,
для решения задачи достаточно исследовать, сколько различных сумм
наверняка содержит каждая сумма от 1 до 9 грошей. Результаты ил-
люстрирует следующая таблица:
Сумма грошей
Наверняка со-
держит сум-
мы грошей
]
1
2
2
3
1,2,3
4
2, 4
5
5
6
6
7
2, 5,7
8
2,6,8
9
2, 4, 5, 7,9
Пользуясь этой таблицей, мы можем вычислить, сколько различных
сумм содержит наверняка данная сумма. Например, имея 527 грошей,
можно выплатить любую сумму, которая на месте сотен будет иметь одну
из цифр 0 или 5, на месте десятков будет иметь одну из цифр 0 или 2, на
месте единиц будет иметь одну из цифр 0, 2, 5, 7. Всего различных сумм
будет 2'2-4= 16, а если мы не станем принимать в расчёт сумму 000, то
их будет 15.
Больше всего сумм наверняка содержит сумма в 999 грошей, а имен-
но, б3—1=215 различных сумм.
Стоит заметить, что интересным свойством обладает число 6. Сум-
ма в 6 грошей может быть составлена либо из монеты в 5 грошей и моне-
ты в 1 грош, либо из трех монет по 2 гроша каждая. В первом случае
мы не могли бы выплатить сумм в 2, 3, 4 гроша, а во втором случае не
могли бы выплатить сумм ни в 1, ни в 5 грошей. Таким образом, имея
6 грошей, мы можем выплатить наверняка (в смысле, определенном в за-
даче) всего лишь одну сумму, а именно 6 грошей. Однако же, имея 6 гро-
шей, мы безусловно можем выплатить по меньшей мере три различные
суммы!
636. Из условий задачи легко получить соотношения
Si + s24-...+s„ = m,
Так как один и тот же сорт деревьев может расти в нескольких са-
дах, а также в одном и том же саду может расти несколько сортов де-
ревьев, то справедливы следующие соотношения:
1-51 + 2.s2+...+^rS/l^rt,
l-£i-|-2.g2+...+m.gCT^m.
64. Если столб М расположен между столбами L и N, то путь
ABC . . . LMN ... Г
короче пути *
ABC . , . LN , , , ТМ
112
на отрезок ТМ. Отсюда вывод: чтобы путь
ABC . . . LMN ... Т
был самым длинным путем, необходимо, чтобы всегда два соседних от-
резка этого пути имели противоположные направления. Тогда длина
пути выразится следующей формулой:
d = IB—BC+CD--DE+...,
причем, если число столбов нечетное, то
6! =ТВ—Ж+СГ>--Т)Ё+... + £5—57%
а если число столбов четное, то
<Г = АВ—ВС + CD - DE +... —RS + ST.
Обозначим через
#о» xi* *2> • • •» хп (1)
координаты столбов А, В, С, ^. ., Т.
Вследствие сказанного выше, будет
•Ko'Orii #i>*2» *2"C*3t *3^>*4» • • •
Так как по условию задачи столбы расставлены на равных рассто-
яниях, то можно считать, что последовательность (1) является некото-
рой перестановкой чисел 0, 1, 2, , .., п.
Тогда из равенств
AB = Xi—x0t BC = x2—xu CD = x9—xit ...;
*0 + *1 + *2+ •••+*/! = о
получаем
или
d' = П (П+ 1)— 4 (*2 + *4 + *6+ • • • +*/1-2)—3 (Х9 + Хп)
d" = n(n+\)—4(x2 + *4 + *e+---+*/i-i) — (3*o + */i)
в зависимости от того, является ли п четным числом или нет.
I. Если число столбов нечетно (п — четное), то разделим множест-
во п+\ чисел
0, 1, 2, . . ., п
на три части:
* п 1 л i о л—4
множество Ci, охватывающее у— 1 чисел; 0, 1, 2, . . ., —^— ,
множество С2, охватывающее 2 числа: —^— , у ■
множество С3, охватывающее у чисел:
л + 2 п+4 к+6
~~2~~' ~~2~' 2 ' "" "'
и обозначим:
5 I . Штейш-ауэ ИЗ
произвольную перестановку чисел множества С± через
*2» *4> #«/•'••> *л-2»
произвольную перестановку чисел множества Са через
произвольную перестановку чисел множества С3 через
Xi, ДС3» Xfr • ••»<*n-i*
Тогда
n_4/n-4 \
,-,(<Ч.,)-4 » I/ + i-3(^+1)-^^
равно длине максимального пути, который можно пройти, вбивая гвоз-
ди. Дорогу эту, начиная от одного из столбов множества С2, проходим,
поочередно переходя от столбов множества С± к столбам множества С8 и
наоборот, а закончим на втором из столбов множества С2. При этом дли-
на пути не зависит от того, в какой очередности мы исчерпываем столбы
множества С* и столбы множества С8.
II. Если число столбов четное (п — нечетное), то обозначим про-
извольную перестановку чисел
О, 1, 2,
через
я-3
2
#2» #4» *в! • ••» *
произвольную перестановку чисел
п + 3 п + 5 п+7
через
и примем
Тогда,
Г=;Л(л+1)-4
2 • 2 * 2 ■■ • '*'
Х\у #3» Xfo •••» *л-2
_п—\ _п+1
2 s2 '-i^+ч1)
— 1 . п+1\ л2+2л—1
равно длине максимального пути* который можно пройти, вбивая
гвозди. Эту дорогу мы также можем пройти по-разному.
65. Поставим кирпич на стол так, как показано пунктиром на рис.
129, а, и проведем карандашом риску на ребре стола в том месте, где
заканчивается ребро кирпича. Затем будем передвигать кирпич вдоль
этого ребра стола до тех пор, пока вершина кирпича не совпадает с
риской (новое положение кирпича показано на рисунке сплошной ли-
нией), и после этого измерим линейкой расстояние от вершины А стола
до вершины С сдвинутого кирпича,
114
Укажем еще одно решение. Совместим ребро дощечки с двумя про-
тивоположными вершинами верхнего основания кирпича так, чтобы до-
щечка краем упиралась в одну из вершин, и отметим на дощечке риской
отрезок, равный длине диагонали верхнего
основания кирпича. После этого сдвинем до-
щечку на расстояние, равное длине этой
диагонали (рис. 129, б), и измерим расстоя-
ние AM.
66. Если на коробке, имеющей форму
прямоугольного параллелепипеда, мы нари-
Рис. 129
суем след ленточки, то на развертке коробки этот след образует пря-
мую линию (см. рис. 130, на котором две грани коробки повторены).
Из рисунка легко заметить, что
1° длина ленточки равна 2 ^"(a4-c)J-J-(6-f-c)af
Ь
а
ъ /
и
А
а
У{
ъ
/
/
/
с
у
ил
/
Рис. 130
Рис. 131
2° тангенс угла, под которым ленточка пересекает ребра; равен
а4-с Ь+с
г—— или —— |
б-f-c а+с
3° ленточку можно перемещать по коробке, не растягивая ее,
4° длина ленточки будет тогда наименьшей, когда о<а и с<6,
т. е. когда по два отрезка ленточки проходят по самым большим граням
коробки.
1115
бва. Совершенно очевидно,, что* шнурки нельзя перемещать, не
растягивая их, так, чтобы какой-либо из их отрезков перестал "быть
параллельным соответствующему ребру коробки. Нельзя также изме-
нить только положение точек скрещивания шнурков на крышке и ос-
новании, ибо и в этом случае один из кусков шнурка, соединяющих эти
точки, должен был бы удлиниться (рис. 131).
67. Ограничимся случаем, когда мы располагаем гирей в 1 кг.
Пусть АС=1 (рис. 132) обозначает расстояние между центром масс
С незагруженного безмена и точкой А подвеса груза. Пусть Q — масса
безмена. Центр масс безмена опреде-
ляем экспериментальным путем.
Предположим, что при нагрузке
безмена в точке А гирей в 1 кг без-
мен, подпираемый в точке В, окажется
в равновесии. Длину отрезка А В обоз-
начим через а.
Пусть D обозначает точку опоры
безмена, находящегося в состоянии равновесия при нагрузке его в точ-
ке А произвольным грузом в р кг. Длину отрезка AD обозначим через х.
Из условия равновесия для обоих приведенных выше случаев
следует равенство моментов
А\
D В
Рис. 132
-*-»,
откуда
а= Q (/—а), рх= Q (1-х),
рх__ 1-х
а / — а
0)
Для нанесения шкалы на стержень безмена начертим на бумаге
отрезок АС, обозначим на нем точку В и из концов А и С этого отрезка
проведем два параллельных луча Ат
и Спу как показано на рис. 133.
Затем на луче Сл, начиная от
точки С, отложим равные отрезки
произвольной длины С1, 12, 23, ...
и через точку L этого луча, соот-
ветствующую единице, а также че-
рез точку. В отрезка АС проведем
прямую, которая пересечет луч Am
в точке К.
Из подобия треугольников A KB
и CLB получим для отрезка AK=k
соотношение
Л =
1 — а
(2)
при этом всегда 1>а.
Шкалу на луче Сп спроектируем теперь на прямую Л С, принимая
точку К за центр проекции. Пусть 5 — проекция точки Р. Из подобия
треугольников AKS и CPS, учитывая равенство (2), получим
p.AS=l-AS
а 1—а
Сравнивая полученный результат с равенством (1), мы замечаем,
что AS=x, а следовательно, S является той точкой, в которой необ-
ходимо подпереть безмен, нагруженный грузом в р кг.
Ш
Итак, путем проектирования равномерной шкалы, описанным выше
способом мы можем нанести на безмен шкалу, учитывующую не только
целое число килограммов.
Из приведенных выше рассуждений следует, что требование по-
стоянной толщины и однородности стержня безмена было в условии за-
дачи излишним.
68. Как видно из рис. 134, мы имеем А0= У О В2—А В2. Так как А В
равно ширине s подвижной линейки, а наименьшее ОВ равно расстоянию
h гвоздя от неподвижной линейки, то ми-
нимальное АО равно y~h2—s2.
69. Первичное деление прямоуголь-
ника на две части является очевидным
(рис. 135).
Заметим теперь, что если прямоуголь-
ник первичным образом разделен более
чем на две части, то каждая из его сто-
рон должна пересекать по крайней мере
одну из делящих линий. Другими слова-
ми, не определяет, например, первич-
ного деления такая конфигурация, как *
на рис. 136, при которой вертикальная линия деления отсекает от
целого прямоугольника левый прямоугольник, внутри которого мы
уже не имеем дальнейших линий деления, а в правом заштрихованном
Рис. 134
Рис. 135
Рис. 136
прямоугольнике мы имеем произвольное расположение делящих ли-
ний.
Из сделанного замечания следует, что не существует первичного
деления на три части (рис. 137), ибо при каждом делении прямоуголь-
ника на три части по крайней мере одну из сторон прямоугольника не
пересекала бы ни одна из линий деления и поэтому деление не было бы
первичным. Из этого замечания также следует, что не существует пер-
вичного деления прямоугольника на четыре части.
Первичное деление прямоугольника на пять частей, конечно, воз-
можно (рис. 138). Подобным же образом возможно первичное деление
прямоугольника на семь и более частей, причем вопрос усложняется
потому, что можно привести различные способы деления прямоугольни-
ка на то же самое число частей. Например, на рис. 139 показаны два
различных первичных деления на семь частей, а на рис. 140 — четыре
различных первичных деления на восемь частей.
Перейдем теперь к решению задачи, т. е. к первичным делениям
квадрата на некоторое число равных частей.
Деление на пять равных частей. Пусть ~дан
квадрат со стороной 1. Предположим, что квадрат этот разделен пер-
вичным образом на пять равных частей (рис, 141),
117
Рис. 137 Рис. 138
Рис. 139
Рис. 140
118
Ограничимся исследованием симметричного деления. Обозначая
через д^сторону центрального квадратика, получим, что х*= 1/5, откуда
х= }^5/5. Поэтому размеры четырех оставшихся прямоугольников будут
следующие:
5—]/"5
10
5+1^5
10
Деление на семь равных частей. Снова возьмем
квадрат со стороной 1, предполагая, что он разделен на семь равных
частей по схеме, приве-
денной на рис. 142. Обоз-
начим стороны прямо-
угольников, на которые w
разделен квадрат, так, как *
указано на рисунке.
Ч
>г
ui
h
\
и*
%
рз
Pi
Рис. 141
Рис. 142
W*
W&
Пусть wt=x. Тогда р1=\Пх1 и далее последовательно полу-
чаем
ш«=1 — х, р2 =
1
Ps=l— Pt—l-
l
'7 (1-х) 7(1-*)'
7 (1-х)'
6—7жг 1 — л:
W'=6=Tx*
i i { 7x~l
w4-
X
x xQx—2) 7jc—1
о;5 = а;1-ш4 = х-7]ГГТ=^1ГГ. Pi-7jr(7jre2).
__ _7jc—1 7jc— 1 _(7x—1)(7jc—3)
Рь-Pi-Pb- 7 7*(7jc-2)T~ 7jc(7jc-2) f
_ *(7x—2)
Шв-*(7х-1)(7л;—3)e
—* , * t *(7*—2)
—7jc"+"7jc— 1 ^(7дг— 1) (7x—3) "
Так как ш3+ш4+а;в= 1, то
J —
6
откуда после простых преобразований получаем уравнение 196*3—
—294jc2+ 128a:—15=0.
119
Одним из корней этого уравнения является дс= 1/2. Корень этот не
дает решения задачи, так как при х= 1/2 получаем w1=w2l следователъ-
■jstr*WJ -faft-W
&(7-Щ\
£&*щ
§Ш-0\
щтщ
&№*0
3_
S
щ
Щ
Ъ Рг Pi
Рис. 144
Ш
Рис. 143 *
ш*+Щ
Ф
Шв-Щ
щ
Щ
1Л
но» Рх—Ръ — и деление квадрата не будет первичным. Остальными кор-
нями полученного уравнения являются
7+|/"Т9 7— УТЯ
!—I и .
14 14
О f*
Так как, согласно условию задачи, должно быть х > -7=77 (ибо
в противном случае было бы p6<0)t то в качестве решения подходит
120
только число
7+1^19
Ему соответствует решение задачи, пред-
Оно указано профессором Я. Минусинским.
14
ставленное на рис. 143.
Можно доказать, что не существует первичного деления на семь
равных частей такого типа, как изображено на рис. 139 справа. Однако
может быть и существует первичное деление на семь равных частей
какого-либо иного типа.
.«7-VJ
В
6
3+W
8
*р
Ж
т
г
2
i ■
1
7
2
з-Уз
£+V3
з+МТ
~1П
з-1/Г
"7^
Рис. 145
Деление на восемь равных частей. Перейдем
теперь к первичному делению квадрата на восемь равных^частей.
Предположим, что возможно деление квадрата со стороной 1 по
симметричной схеме, изображенное на рис. 144; каждый из частичных
прямоугольников имеет тогда площадь, равную 1/8.
Принимая во внимание симметрию, мы имеем ша= 1/2 и следователь-
но, р2=1/4. Пусть wx=x. Тогда
рх=г.
8х'
Wz—\—Л, 03 =
I
8 (I-*)1
tt'4 = *—-?j-, Pa =
1
'.(«-!)'
а так как р^=Ръ—Ръ то в конечном счете
1 1 1
8
(-т)
1 \ 8(1 -*) Ьх*
откуда х(\-х) = х(х-^) — (х—у) О — *)» и наконец, после
торых преобразований,
б*2-6*+1=0.
неко-
121
Из последнего уравнения получаем ,*it a =
з±Кз
, причем, тдк
34- ^3"
как должно было *>1/2, то только корень дг2= 5 удовлетворяет
условиям задачи.
На рис. 145 изображено первичное деление квадрата на восемь
равных частей, причем указаны размеры отдельных прямоугольников.
12
6-Vs
20
ж
10
Л
4
4+W
10
->
д
10
•
-я?
S-W
20
■ ф
at—
S-Vff
IT
Рис. 146
Кроме рассмотренного выше способа деления, возможно еще иное
первичное деление квадрата на восемь равных частей, представленное
на рис, 146; мы получаем его подобным же образом, как и предыдущее.
Рис. 147
70.'Задача решается следующим образом: устанавливаем люнетку
в точке О данного участка (рис. 147) и измеряем наклон участка в про-
извольно выбранном направлении ОС±. С этой целью устанавливаем
в точке Ai в том же направлении веху и измеряем расстояние dx и раз-
ность уровней hi между точками О и At. Наклон участка определяем
как частное t±=hildi. Затем поворачиваем люнетку на 90° и в направле-
нии ОС2, перпендикулярном к ОС^ измеряем наклон участка! выража-
ющийся числом tx=hz/dZ4
122
Принимая луч ОС* за ось Оху ОС2 за ось Оу, находим вектор о
компонентами fa t2 на этих ося^Гнатфавлёние этого вектора является
направлением наклона участка, а его длина, т. е. число V /?+t\% равна
наклону участка.
А вот обоснование этого метода. Пусть р — линия уровня, прохо-
дящая через точку О, q — линия наклона,, <7' — проекция линии накло-
на на горизонтальную плоскость П, Р — угол наклона, а а — пусть
будет неизвестным углом, который образует направление ОС2 с направ-
лением q\ Имеем
t^-*—*
откуда
Кроме того, имеем
поэтому
х2
Xi Х2
h2
xt x2
-~ = sina# -3£-=cosa,
di d2
tga = —=—=*-?
dix2 d\h2 t2
следовательно, приведенный выше метод отыскания направления на-
клона, правильный. Наконец, вычисляем наклон участка:
tgp=^—
—Ji- Kl+tg»a =Vt\+t\ = L
x2 d2 cos a d2
71. Предположим, что город M соединен отрезками MA, MB, MCt
MD, ... с городами Л, Б, С, D, ... (рис. 148).
Соединим отрезком точки А и В. Имеем А М< А В и ВМ<АВУ так
как в противном случае вместо по крайней мере одного из соединений
AM и ВМ имело бы место соединен не А В.
Из неравенств
АМ<АВ и ВМ<АВ
следуют неравенства
Y>a и 7>Р;
складывая эти неравенства и еще равен-4
ство Y=Y> получаем
3v>a+p+v или 3v>180°,
следовательно, 7>6Ч)°.
Коль скоро, однако, имеет место не-
равенство у>60°, то в точке М могут рис. 148
сходиться вершины самое большее 5 тре-
угольников, что и требовалось доказать.
72. Могут существовать три рода железнодорожных сетей, изобра-
женные на рис. 149.
1) В первом случае каждый из городов может быть узлом, в кото-
ром сходятся четыре пути, следовательно, различных сетей подобного
рода будет пять,
123
2) Во втором случае город, который будет узлом и в котором схо-
дятся три линия, можно соединить с тремя другими городами четырьмя
способами (число сочетаний из четырех элементов по три), а пятый город
в каждом из этих случаев можно соединить с каждым из этих трех горо-
дов, следовательно, всего возможных соединений существует 4'3=12.
А так как каждый из пяти городов может быть узлом, то различных
сетей рассматриваемого нами рода будет всего 5 •12=60.
Рис. 149
3) В третьем случае в сети, соединяющей города, можно произ-
вольно изменять очередность городов, а следовательно, получим всего
столько сетей, сколько существует перестановок из пяти элементов, т. е.
51=120. Но каждая перестановка и обратная перестановка определяют
ту же самую сеть, поэтому различных сетей будет 120 : 2=60.
Всего сетей существует 5+60+60=125.
73. 1) Из всех треугольников с постоянным основанием и постоян-
ной высотой наименьший периметр имеет равнобедренный треугольник.
Для доказательства достаточно заметить (рис. 150), что точка Р, ле-
жащая на касательной к эллипсу, проходящей через точку 5, лежит
вне этого эллипса, вследствие чего
KP+PL>KS+SL.
2) Из приведенного выше рассуждения следует, что если точки
/С, L, М являются вершинами равнобедренного треугольника с осно-
ванием KL=2p и высотой MO=h (рис. 151), то сеть /CS+LS+MS коро-
че сети KP+LP+MP.
3) Введем обозначения (рис. 151):
OS=x, - /C5+LS+M5=m;
тогда получим
2}/>2 + jt2+/t—x = m,
откуда
За;2—2 (m—/i)x+4p2— (m—/i)2=0;
вследствие этого (из условия действительности корней) получаем
(ет-Л)2—3р*>0. ♦
124
Это условие ведет к следующему ограничению для т:
m^h+p ^3\
причем т получает наименьшее значение при
т-Н_рУ"Ъ а
■3 "" 3 '
тогда ZOKS=30°.
4) В случае соединения городов А, В, С, D железнодорожной сетью
без узлов кратчайшим был бы путь, представленный на рис. 152
(или же один из трех иных путей, который можно получить из этого,
JD 1
О ■ ' ' ' '
J
Я L
Рис. 152
Г -j
1 /
и
' tr о
7 Я В
Рис.
Л
N
От
д
153
О
/
А
о
в
поворачивая его на 90°, 180° или 270° вокруг центра квадрата). Длина
такого соединения равна 300 км.
5) Предположим, что города Л, Bt,C* D соединены железнодорож-
ной сетью с одним узлом 5. Узел этот должен быть соединен по
крайней мере с тремя из городов Л, В, С, D% ибо в противном случае,
выпрямляя дорогу, ведущую через узел, мы получили бы более корот-
кую сеть. Пусть узел S будет соединен с городами Л, ВУС (рис. 153).
Тогда город D может быть соединен или с одним из городов А и С, или
же с узлом S.
В первом случае согласно тому, что доказано в пунктах 2 и
3(р =/1 = 50^2 км), длина кратчайшей сети была бы равна
100+50 уТ (1 + уТ) » 293,2 км.
Во втором случае согласно доказанному в пункте 1 сеть будет кратчай-
шей, если точка S будет лежать на оси симметрии стороны А В квадрата
и на оси симметрии стороны ВС квадрата, т. е. если она будет лежать в
центре квадрата; тогда длина сети будет равна
2-100 \Г2 п 282,8 км.
6) Предположим, что города Л, В, С, D соединены железнодорож-
ной сетью, содержащей два узла Sx и 52. Узел 5Х должен быть соеди-
нен по крайней мере с тремя из точек Л, В, С, D, S2, в противном случае
выпрямление дороги, ведущей через узел, дало бы более короткую сеть.
Пусть узел Sj соединен с городами Л и В и с узлом 52. Тогда узел
S2 будет соединен с городами СиЛи сеть будет иметь конфигурацию,
представленную на рис. 154.
Если точки 5Х и 52 не лежат на оси симметрии стороны квадрата
Л В, то, как это следует из рассуждений пункта 1, сеть с узлами 5Х и S?i
длиннее сети с узлами Рх и Р2. Следовательно, эта сеть будет кратчай-
шей тогда, когда точки Рх и Р2 расположены симметрично относительно
центра квадрата, так что ZPXAB— ZP2CD=3Q°, Длина сети равна
125
'см. пункт 3, где принимаем, что р=&=50):
100(1 + }Т) «273,2 км.
7) Увеличение числа узлов более чем на 2 вызывает удлинение
сети. Поэтому длина кратчайшей сети, которая может соединить города
Л, В, С, D, согласно условию задачи, равна
100(1 + ^3") «273,2 км.
Она может быть реализована двояко, как это иллюстрирует рис. 155.
tr
Рис. 154
Рис. 155
74. Кратчайшим путем на шаре (земном) является дуга большого
круга, т. е. круга, образованного пересечением шара с плоскостью,
проходящей через центр шара.
Так как самолет, вылетающий из Осло, исчез из глаз зрителей,
находящихся на аэродроме, в точке горизонта, лежащей точно на запад,
то самолет летел по большому
кругу, пересекающему меридиан
в Осло (а= 10°43' восточной дол-
готы) под прямым углом.
Пусть на рис. 156 5 и О со-
ответственно обозначают центр
земного шара и точку, в [кото-
рой лежит Осло, и пусть Q, G,
О' соответственно обозначают
точки пересечения с экватором:
большого круга, по которому
летел самолет, нулевого мериди-
ана, а также меридиана, прохо-
дящего через Осло.
Легко заметить, что угол
QSC/ прямой; отсюда имеем
</ GSQ = 90°— £GSO' =
=90*— 10°43' = 79д17',
следовательно, точка, в которой должен приземлиться самолет, лежит
на экваторе на 79° 17' западной долготы (точка с такими координатами
лежит в провинции Пихинха в 120 км на запад от Кито, столицы Эква-
дора), а так как дуга OQ равна 1/4 большого круга, то трасса поле га
приблизительно равна 10 000 км.
Плоскость OSQ наклонена к плоскости экватора под углом р=
=59°55'; под этим углом относительно восточного направления долж-
ны ожидать самолет зрители, находящиеся на аэродроме в Эквадоре.
126
75. При полном затмении Солнца размеры Солнца и Луны кажутся
нам приблизительно одинаковыми.' Фгсюда следует, что диаметр Солнца
в 387 раз больше диаметра Луны, а отношение их объемов равно 3873»
«58-106.
76. Самый короткий день во Вроцлаве (т. е. время, которое про-
текает между восходом и заходом Солнца в один и тот же день) наступит,
конечно, тогда, когда Солнце окажется в зените на тропике Козерога
(ежегодно приблизительно 23 декабря).
Для определения длины этого дня мы должны знать географическую
широту Вроцлава ф=51°07' и угол, который образует плоскость эква-
тора земного шара с плоскостью эклиптики, б=23°27' (значения обоих
углов даны приближенно).
Пусть на рис. 157 буквы О и М соответственно обозначают центр
земного шара и положение Вроцлава на этом шаре, и пусть прямая NS
обозначает ось вращения земного шара. Пусть плоскостью эклиптики
будет плоскость Оху; плоскость экватора, проходящая через точку /?,
образует с ней угол 6. Плоскость OWZ, перпендикулярная к плоскости
эклиптики и к направлению Ох падения лучей Солнца,' отделяет на
Рис. 157
земном шаре освещенную часть от неосвещенной. Вроцлав на восходе
Солнца проходит через точку Z, идет по дуге ZM W и на заходе Солнца
оказывается в точке W. Длина дня во Вроцлаве пропорциональна углу
ZOxW.
Длина самого короткого дня во Вроцлаве, конечно, пропорциональ-
на длине дуги ZMW параллели, проходящей через Вроцлав, или же,
короче, величине угла 2$=Z0XW.
На основании рис. 157 из прямоугольных треугольников ООхМл
ООхР и OxPW мы легко получаем
cosP=—y = tg(ptg6,
откуда
Р=57°27'35\
127
Для длины / самого короткого дня во Вроцлаве получаем про-
порцию
t:T=f>: 180° (Г=24 ч),
откуда
*=7 ч 39 мин 40 с.
Стоит еще заметить, что истинная длина самого короткого дня во
Вроцлаве больше вычисленной нами приблизительно на четверть часа.
На это влияет так называемая астрономическая рефракция, возникаю-
щая из-за преломления солнечных лучей в слоях атмосферы, окружаю-
щей земной шар.
77. Клеткой, смежной с белой клеткой, является черная, и наоборот.
На, шахматной доске с нечетным числом клеток число белых клеток не
равно числу черных, поэтому требуемое в задаче перемещение пешек
невозможно.
78. Ответ на поставленный в задаче вопрос отрицателен: ни одна
из пешек не изменит своего положения. При этом безразлично, считаем
ли мы соседними только такие две клетки, которые прилегают друг
к другу сторонами, или также и клетки, соприкасающиеся в вершинах.
Во втором случае следует, однако, предположить, что шахматная доска
(квадратная) состоит более чем из четырех клеток.
Доказательство для обоих случаев можно вести совместно следую-
щим образом.
Обозначим через (t, k) клетку, расположенную в i-й «строке» и в
k-м «столбце» шахматной доски с числом клеток л2 (причем л>2), а
через F(i, k) обозначим клетку, на которой установим пешку, стоявшую
раньше в клетке (t, k).
Предполагая, что F(\; 1)= (1, 1), F{n, 1)=(л, 1) и что преобразова-
ние F(i, k) сохраняет соседство клеток, нужно доказать, что
F(i, k)=(i, k) для i=l, 2, ..., л; k=lt 2, ..., л.
Сразу видно, что число клеток, соседних с некоторой определенной
клеткой шахматной доски, меньше для угловых клеток, чем для осталь-
ных крайних клеток шахматной доски, а для последних меньше, чем
для внутренних клеток шахматной доски. Так как при новой расстановке
ни одна из пешек не может иметь меньше соседних пешек, чем имела
прежде, то если клетка (i, k) — внутренняя, то клетка F(it k) также
является внутренней, или обе они являются угловыми, или, наконец,
обе расположены по краям и не являются угловыми.
Последовательность (1, 1), (2, 1), .... (л, 1) является последователь-
ностью очередных смежных клеток, расположенных вдоль края шахмат-
ной доски. Тем же самым свойством должны обладать клетки последова-
тельности F(l, 1), F(2, 1), ..., Fin, 1). Но F(l, 1)= (1, 1), а с клеткой
(1, 1) будут смежными (при условии, что л>2) только две клетки края:
(1,2) и (2, 1); функция F(2, 1) может принимать, следовательно, только
одно из этих' двух значений. Рассмотрим эти два случая.
a) F(2, 1)=(1, 2). В этом случае клетка F(3, 1), как крайняя,
смежная с клеткой F(2, 1), т. е. с клеткой (1, 2), и отличная от (1, 1),
должна была бы совпасть с клеткой (1, 3); подобным же образом
получилось бы У7(4, 1) = (1, 4) и т. д. Наконец, угловая клетка F(n, 1)
была бы клеткой (1, л), вопреки условию, что F(n, 1)= (л, 1). Случай а),
следовательно, не может иметь места, поэтому будет иметь место следу-
ющий случай,
128
б) F(2, 1)= (2, 1). Тогда, рассуждая так же, как и в случае а),
поочередно получаем
F(3, 1)=(3, 1), f(4, 1)=(4, 1), ..., F(n, 1)=(я, 1),
т. е. окажется, что пешки первого столбца останутся на месте.
Равенства F(it 1)= (t, 1), где i=l, 2, •..., я, в свою очередь влекут
за собой равенства F(i, 2)= (i, 2) для i=l, 2, ..., л. Действительно,
клетка ^(l, 2) является крайней клеткой, смежной с клеткой (1, 1)
й отличной от клетки (2, 1), следовательно, F(l, 2)=(1, 2); клетка
Г(2, 2) является смежной с клетками f(2, 1) hF(1, 2), или с клетками
(2, 1) и (1, 2) и отличной от (1, 1), следовательно, F(2, 2)= (2, 2), и т. д.
Таким же образом проверяем равенство F(i, k)= («', k) для следую-
щих столбцов шахматной доски.
Обобщение. Полученный результат позволяет нам сделать не-
который общий вывод.
Рассматриваем функцию /\ которая каждой клетке шахматной
доски ставит в соответствие некоторую определенную клетку той же
шахматной доски таким образом, что двум различным клеткам соответ-
ствуют различные клетки и что смежным клеткам соответствуют тоже
смежные клетки.
Такими функциями (преобразованиями) являются, например,
тождественное преобразование (или преобразование, при котором каж-
дая клетка остается на месте), симметрия относительно каждой из че-
тырех осей симметрии квадрата шахматной доски, а также повороты на
90 , 180° и 270° вокруг центра шахматной доски.
Докажем, что каждое преобразование F рассматриваемого нами
типа должно быть одним из восьми названных выше преобразований.
Действительно, пусть F будет таким преобразованием. Как мы
знаем, угловым клеткам соответствуют угловые клетки, следовательно,
могут иметь место только следующие случаи:
I. Преобразование F оставляет клетку (1, 1) на месте. В этом слу-
чае имеет место одна из двух возможностей:
1) Клетка (я, 1) тоже остается на месте. Тогда преобразование, как
мы это доказали выше, является тождественным.
2) Клетка (я, 1) совпадает с другой угловой клеткой. Это может
быть только клетка, (1, я), в чем убеждаемся, рассуждая так же, как и
раньше, т. е. рассматривая последовательность ]р(1, 1), F(2t l), ...
..., F(nt 1). Выполним, после преобразования F, еще преобразование
симметрии 5Х относительно главной диагонали шахматной доски, т. е.
диагонали, проходящей через (1, 1) и (я, я).
Произведение1) F-St является преобразованием рассматриваемою
типа, которое каждую из клеток (1, 1) и (я, 1) оставляет на месте, сле-
х) Пусть Л, В обозначают отображения (преобразования) некоторо-
го множества на себя. Произведением А'В называется преобразование,
получаемое в результате выполнения сначала преобразования Л, а за-
тем преобразования В. Если, например, Л является осевой симметрией
на плоскости, то А*А, т. е. Л2, является тождественным преобразова-
нием; если А и В — преобразования симметрии относительно пересе-
кающихся осей а и Ь, то Л *В есть вращение вокруг точки пересечения
осей а и Ь на угол, вдвое больший угла, образованного осями. Если /
является тождественным преобразованием, а Л — произвольным пре-
образованием, то А »1=1 'А=А. Произведение преобразований подчи-
няется ассоциативному закону, т. е. (Л •£) *С=А (В -С). [Иногда резуль-
тат последовательного выполнения преобразований Л и В (сначала Л,
затем В) обозначают через В -Л или 5Л.— Примеч. ред.]
129
довательно, это тождественное преобразование /:
F-S^L
Умножая обе части этого равенства на S^ получаем (F'SJ'Sx**
= /«Slt т. е. F»Sl=Slt а так как 5?=/, то F=Slt т. е. преобразование
F в данном случае является симметрией относительно главной диаго-
нали шахматной доски.
II. Клетка (1, 1) переходит при преобразовании F в клетку (я, n)t
Пусть 52 обозначает симметрию относительно другой диагонали шах-
матной доски; она преобразует клетку (л, п) в клетку (I, 1). Следова-
тельно, преобразование F*S2 оставляет клетку (1, 1) на месте, вследст-
вие чего согласно 1) имеют места две возможности: произведение F»Sg
является единичным преобразованием или же симметрией.
3) Произведение F*S2 есть единичное преобразование, т, е,
F-S2=/.
Умножая это равенство справа на S2, получаем
F=S2,
т. е. F есть преобразование симметрии относительно диагонали шахмат-
ной доски, проходящей через клетки (1, п) и (л, 1).
4) Произведение F-S2 является симметрией St:
F-S%=Slm
Умножая это равенство справа на 52, получаем |
F=S1-S2.
Преобразование F является, следовательно, в этом случае поворо-
том на 180° вокруг центра шахматной доски, или центральной симмет-
рией относительно этой точки.
III. Клетка (1, 1) переходит при преобразовании F в клетку (п, 1).
Тогда преобразование F'S3> где 53 обозначает симметрию относительно
горизонтальной оси симметрии шахматной доски, оставляет клетку
(1, 1) на месте, и мы снова имеем две возможности:
5) F-S3=I, откуда F=SZ,
или
6) F»S3=Slt откуда после умножения этого равенства справа на
S3 получаем
F=S1.S3t
а тогда преобразование F является поворотом на 90° вокруг центра
шахматной доски.
IV. Клетка (1, 1) переходит при преобразовании F в клетку (1, п).
Обозначая через 54 симметрию относительно вертикальной оси симмет-
рии шахматной доски, получаем, так же как в случае III, две возмож-
ности:
7) F=St
или
8) /r=51«S4, т. е. преобразование является вращением на 270°
вокруг центра шахматной доски.
Мы доказали, что каждое преобразование множества клеток шах-
матной доски на себя, сохраняющее смежность клеток, является одним
из восьми преобразований:
. *> «->1> «^2» ^3» *^4» ^JL'^2» ^1 '^З» ^1*'-)4'
130
Преобразования эти образуют так называемую группу *).
Возвращаясь к задаче о пешках, на основе этой теоремы мы сможем
сформулировать следующий более общий вывод.
Если при новой расстановке пешек мы должны оставить на старом
месте хотя бы одну пешку, не стоящую ни на одной из осей симметрии,
или две пешки, не находящиеся на одной и той же оси симметрии шах-
матной доски, то каждая пешка должна остаться на своем месте.
79. Задача будет решена, если мы укажем способ расположения
ладей на шахматной доске, удовлетворяющий условиям 1), 2), 3), 4).
Для простоты введем некоторые термины.
Столбец доски назовем свободным, еслет на
нем не стоит ни одна ладья и если он со-
держит по крайней мере одну белую клет-
ку, не атакованную по горизонтали. На-
против, столбец назовем занятым, если
хотя бы одна белая его клетка занята
ладьей, не атакованной по горизонтали
никакой другой ладьей. Строку мы назо-
вем свободнойу если она свободна от ладей.
На пустой шахматной доске число
свободных столбцов совпадает с числом
свободных строк. Выпишем сначала над
каждым столбцом число белых клеток
этого столбца и будем последовательно рис# 158
расставлять ладьи. А именно, очередную
ладью ставим в тот столбец, над которым
стоит число, не превосходящее все остальные числа, стоящие над не-
занятыми столбцами. Если мы добьемся успеха на этом пути, то задача
будет решена, так как условия 1), 2), 3), 4) будут удовлетворены. При-
мер такого расположения ладей изображен на рис.158. Маленькие
кружки на белых клетках обозначают ладьи, а числа в кружках ука-
зывают на последовательность их расстановки на доске. Очевидно, что
это расположение не единственно.
Однако описанный выше процесс может натолкнуться на опреде-
ленные трудности.
а) При расположении очередной ладьи все белые поля нужного
столбца могут быть уже атакованы, т. е. в этот столбец ставить ладьи
согласно условию 3) нельзя, а в силу условия 4) ладью туда поставить
необходимо.
В этой ситуации мы пытаемся сдвинуть вертикально одну из уже
поставленных ладей на другое белое поле. Если это нам удается, то
можно искать место для следующей ладьи. Пример такого рода иллю-
стрирует рис. 159.
Здесь после выставления первых четырех ладей (см. первую доску)
все белые поля столбцов d и е окажутся атакованными по горизонтали.
Поэтому мы ищем среди занятых столбцов такой, где есть белые поля,
не атакованные по горизонтали (в нашем примере — это столбец g).
Сдвигая 2-ю ладью на поле g5 (см. вторую доску), получаем возможность
поставить 5-ю ладью на поле d4 в столбце d. Аналогично, сдвигая 3-ю
ладью на поле Ь8 освобождаем место для 6-й ладьи, которую теперь мож-
но поставить на поле е2. Таким способом мы иногда можем преодолеть
возникшие.трудности и расставить ладьи в соответствии с условиями
*) См., например, Александров П. С. Введение в теорию
групп.—М.: Наука, 1980.— Примеч. ред.
131
4>t4t<a^\hl»^'Nj>-s
132
1), 2), 3), 4) (как это удалось в нашем примере — см. последнюю доску
на рис. 159).
б) Может случиться, однако, что в одном или в нескольких столб-
цах все белые поля атакованы по горизонтали или, более того, в столб-
цах, в которых мы уже расставили ладьи, не осталось свободных белых
клеток, куда ладьи можно переместить. Мы будем говорить тогда, что
соответствующий столбец блокирован. В блокированный столбец мы ^е
можем поставить ладью, не нарушив условие 3), а также не можем
сдвинуть ладьи в уже занятых столбцах.
Мы покажем на примере, как преодолеть подобную трудность. На
первой доске рис. 160 столбец е блокирован: все белые поля этого
столбца атакованы (2-й, 4-й и 5-й ладьями), и притом мы не имеем воз-
можности сдвинуть угрожающие нам ладьи. В этом случае мы снимаем
все эти ладьи и вообще отказываемся ставить ладьи как на блокиро-
ванный до этого столбец, так и на столбцы и строки, в которых стояли
снятые ладьи. В нашем примере это: столбцы Ь, с, d и е и строки 2, 3 и 4.
Заметим, что при этом всегда число строк, в которые мы запрещаем
ставить ладьи, меньше числа таких же столбцов, а также, что на пере-
сечении «вычеркнутых» столбцов и свободных от ладей строк стоят чер-
ные поля. Поэтому нет опасности, что при расстановке новых ладей они
будут атаковать по горизонтали белые поля в «вычеркнутых» столбцах.
Может случиться так, что в «вычеркнутых» столбцах остались белые
поля, атакованные по горизонтали ладьями, поставленными раньше,
но не убранными при «снятии блокады». В соответствии с условием 4),
эти поля должны быть атакованы по вертикали. Однако эти столбцы
вычеркнуты, т. е. мы не можем ставить в них ладьи. Такую ситуацию
мы назовем вторичной блокировкой. В нашем примере поле Ы (вторая
доска рис. 160) в вычеркнутом столбце b атаковано по горизонтали ладь-
ей 1. Имеются два пути снятия вторичной блокады.
Сначала мы проверяем, не осталось ли свободное невычеркнутое
белое поле в столбце, где расположена ладья, участвующая во вторич-
ной блокировке. Если такое поле имеется, мы переставляем на него
эту ладью, после чего продолжаем ставить новые ладьи. Если же поля,
о котором говорилось выше, не имеется, то мы вычеркиваем строку и
столбец, где расположена ладья, саму ладью мы при этом, конечно,
снимаем. В нашем примере (рис. 160) ладья 3 может быть сдвинута на
поле а8, чем вторичная блокада снимается. А если бы поле а8 было чер-
ным, то нам пришлось бы снять эту ладью и зачеркнуть столбец а и
строку 1. В обоих случаях при дальнейшей расстановке в нашем приме-
ре ладей мы не встретимся ни с какими трудностями.
Уничтожая вторичную блокировку и вычеркивая при этом опре-
деленные столбцы и строки, мы получаем возможность продолжать рас-
становку ладей.
В случае повторного возникновения блокады, первичной или вто-
ричной, мы применяем тактику, описанную выше.
Можно показать, что в результате этих операций минимум одна
ладья останется на доске, так что мы не нарушим соответствующего
условия. Заметим сперва, что, ставя ладьи в свободные столбцы, в
которых белых клеток не больше чем в других свободных столбцах, мы
последнюю ладью поставим в столбец, целиком состоящий из белых
полей. Мы всегда сможем поставить ладью в этот столбец, независимо
от того, встречались ли мы в процессе расстановки ладей с блокиров-
ками одного или обоих типов, или нет.
Пусть, поставив п—1 ладью, мы ни разу не пришли к ситуации
блокировки. Все расставленные ладьи стоят в разных столбцах и стро-
ках; следовательно, останется только одна свободная строка и один
133
свободный столбец, который, очевидно, целиком состоит из белых полей;
Поэтому ладью можно поставить n&jibiefxy; имеющуюся в пересечении
этого столбца со свободной строкой, в результате чего мы получим нуж-^
ную расстановку ладей.
Если же у нас появлялись блокировки, то свычеркивая» указан*
ные строки и столбцы и сдвигая оставшиеся, мы получим прямоуголь*
ную доску, у которой число строк больше числа столбцов. Последняя'
ладья снова ставится в столбец, состоящий из белых полей; поскольку
до этого поставлено было не больше п—1 ладей, то это не составляет
затруднений.
Легко видеть, что приведенное решение годится не только для
квадратных, но также и для прямоугольных досок, число строк у ко-
торых больше числа столбцов.
80. Воспользуемся следующим свойством: касательная к эллипсу
в произвольной точке образует одинаковые углы с отрезками, соединя-
ющими эту точку с фокусами
эллипса. Это означает, что
бильярдный шар, посланный из
фокуса Fi, должен, оттолкнув-
шись от края, попасть в фокус
F2 (на рис. 161 путь бильярдного
шара обозначен пунктиром). По-
этому предположение, что зада-
ча имеет решение, как показы-
вает этот же рисунок, про-
тиворечит законам отражения,
ибо требует, чтобы угол падения
был больше угла отражения.
81. Всего учеников.в классе 25. Так как 6 учеников имеют неудов-
летворительные оценки по математике, то учеников с оценками по
крайней мере удовлетворительными всего 19; спортсменов в" классе не
более 19. «Спортсменоучеников» (если считать за единицу один вид спор-
та, которым занимается один ученик) в классе всего 17+13+8=38, а
так как ни один ученик не занимается сразу всеми тремя видами спорта,
то, следовательно, учеников, занимающихся спортом — ввиду предыду-
щего замечания — всего 19 и каждый из них занимается одновременно
двумя видами спорта.
Теперь уже легко ответить, на вопрос, поставленный в задаче.
а) Ни один ученик в классе не имеет отличной оценки по мате-
матике.
б) Из 19 спортсменов 17 умеют ездить на велосипеде; поэтому
только два ученика умеют одновременно плавать и ходить на лыжах, а
следовательно, два пловца*умеют ходить на лыжах.
82. В первый день бегуны завершили пробег в порядке Л, В, С.
На второй день порядок был В, С, Л, а на третий — С, А, В. Результаты
этих состязаний таковы, что.Л обогнал В в двух случаях из трех воз-
можных; аналогично, в двух из трех случаев В обогнал Сив двух из
трех случаев С обогнал Л.
Возможно ли, чтобы аналогичные результаты имели место в трех
из четырех забегов., т. е. в 75% (или более) всех забегов?
83. Невозможно, чтобы все члены клуба образовали один класс,
т. е. чтобы они все имели одинаковое число побед, ибо число розыгры-
шей (45) не делится на 10.
Невозможно также разделить спортсменов на девять классов. Дей-
ствительно, если бы было девять классов, то в одном классе было бы
два игрока, а в остальных восьми — по одному игроку. Это противоре-
134
чит условию задачи. Действительно, засчитаем каждому игроку по од-
ному очку за каждый выигрыш. Девять игроков, представляющих де-
вять классов, не могли бы иметь ни 0+1+2+...+8=36, ни 1+2+3+...
„..+9=45 очков, ибо тогда десятый игрок имел бы 9 или 0 очков и было
бы десять классов. Те же самые девять игроков, однако, не могут иметь
0+1+...+t+(i+2)+...+9=36+8—i очков, ибо тогда девятый игрок
должен был бы иметь i+l очков и снова было бы десять классов.
Разбиение на 7 классов
Л
в
с
D
Е
Р
о
и
I
J
А
0
0
0
0
0
0
0
0
0
в
1
0
0
0
0
0
0
0
0
с
1
1
0
0
0
0
0
0
0
D
\
1
1
0
0
0
0
0
0
Е
1
1
1
1
1
0
0
0
0
F
1
1
1
1
0
1
0
1
0
с
1
1
1
1
1
0
1
0
1
н
0
1
0
/
1
1
1
1
1
0
1
0
1
J
0
1
0
Однако спортсменов можно разделить на 10,8, 7,6, 5,4,3 и 2 класса.
Приведем примеры разбиения на 7 и на 3 класса. Игроки обозна-
чены буквами. Цифрой 1 на пересечении строки k и столбца i обозначен
выигрыш игрока, находящегося в строке k над игроком, находящимся
в столбце i, а цифрой 0 обозначен проигрыш.
Разбиение на
А
в
с
о
£
F
о
и
I
J
А
0
1
0
0
0
0
0
0
1
в
1
0
0
0
0
0
0
0
1
3 класса
с
0
1
1
0
0
0
0
0
0
D
1
1
0
0
0
0
0
0
0
Е
1
1
1
1
0
1
1
0
0
F
1
0
0
0
G
1
1
1
1
0
0
1
1
0
н
1
1
1
1
0
1
0
1
0
/
0
0
0
У
0
0
Какие можно привести примеры разбиения игроков на 10, 8, 6,
5, 4 и 2 класса?
84. Сначала докажем с помощью математической индукции, что
всегда какая-нибудь команда является чемпионом. Пусть в спортивном
объединении будет п команд, Соберем в одной комнате капитанов этих
135
команд, а одного из них (назовем его К) попросим покинуть комнату
вместе с капитанами всех команд, "непосредственно побежденных ко-
мандой К. В комнате останется, следовательно, ri капитанов; имеем
п!'<п. Если теорема верна для всех л'<л, то в комнате находится ка-
питан — чемпион по отношению ко всем остальным, оставшимся в
комнате. Так как он остался в комнате, следовательно, он является не-
посредственным победителем над /С, а косвенным над иными, которые
покинули комнату,— следовательно, он является чемпионом спортив-
ного объединения всех п команд, что мы и хотели доказать
Доказательство 2) является таким же легким. Обозначим все
команды через Dlf D2, ..., Dn. Пусть команда Dx непосредственно по-
беждает наибольшее число команд, например команды D2, D3, •••» &т
(и не побеждает непосредственно остальные команды). Следует дока-
зать, что команда Dx косвенно побеждает команды Dm+1, ..., Dn. Пред-
положим обратное, что, например, команда Dm+1 не побеждена ни
командой D2, ни командой D3, ..., ни командой £>т,т. е. непосредствен-
но побеждает все эти команды. Так как Dx не побеждает (непосредствен-
но) £>от + 1, следовательно, Dm+1 побеждает Dlf или Dm+! непосредствен-
но побеждает больше команд, чем Dlt вопреки предположению о Dx.
Полученное противоречие доказывает 2).
85. Вопрос нужно понимать так: в кубковой системе может слу-
читься, что игрок, который заслуживает второй приз, потому что он
сильнее, чем все остальные игроки, за исключением чемпиона, встре-
тился с чемпионом до финиша, т. е. в случае восьми игроков, в первом
или во втором туре; в таком случае, второй приз будет выдан неспра-
ведливо. Это может случиться тогда и только тогда, когда при жеребь-
евке для определения партнеров игрок, который заслуживает сереб-
ряной медали, т. е. второго места, попадает в ту же подгруппу из четы-
рех игроков, что и чемпион.
Обозначим чемпиона через Ч, а «истинного» серебряного призера —
через С; так как в группе, в которую попал Ч, кроме него имеется всего 3
-**— /(лоте и /f сельсовету—*~
Рис. 162
места, на каждое из которых может попасть С, то из семи возможных
для С мест 4 благоприятны для него, а 3 — нет. Вероятность того, что
С получит второй приз, равна, следовательно, 4/7=0,5714 ..., т. е. чуть
больше 57%.
86. На рис. 162 на горизонтальной оси откладываем дорогу: вле-
во — на почту, вправо — к сельсовету. На вертикальной оси отклады-
136
ваем время. Линии 0Рг и 00'Р? обозначают дорогу посыльных. Если
велосипедист сначала будет догонять посыльного, вышедшего раньше,
то его дорогу определит линия KAxBxC-J)-^ если же он будет сначала
догонять посыльного, вышедшего позже,— то линия KA2B2C2D2. Из
рисунка видно, что велосипедист должен выбрать вторую возможность,—
и даже тогда, когда он должен будет передать посланцам только деньги,
т. е. тогда, когда его дорога закончится в точке Е± или Е2.
87. Так как каждая собака бежит под прямым углом к направле-
нию движения собаки, которая ее догоняет, а та, которая догоняет,
бежит прямо к убегающей, то догоняющая приближается к соседней
собаке со скоростью 10 м/с и поймает ее по прошествии 10 с. Вследствие
этого путь каждой собаки равен 100 м. В каждый момент четыре соба-
ки образуют квадрат. Этот квадрат вращается и уменьшается: его сто-
роны уменьшаются равномерно со скоростью 10 м/с. Пути пересекутся
в центре S первоначального квадрата. Это будут кривые линии (лога-
рифмические спирали). Они не пересекутся раньше, ибо если бы какая-
нибудь собака пересекла след другой, это означало бы, что она была бы
в этом месте раньше, а это невозможно ввиду равенства в каждый момент
расстояния всех собак от S.
88. Пусть а обозначает мгновенный угол между направлением
PQ и дорогой корабля Q (рис. 163), a v — скорость кораблей Р и Q в
этот же 'момент. На взаимное сближение кораблей влияет скорость
v корабля Р, направленная на Q, а также компонента v cos а скорости
корабля Q, обе одинакового направления. Поэтому скорость сближе-
ния кораблей равна v(\—cos a).
Проекция S точки Р на пути корабля Q перемещается по этому
пути со скоростью v cos a, a корабль Q уходит со скоростью и, следова-
тельно, расстояние SQ возрастает со скоростью v(l—cos а). Так как
расстояние PQ уменьшается, как мы заметили раньше, с той же ско-
ростью, то сумма PQ+SQ постоянна, а следовательно, равна 10 милям,
как и в начальный момент. После бесконечно долгого времени Р сов-
местится с S и будет равно PQ-\-SQ=2PQ=\Q милям и PQ=5 милям.
Рис. 163 Рис. 164
89. Пусть Я1э Р2 или 01у 02 соответственно обозначают положе-
ния обоих кораблей в начальный момент (когда второй из кораблей
замечен первым), а также в момент, когда их расстояние наименьшее.
Если так, то первый корабль плыл из точки Рх к Ог по прямой линии
Рг02 (рис. 164). Кроме того, в конечный момент компоненты скоростей
обоих кораблей вдоль Ох02 должны быть равны, т. е.
Vi~v2 sin a, sin a=k.
J37
Угол а определяет курс первого корабля. Так как корабли дошли До
точек 0lf 02 в одно время, то
п ~ =д—=sln a.
P2Oz v2
Так как
P202 = d tgaf P^^-J-,
cos a
то искомое наименьшее расстояние кораблей равно
п r\ d dsin2a . j,/-i г*
cos a cos a
90. Если & имеет такое же значение, как и в предыдущей задаче,
то курс сигнализирующего корабля определяется через угол а (рис. 164)
следующим образом:
sina = fc = —.
v2
Если же, наоборот, к обозначает отношение скорости замеченного ко-
рабля к скорости сигнализирующего корабля, то при курсе, снова опре-
деляемом равенством sin a=&, корабли встретятся в точке 02 (рис. 164),
чбо
Pi02P202
чли
"1 V*
1 . tga , v2 .
^— slna=—=-=£.
i>i cos a v2 t^i
Следовательно, зо втором случае курс определяется таким же способом,
как и в первом.
91. В момент, о котором идет речь в задаче, сторожевой корабль
находится в точке 5, а моторная лодка — в точке М (рис. 165). Лод-
ка движется по сторонам квадрата MN, NW. Сторожевой корабль не
догонит лодку на отрезке МN, ибо его скорость для этого слишком мала.
Обозначим через а длину стороны квадрата, а через v — скорость ко-
рабля (следовательно, скорость лодки равна 3v). Точка Р, лежащая
на отрезке NW, опасна для лодки, если сторожевой корабль может до
нее добраться не позднее лодки, т. е. если
MN + NP SP
3v ^ v
или
Так как
a+NP>3<SP, (a+NP)^9(SP)\
(SP)a = (tfP)*+^ a-NPt
то приведенное выше неравенство эквивалентно следующему квадратно-
му неравенству относительно NP:
16 {NP)*-22a <WP+7a2<0.
133
Неравенство это выполняется для
следовательно, опасная часть дороги равна 3/16 целого и начинается
по прохождении 3/4 дороги, а кончается по прохождении 15/16 дороги.
92. В начальный момент лодка находится в точке М, сторожевой
корабль в точке S; лодка должна прибыть к побережью в точке W
(рис. 166). Точки М, 5, W лежат на одной прямой MS=e=SW. Из текста
Рис. 165
Рис. 166
задачи следует, что лодка должна плыть по сторонам прямого угла
MNW, вписанного в окружность диаметра MW.
Путь лодки должен быть по возможности кратчайшим, поэтому
первый его отрезок (MN) должен образовать возможно меньший
угол с направлением MW. Кроме того, лодка должна наверняка избе-
жать сторожевого корабля. Поэтому ее путь не должен пересекать апол-
лониевой окружности TUV, которая является геометрическим местом
точек, в которых встречаются корабль и лодка, плывущие соответственно
из точек S и М со своими максимальными скоростями по прямым лини-
ям. Центром аполлониевой окружности является точка О, положение
которой на отрезке MW определяем из соотношений
MT=3STy MV=3SVy OT=OV.
Из этих равенств следует, что
MO-=^MW9
lb
з
а радиус аполлониевой окружности равен -r-^MW. Если бы отре-
зок MN касался окружности TUV, то путь лодки равнялся бы
2ул2~4-1
— — MW,a если MN не имеет общих точек с этой окружностью,
о
то путь будет длиннее —У—z MW. Следует еще только проверить,
что если отрезок MN проходит достаточно близко к окружности TUV,
то сторожевой корабль не настигнет лодку и на отрезке NW. Оставим
это читателям.
Итак, курс лодки, отвечающий^ условию задачи, определен
полностью,
139
93. Таким удивительным числом является число один, которое
можно записать тремя способами:
1, 100% и 57017'44", 8... (1 радиан).
94. Новый «сантиметр» при измерении может дать ошибку, в 1/2 см,
так же как и старый, и не в этом следует искать его преимущество. При
измерении некоторого отрезка А В конец В, вообще говоря, окажется
между штрихами шкалы. Используя новую ленту (рис. 167), мы, без
Я В
l 1
г
N-1
N
JV+I
1
W
ш
I
2
3
(
Рис. 167
сомнения, припишем этому отрезку длину N см, если N является над-
писью между штрихами. При использовании же обычной ленты мы
должны еще установить, лежит ли В ближе к левому или к правому
штриху. В исключительном же случае, когда при использовании новой
ленты конец В совпадает со штрихом, лежащим между числами N и
N+1 записываем
ЛЯ = # + уСМ.
95. Не существует словарей, содержащих более миллиона слов.
Если, например, словарь содержит 500 страниц, то мы откроем его
посредине и найдем самое последнее слово на странице 250, предполо-
жим, «нарцисс». Первый вопрос должен быть таким: находится ли от-
гадываемое слово в словаре после слова «нарцисс»? Если ответ будет
гласить «да», то мы открываем словарь на странице 375, а если «нет»,
мы откроем его на странице 125 и опять спросим о расположении зага-
данного слова по отношению к последнему слову на открытой странице,
и т. д. Если в какой-то момент мы получим дробное число страниц
(например, 62,5), то мы округлим его до ближайшего большего целого
числа. После девяти таких вопросов поиски слова ограничатся одной
страницей. Если на этой странице 2 столбца, то с помощью 10-го вопро-
са мы определим столбец. В столбце самое большее 64 слова и, следова-
тельно, 16-й вопрос приведет нас к одному слову, которое, если мы еще
раньше не отгадали нужное слово, мы и укажем загадавшему его.
Словарь, который мы указали в качестве примера, содержит не
более 128 «500=64 000 слов. Так как число слов в словаре ограничено
миллионом, то в нем может быть не более чем в 16 раз больше слов, чем
в словаре, рассмотренном выше (64 000*16=1 024 000). Для словаря с
максимальным количеством слов потребуются 4 дополнительных вопро-
са (24=16), т.е. всего 20 вопросов.
Мы видим, таким образом, что доктор Шарадек говорит правду.
96. Каждый студент, одалживающий кому-либо деньги, записыва-
ет соответствующую сумму как положительное число, а занимая у
кого-нибудь деньги, записывает эту сумму как отрицательное число.
Сумма всех записанных чисел дает в конце года положительное или от-
рицательное сальдо данного студента, причем сумма всех сальдо дает
нуль.
Бухгалтерии Шарадека достаточно для выравнивания долгов, а
необходимо для этого самое большее шесть выплат. Действительно,
предположим, что «наименьший» должник выплачивает всю сумму
140
«наибольшему»' кредитору. Тогда, после первой выплаты, общее число
должников и кредиторов будет равно самое большее шести, а после
пятой выплаты, произведенной по тому же самому принципу, число
должников и кредиторов будет равно самое большее двум, вследствие
чего самое большее после шестой выплаты все долги будут выравнены.
Конечно, может случиться, что после какой-либо очередной выплаты
один из кредиторов станет должником, но этот факт не изменит числа
кредиторов и должников.
96а. Обозначая буквой р правую чашку весов, а буквой / — левую
чашку, получим следующее расположение монет после трех взве-
шиваний:
I взвешивание
II взвешивание
III взвешивание
К
Р
1
R
Р
Y
1
1
р
р
т
1
р
О
1
1
р
N
Р
Р
1
Р
Р
Р
м
1
1
D
1
W
Р
1
А
Р
1
1
Предположим теперь, что одна монета тяжелее остальных. Тогда,
обозначая знаком «О» равновесие чашек, знаком «+» перевес правой
чашки весов, а знаком «—» перевес левой чашки весов, будем иметь
следующие возможности, в зависимости от того, какая монета (с. назва-
нием, указанным в соответственном столбце) тяжелее:
I взвешивание
II взвешивание
III взвешивание
К
+
0
—*
R
+
0
0
У
0
~—
р
0
0
+
т
+
0
0
—
+
N
0
+•
+
/
+
+
+
м
—
0
D
0
—
0
W
0
+
А
+
~~~
Если бы одна монета была легче остальных, то имели бы место
следующие возможности:.
1 с
I взвешивание
II взвешивание
III взвешивание
0
+
R
0
0
Y
+
0
+
р
0
0
~~
т
+
—
0
О
+
+
""■*
N
0
—
~~"
/
—
-—
м
+
+
0
D
0
+
0
w
0
—
+
А
+
+
Так как все расстановки трех знаков в двух приведенных выше
таблицах различные, то, предполагая, что только одна монета фальши-
вая, можно из наличия соответственной расстановки знаков заключить*
какая из монет фальшивая, а также тяжелее она или легче остальных.
Из трех элементов можно образовать всего 33=27 сочетаний с пов-
торениями, поэтому две приведенные выше таблицы не охватывают еще
141
трех случаев, а именно:
0-+, о +:-,- о- +
Первый случай — при условии, что по крайней мере 11 взвешен-
ных монет являются одинаковыми,— вызывает равенство всех монет.
Следовательно, мастер мог прийти к выводу, что все монеты настоящие,
предполагая лишь, что самое большее одна монета фальшивая.
Два остальных случая не могут иметь места, если только одна моне-
та фальшивая.
Поэтому, если выступает один из этих случаев, то можно заключить,
что по крайней мере две монеты фальшивые. Если же, однако, имеет
место один из этих случаев, то фальшивыми могут быть пары YT, YW,
TW или тройки KTY, RPD и т. д. Обман был обнаружен потому, что
мастер обозначил фальшивые монеты двумя из трех букв 7\ К, W\
если бы случилось иначе, рбман не был бы открыт. Действительно,
если бы, например, фальшивыми (и более тяжелыми) оказались монеты
К, Я, то результат взвешиваний, представленный символически, был
бы следующим:
MYTO<RAKI, MODA=WINT, WYKA=PION,
а тогда мастер считал бы, что фальшивой (и более тяжелой) монетой
является Я, что не соответствует истине.
Постараемся ответить еще на последний вопрос: мог ли приятель
Шар аде к а так изменить массу т$ и щ двух монет (оставляя остальным
монетам их массу /л), чтобы сделать невозможным обнаружение обмана.
Если
тхФгПъ т^Фт и т\^.т%
(что можно предположить), то возможен один из трех случаев:
I. m<mi<m2f II. тх<т<т%, III. тг<щ<т.
\Н(елтый№елешй\
белый
Л/
/(раст&Голубой
£2
ЛЗ
Голубой
BS
ЖелтытЗеленый
В2
ЛЗ
£4
белый
ЛЗ
Зелелы1^раелщГолубой\
Л2
СГ
СЗ
Зелый
В4
мелтый\3елешй\
\Краж/й\
ЛЗ
Щелтый
Е!
КраснытГолубой
Л4
ВЗ
Голубой
J31
\3еле//ый\
Л2
Белый
£3
£3
Л/
белый
С2
Красньщ
£3
уНелтый\
Л4
Рис. 168
Теперь достаточно соответственно обозначить монеты с массой rtii и т%
через W uYt или же через D и Y, или же через W и Y, чтобы результат
^взвешивания был следующий: 1 или -\ К Приятель Шара-
жка, следовательно, не мог так изменить массу монет, чтобы быть пол-
142
яостыо уверенным в том, что проведет мастера, хотя обнаружение под-
воха зависит от того, обозначил ли мастер монеты буквами именно так,
как следует, в чем мастер также не может быть уверен.
966. Нижний слой показан на рис. 168. Каждый другой слой полу-
чаем, перемещая в предыдущем слое первый столбец на правый край.
Условие задачи, очевидно, выполняется..
А
А
А
А
Рис. 169
Рис. 170
97. Требуемое общество будет сконструировано, если мы посадим
каждого из 12 не знакомых друг с другом лиц, на «свою» грань пра-
вильного додекаэдра и потребуем, чтобы каждый познакомился со
своими «соседями», т. е. с обитателями смежных граней.
Условие е) здесь соблюдается,
так как два лица, занимающие про-
тивоположные грани додекаэдра, не
имеют общих соседей.
Общество, описанное доктором
Шарадеком, также населяет грани
правильного додекаэдра, но в этом
случае нужно поступить обратным об-
разом, а именно, познакомить каждо-
го человека со всеми лицами, н е
являющимися его соседями.
98. Доктор Шарадек прав. Дейст-
вительно, предположим обратное, т. е.
что в определенный момент, в правой
половине находятся только две костяш-
ки или еще меньше (рис. 169). После
промежутка времени, который необхо-
дим каждой костяшке для перемеще-
ния по всей проволоке, расположение костяшек будет симметрич-
ным предыдущему (рис. 170): в левой половине счетов будут нахо-
диться две костяшки (или меньше), а в правой — восемь костяшек (или
больше), что противоречит условию задачи.
99. Решение доктора Шарадека является удачным, независимо от
того, где он живет. Действительно, рис. 171 показывает, как можно
объехать все улицы города и вернуться к произвольно выбранной точке
Рис. 171
,143
выезда. Длина кратчайшего объезда превышает на 16,7% длину все*
улиц города.
1Q0. Пять городов Шал он, Ътръ; Шомон, Сэя-К«лад и Reftwe
образуют замкнутый пятиугольник; одна из его сторон (сторона Шомон —•>
Сэн-Кантэн) является суммой четырех остальных, ибо 236=86+40+30+
+80. Это возможно только тогда, когда вершины пятиугольника лежат
на одной прямой. Города расположены на прямой в следующем порядке:
Сэн-Кантэн, Р*ймс, Шалон, Витри и Шомон. Расстояние между Рейм-
сом и Шомоном, следовательно, равно 40+30+80=150 км.
Г у со Штейнгауз
СТО ЗАДАЧ
Редактор Т. А. Панькова
Художественный редактор Г. М. Коровина
Технический редактор £. В. Морозова. Корректор В. П. Сорокина
ИБ № 12868
Сдано в набор 16.12.85. Подписано к печати 02.04.86. Формат 84хЮ8/и.
Бумага тип. № 2. Гарнитура литературная. Печать высокая. Усл. печ. л. 7,56.
Уел» кр.-отт. 7,98. Уч.-изд. л. 9,14. Тираж Г450 000 экз. (1-й завод
1—; 150 000 экз.) Заказ № 1948. Цена 45 коп.
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы
117071 Москва В-71, Ленинский проспект, 15
Ордена Октябрьской Революции и ордена Трудового Красного Знамени
МПО «Первая Образцовая типография» имени А. А. Жданова Союзполиграф-
прома при Государственном комитете СССР по делам издательств, полиграфии
и книжной торговли. 113054 Москва, Валовая, 28
Отпечатано в ордена «Знак Почета» типографии газеты «Красная звезда»i