головоломки
I
ЗАНИМАТЕЛЬНАЯ МАТЕМАТИКА ДЛЯ ВСЕЙ СЕМЬИ
■ ■

ББК22.1
УДК 51
Б95
Сергей Быльцов
Б95 Логические головоломки и задачи. Занимательная математика для всей семьи. — СПб.: Питер, 2010.
— 160 с: ил.
ISBN 978-5-49807-785-7
В книге собраны самые интересные и увлекательные логические головоломки — изящные игры ума, которыми увлекались
мыслители всех времен и народов. Решение этих занимательных задач доставит море удовольствия и радости! А кроме того, послужит
отличным тренажером для развития интеллекта, тренировки памяти и активизации творческих способностей.
Все представленные в книге головоломки доступны для решения, даже если школьный курс математики изрядно подзабыт.
Кроме того, в конце книги представлены готовые ответы, часто с развернутыми решениями. Но не спешите скорее заглянуть в ответ —
не лишайте себя удовольствия от процесса, наслаждения от озарения и радости от достижения цели!
Внимание, родители юных дарований! Логические головоломки органично дополнены множеством интересных задач олимпи-
адного и конкурсного типа. Они помогут вашим детям с легкостью справляться с олимпиадными заданиями!
ББК 22.1
УДК 51
Все права защищены. Никакая часть данной книги не может быть воспроизведена в какой бы то ни было форме без письменного разрешения
владельцев авторских прав.
ISBN 978-5-49807-785-7 © ООО Издательство «Питер», 2010

Оглавление
ЧАСТЬ I. ДОГАДАЙСЯ 5
ЧАСТЬ II. ЗАНИМАТЕЛЬНАЯ ЛОГИКА 25
Глава 1. Рассуждения 26
Глава 2. Логические задачи 29
Глава 3. Логические парадоксы 40
ЧАСТЬ III. ЗАНИМАТЕЛЬНОЕ МАНИПУЛИРОВАНИЕ 45
Глава 1. Спички 46
Глава 2. Переливания-головоломки 49
Глава 3. Переливания-задачи 51
Глава 4. Взвешивания 55
ЧАСТЬ IV. ПЕРЕГИБАНИЯ И РАЗРЕЗАНИЯ 59
Глава 1. Перегибания 60
Глава 2. Плоские разрезания 62
Глава 3. Исчезновения при разрезаниях 71
Глава 4. Пространственные разрезания 73
ОТВЕТЫ 75

Часть
i
ДОГАДАЙСЯ

В этой разминочной части представлены задачи, для решения которых не
требуется никаких специальных знаний — достаточно одной догадки, которую,
впрочем, порой найти труднее, чем методически решить стандартную задачу для
10-го класса.
1. Одним росчерком пера.
Требуется обвести три пересекающихся квадрата, изображенные на
рисунке, одним росчерком пера, т. е. это можно делать медленно, но не отрывая
карандаш от бумаги. Кроме того, нельзя обводить отрезки линий дважды и
пересекать уже проведенные линии, т. е. обводить углы, например, так,
как это изображено справа.
8-г с.761
2. Разрезание торта на 8 одинаковых частей.
Каково наименьшее число прямолинейных разрезов однородного торта на
8 одинаковых частей?
8-г с. 76
3. Шеренга глуховатых солдат.
Командир скомандовал сотне солдат, построенных в шеренгу: «Нале-во!».
Солдаты были из числа годных лишь к нестроевой службе, и многие
плоховато слышали. Поэтому некоторые солдаты правильно выполнили команду,
хотя и не были в ней уверены, а другие повернулись направо. Все солдаты,
1 Знаком е-, обозначают страницу, на которой можно найти ответ.

очутившиеся лицом друг к другу, усомнились в своих действиях и через
секунду повернулись кругом. Некоторые опять оказались лицом друг к
другу и опять через секунду повернулись кругом, и т. д. Сколько времени
солдаты таким образом могут крутиться? Может ли, например, с момента
команды и до момента, когда «успокоится» последний солдат, пройти:
а) от 10 до 45 секунд;
б) более 100 секунд?
8-тг с. 76
4. Кастрюля и банка.
Как в пустую 4-литровую кастрюлю с помощью пустой 5-литровой банки
налить из-под крана 3 литра воды? Каково наименьшее число
наливаний-переливаний?
С. 76
5. Естественная классификация.
По какому признаку можно наиболее естественно объединить в 4 группы по
3 слова следующие 12 слов: вещество, ворона, девица, дыра, кардинал,
книга, мышь, сотня, стих, строка, полковник, танец.
8-г с. 76
6. Фундаментальное свойство.
По какому признаку классифицированы буквы русского алфавита?
1. Б, Г, Д, Й, Р, Ц, Ч, У, Щ, Ъ, Ы, Ь, Я.
2. А, Л, М, П, Т, Ш, Г, Д.
3. В, Е, К, С, 3, Э, Ю.
4. И.
5. Ж, О, Н, X, Ф.
8-тг с. 76
7. Непосредственное измерение.
На столе размером 1x2 метра лежит обыкновенный кирпич. Как с
помощью обычной линейки подходящей длины измерить пространственную
диагональ кирпича?
С. 76
8. Округлые формы.
Винтовые крышки-пробки делают круглыми, возможно, потому, чтобы их
можно было заворачивать. Почему круглыми делают абсолютное
большинство всевозможных крышек: люков, посуды и т. п.?
с. 77

9. Перепутанные шапки.
Все пятеро гостей так усердно ели и, главное, так старательно пили, что,
когда стали уходить, четверо из них не были уверены в том, что надели свои
шапки. Какова вероятность того, что четверо подвыпивших гостей надели
свои головные уборы?
8-тг с. 77
10. Дыра, в которую можно пролезть.
Каково примерное наименьшее число прямолинейных разрезов,
необходимых для вырезания в листе бумаги размером 10x10 сантиметров дырки, в
которую мог бы пролезть человек?
с. 77
11. Три домика, соединенные между собой и с колодцами.
Можно ли каждый из трех домиков и трех колодцев соединить с парой
домиков и парой колодцев прямолинейными непересекающимися
дорожками?
с. 77
12. Три домика, соединенные с тремя колодцами.
Можно ли каждый из трех домиков соединить с каждым из трех колодцев
прямолинейными непересекающимися дорожками?
с. 77
13. Четыре домика, соединенные со своими колодцами.
Можно ли пересекающиеся дорожки, соединяющие на рисунке домики А, В,
С и D с одноименными колодцами а, Ъ, с и d, сделать непересекающимися?
с. 78
D
а
b
С
k
d
У
А
8

14. Пять домов, соединенных разными дорожками.
Можно ли каждый из пяти домов-усадеб (из которых никакие три не лежат
на одной прямой) соединить со всеми остальными прямолинейными
грунтовыми или асфальтированными дорожками так, чтобы никакие из них не
образовывали треугольник из дорог с одинаковым покрытием? А. Сколько
возможно вариантов соединения домов? Б. Каковы особенности
расположения дорог?
8-тг с. 78
15. Максимум занятых стульев.
К 50 свободным стульям, стоящим в ряд, можно подходить по одному
человеку и садиться, при этом если впоследствии одно или оба соседних места
окажутся занятыми, то один из соседей должен встать и уйти. Какое
наибольшее число стульев может быть занято?
8-тг с. 78
16. Закономерные телефоны.
Один человек предпочитал смысловую память другим ее видам и поэтому
всегда, когда надо было запомнить какие-либо числа, пытался находить в
них закономерности. Когда его назначили директором завода, он первым
делом присвоил каждому начальнику отдела новый четырехзначный
номер телефона заводской АТС по известной ему закономерности. Какой
номер телефона у Сергеева, если известны телефонные номера следующих
сотрудников:
• Авербух — 7123;
• Белый — 5211;
• Елкин — 5715;
• Жлоп —4817;
• Иванов — 6103;
• Сергеев — ?
8-г с. 78
17. Песочные часы.
Можно ли с помощью 7- и 11-минутных песочных часов отмерить четверть
часа?
с. 78
18. Экспансия ряски.
Многолетняя водяная трава ряска при благоприятных условиях быстро
размножается. Если ежедневно количество растений будет увеличиваться
вдвое, то одно растение, попав на водоем, может покрыть его поверхность

за 32 дня. За сколько дней водоем покроется ряской, если на него попадут
сразу 4 растения?
с. 79
19. Деревья на поляне.
На поляне растут четыре дерева —А, Б, С и Z>. Чему равно L, если попарные
расстояния между ними:
А. 10, 10, 10,10,10, L?
Б. 20, 30, 40, 50, 60, L?
8-тг с. 75
20. Кусок шахматной доски с черными клетками.
Какова площадь наибольшего куска шахматной доски с единичными
клетками, содержащего четыре черные клетки?
8-г с. 79
21. Кольца в домашнем спортзале.
При оборудовании домашнего спортзала строители перепутали расстояние
между кольцами, подвесив их так широко, что человек мог дотянуться
одновременно до обоих колец лишь с чьей-то помощью. Заказчик собирался
заставить рабочих перевесить одно из колец, но его тщедушный с виду
сын-очкарик, для которого оборудовали тренажерное место, попросил
оставить все как есть, сказав, что он сможет пользоваться этими кольцами и
один. Как это возможно, если длину веревок, изображенных на рисунке,
можно только уменьшать?
8-тг с. 79
22. Коробки с перепутанными шарами.
В одной коробке лежит 2 черных шара, в другой — 2 белых и в третьей —
1 черный и 1 белый. На каждой коробке имеется соответствующая ее
содержимому надпись. Шары переложили так, что надписи перестали соответ-
10

ствовать содержимому. Какое минимальное количество шаров необходимо
вынуть, чтобы определить содержимое всех коробок?
8-г с. 80
23. Касающиеся карандаши.
Какое наибольшее число карандашей с круглым основанием может
одновременно касаться друг друга?
8-тг с. 80
24. Использование замков с единственными ключами.
Три экономных садовода построили на границе своих участков общий погреб,
который должен был закрываться навесным замком. У каждого из садоводов
было по своему навесному замку и по одному ключу к нему. Они решили
сэкономить и не покупать новый замок с несколькими ключами и не
изготавливать дополнительные ключи к имеющимся замкам, а обходиться тем, что
имеют. Как экономные садоводы смогут независимо друг от друга
пользоваться погребом, то есть открывать и закрывать его дверь?
8-тг с. 80
Ушки для замка
Дверная коробка
Дверь
№2
№3
Единственные ключи к замкам
25. Бракованная мишень.
Типография напечатала для частного тира круглые мишени, на которых
точно в центре вместо концентрических окружностей была изображена
рожица человечка. Одна из мишеней оказалась бракованной, поскольку
рожица оказалась не в центре.
Каково наименьшее число
частей, на которое можно разрезать
бракованную мишень (справа),
чтобы, сложив разрезанные
куски иначе, полностью исправить
брак, превратив мишень в
нормальную (слева)?
8-г с. 81
11

26. Игра в теннис на вылет.
Трое играют в теннис на вылет, т. е. проигравший очередную партию
уступает свое место игроку, ожидавшему своей очереди. Пропустив партию, он
вновь играет с победителем. В итоге оказалось, что один сыграл 10 партий,
а другой — 21 партию. Сколько партий сыграл третий игрок?
8-тг с. 81
27. Семейный концерт.
В семейном концерте участвовали четыре сестры, каждая песня
исполнялась тремя девочками. Больше всех песен — 8 — спела Аня, а меньше
всех — 5 — спела Mania. Сколько песен спела Даша, и сколько песен спела
Наташа?
8-тг с. 81
28. Дотошный велосипедист.
Велосипедист ехал с постоянной скоростью по дороге, вдоль которой на
равных расстояниях стояли фонарные столбы. Когда он проезжал мимо
очередного столба (№ 1), он засек время. Через 50 секунд он проехал мимо
столба № 10. Сколько времени ему потребуется, чтобы проехать расстояние
между столбами № 1 и № 19?
8-тг с. 81
29. Съеденные булочки.
Сумма булочек, съеденных двумя мальчиками, была равна произведению
булочек, съеденных двумя девочками, и, наоборот, сумма булочек,
съеденных двумя девочками, была равна произведению булочек, съеденных
мальчиками. Сколько булочек съели дети вместе, если каждый съел разное
количество булочек?
8-тг с. 81
30. На автомобиле и пешком или на велосипеде.
А добирался из города до дачи обычно на велосипеде. Однажды знакомый
предложил половину пути провезти его на своем скоростном автомобиле со
скоростью, в 30 раз превышающей скорость велосипеда. Оставшийся путь
А пришлось преодолеть пешком со скоростью вдвое меньшей, чем он ездил
на велосипеде. Какой вариант передвижения — на автомобиле и затем
пешком или весь путь на велосипеде — быстрее?
8-тг с. 81
31. Винты, сцепленные резьбой.
Два одинаковых винта, расположенных «навстречу» друг другу, плотно
сцеплены резьбой. Если один из винтов закрепить, а другой без проскаль-
12

зывания обернуть вокруг него (как гайку) несколько раз, то как при этом
будут двигаться головки болтов относительно друг друга:
а) сближаться;
б) расходиться;
в) покоиться?
§-тг С. 81
32. Нумерация страниц в книге.
Для нумерации страниц использовали 1500 цифр. Сколько в книге страниц?
8-т с. 82
33. Сумма очков на невидимых гранях кубиков.
Какова сумма очков на пяти невидимых горизонтальных
гранях трех игральных кубиков, установленных друг на
друга?
8-г с. 82
34. Зубчатые колеса.
Сколько оборотов сделает каждое из зубчатых колес,
находящихся в сцеплении, до возвращения в исходное
положение, если у одного 12 зубьев, а у другого — 54?
с. 82
35. Система шестеренок.
Система из 17 шестеренок, расположенных в одной плоскости, замкнута,
т. е. зубцы 1-й и 17-й входят друг в друга. Будет ли работать система?
8-г с. 82
36. Преимущества двухпалатного парламента.
Говорят, что давным-давно все парламенты были однопалатными. Пишут,
что тот, кто много приобрел в жизни, преуспел и в приобретении врагов.
Имели врагов и депутаты, причем и среди коллег тоже. В некотором
однопалатном парламенте каждый депутат имел не более трех врагов. Если этот
парламент трансформировать в двухпалатный, то можно ли (и как)
распределить депутатов по двум палатам так, чтобы среди членов одной палаты ни
у одного депутата не было более одного врага?
8-г с. 82
37. Масштабы коррупции среди депутатов.
Сколько коррупционеров найдется среди сотни депутатов, если по крайней
мере один из них честен, но в любой паре народных избранников по
крайней мере один — коррупционер?
8-тг с. 83
13

38. Разноцветные автомобили разных марок.
В автосалоне были по крайней мере пара автомобилей разных марок и не
менее двух автомобилей разных цветов. Какое наименьшее число
автомобилей должно находиться в автосалоне, чтобы среди них оказалась хотя бы
пара разноцветных автомобилей разных марок?
8-тг с. 83
39. Простые наливания.
Можно ли с помощью полной литровой банки с водой и пустого
полулитрового стакана отмерить ровно 3Д литра?
8-т с. 83
Банка с водой
Пустой
полулитровый
стакан
40. Включение любого числа лампочек.
Какое наибольшее число лампочек п можно включать тремя
выключателями так, чтобы загоралось последовательно 1, 2,3... п лампочек?
8-г с. 83
41. Вино в воде и вода в вине.
В одном из бокалов находится вода, в другом — такое же количество вина.
Чайную ложку воды взяли из бокала и влили в вино. Размешав воду в вине,
точно такую же чайную ложку полученной смеси возвратили обратно в воду.
Чего стало больше — воды в вине или вина в воде?
8-тг с. 84
42. Эпидемия гриппа.
В один день 50 человек в поселке с двухтысячным населением простудились и
заболели гриппом. Хотя в дальнейшем никто не простужался, разразилась
эпидемия гриппа, так как все здоровые в этом поселке считают своим долгом
ежедневно навещать больных друзей и при этом заражаются. Грипп был
такой, что им болели один день, и на следующий день выздоровевший получал
иммунитет и заболеть не мог. Такой же однодневный иммунитет
обеспечивала прививка, которую накануне начала эпидемии сделали 100 человек, и
вакцина на этом закончилась. Как долго продлится эпидемия, если каждый
житель поселка имел не менее двух друзей?
8-т с. 84
14

43. Генеалогическое древо.
А. Н. (Александр Николаевич, но для краткости будем перечислять только
инициалы), Б. М., Г. К., К. М., К. Т., М. М., М. Н., Н. М., Н. К., Н. Т., Т. М.
были из рода Ивановых. При этом у каждого отца было два сына, у
основателя рода было четыре внука, а у его сыновей — по два. Кто основатель рода?
8-г с. 84
44. Сбор арбузов.
Элитные арбузы росли вдоль прямой на расстоянии 10 метров друг от друга.
А. Какое расстояние надо пройти, чтобы по пути к крайнему арбузу собрать
по одному еще сотню?
Б. Сколько было собрано арбузов, если для их сбора к среднему по одной
штуке прошли 3 километра?
8—г с. 85
45. Прогулка детей парами.
Детсадовская группа детей числом более 16, но менее 25 шла парами друг за
другом. Сколько в группе детей, если число мальчиков и девочек в колоннах
было одинаковым, а число разнополых и однополых пар было одним и тем же?
8-г с. 85
46. Расковывание звеньев цепи.
Цепь состоит из 63 звеньев. Какое наименьшее число звеньев надо
расковать, чтобы иметь возможность составить любое натуральное число звеньев:
1,2, 3... 62,63?
8-г с. 85
47. Заслонка в ящике.
В дне ящика 5x5 есть отверстие 1x1. Какова
наименьшая площадь выпуклой заслонки,
закрывающей отверстие при любом ее положении
на дне ящика?
8-f с. 85
48. Разрезание стоуголъника.
Какое наибольшее число треугольников можно получить, разрезав по
прямой линии стоугольник?
8-г с. 85
49. Знак в числовом ребусе.
Что больше — произведение ДВА х ШЕСТЬ или ДВАДЦАТЬ, если в этом
числовом ребусе, как обычно, разные буквы означают разные цифры?
8-г с. 85
15

50. Есть причины для печали?
На каждой из 999 планет, разбросанных на разных расстояниях друг от друга
в одной огромной солнечной системе, было по одному астроному. Уровень
развития на каждой планете был разный, но позволял астрономам наблюдать
только одну планету, и притом ближайшую. Как-то один не в меру склонный
к философствованию астроном, наблюдая в ночной тиши за единственной
видимой ему планетой, вдруг почему-то пришел к мысли, что за его собственной
планетой никто не наблюдает, и очень опечалился. Были ли у него реальные
основания для такой печали?
8-г с. 86
51. Дядя-племянник.
Может ли быть один для другого дядей и племянником одновременно?
с. 86
52. Сколько землян имеют нечетное число знакомых?
У каждого человека есть знакомые люди. Поскольку все числа либо
четные, либо нет, то у каждого человека на земле в любой момент времени либо
четное количество знакомых людей, либо нечетное. Можно ли сказать,
четное или нечетное количество людей на земле в данный миг имеют нечетное
число знакомых?
8-г с. 86
53. Туда и обратно.
С восходом солнца буддийский монах отправился по вьющейся
серпантином узкой тропинке на вершину священной горы. Путь был столь труден,
что монах много раз отдыхал, переводя дыхание, и дважды
останавливался, чтобы подкрепиться, но к закату солнца он все же достиг вершины. Всю
неделю монах усердно молился и на восьмой день рано утром бодро зашагал
вниз. Обратный путь был намного легче, и монах позволил себе даже
вздремнуть, когда прошел немного более половины, и спустился он
незадолго до заката солнца. Была ли на пути монаха хотя бы одна точка, в
которой он находился точно в один и тот же момент суток при подъеме и спуске,
если тропинку считать линией, а самого монаха точкой?
8-г с. 86
54. Где живет теща?
А живет на улице Есенина в трехкомнатной квартире с 4 окнами,
выходящими во двор, и 7 дверями, включая входную. На этой же улице живут все
родные братья А. Это Б, С и D. У них у всех стандартные однокомнатные
квартиры с 2 окнами и 5 дверями. Живет ли на этой улице тещаА, если
суммарное число дверей и окон у всех братьев нечетное?
16

Условие задачи непротиворечиво. Оно вполне достаточно для
однозначного ответа. При этом определения понятий «брат» и «теща» —
общепринятые.
С. 86
55. Первоклассник, который не любил ходить пешком.
Здоровые дети очень подвижны и могут часами бегать, играя в пятнашки
или какую-нибудь другую игру. Однако ходить пешком большинство детей
не любят. Тем более никто не любит ходить пешком по лестнице и особенно
вверх. Первоклассник Саша живет на 20-м этаже. Он не является
исключением и очень не любит добрую половину пути наверх подниматься пешком.
Однако делает это он довольно часто, особенно после того, как стал
«большим» и самостоятельным, начав учиться в школе. Почему Саша вторую
половину пути наверх не всегда, но часто проходит пешком, если лифт всегда
исправен, составлять компанию некому и ни о каких тренировках
сердечно-сосудистой системы юный человек еще не помышляет?
8-тг с. 87
56. Червь-книголюб в двухтомнике.
Как-то одному одинокому, но аккуратному во всем человеку понадобилось
уехать на недельку в другой город, и он припас каждому из своих
домашних любимцев еду на весь период своего отсутствия. Лишь у книжного
червя Жруна, живущего в корзине для бумаг, еды оказалось маловато. Тогда
аккуратный человек заботливо перенес животное на книжную полку, где,
как полагается, стоял какой-то двухтомник (Жрун был уже не молод и
потому не жаловал периодику, сильно отдающую типографской краской, но
обожал художественную литературу, особенно многотомники). Каждый
том был толщиной 3 сантиметра без переплета, толщина каждой корки
которого была 3 миллиметра.
Через какое время червячок, посаженный на первую страницу первого
тома, окажется на последней странице второго тома, если он грызет
толстые книги всегда по кратчайшему расстоянию, т. е. перпендикулярно
плоскости книги, с постоянной скоростью 1 миллиметр в сутки, которая не
зависит от качества бумаги?
8-г с. 87
57. Еще раз о падении монеты.
Монета часто встречается в традиционных задачах, связанных с
вероятностью. Считается, что если монета «честная», то вероятность выпадения
герба (орла) или решки одинакова и равна х/2> т- е- в достаточно большой серии
бросков число выпавших гербов будет приблизительно равно числу
выпавших решек.
17

В «нечестных» монетах обычно геометрический центр симметрии и
физический центр тяжести смещены, т. е. монета неоднородная, и потому она
может чаще падать на одну из сторон. Кроме того, стороны монеты могут
иметь разную намагниченность и т. п., так что монета опять будет чаще
падать на одну сторону.
Пусть есть монета идеальной цилиндрической формы, у которой
геометрический центр симметрии абсолютно точно совпадает с физическим центром
тяжести. Она сделана из совершенно однородного немагнитного металла.
Орел и решка симметричны и одинаковы во всех мыслимых и немыслимых
отношениях: они могут отличаться, например, лишь цветом краски на
торцах. Однако когда эту монету 1000 раз подбросили, то вместо ожидаемых
500 (или почти 500) решек их оказалось только 300. Как можно объяснить
такой феномен? Что можно сказать о монете, у которой решка выпадает с
вероятностью менее х/з? В чем может заключаться наиболее правдоподобная
(т. е. не надуманная, а почти необходимо вытекающая из условия задачи)
«нечестность» такой монеты?
с. 87
58. Высокий из низких или низкий из высоких?
Рота солдат построена в виде равномерно заполненного прямоугольника
со сторонами 8 и 16 человек. В каждом из 8 поперечных рядов выбран
самый высокий солдат; затем из этих 8 высокорослых был отобран самый
низкий солдат.
Аналогично из 16 продольных шеренг были выбраны 16 самых
низкорослых солдат, а из них отобран самый высокий. Кто окажется выше — самый
низкорослый из самых высоких или самый высокорослый из самых
низких солдат?
8-г с. 87
59. Переполненные классы.
Так уж случилось, что в одной школе оказалось немало переполненных
классов, насчитывающих более 30 учеников. Что больше — процент
переполненных классов в этой школе или процент учеников школы,
обучающихся в переполненных классах?
8-тг с. 88
60. Здоровые и богатые среди людей.
Наблюдательные люди давно подметили, что процент богатых среди
здоровых больше, чем процент богатых среди людей. Но кто знает: здоровых
больше среди богатых или среди всех людей?
с. 88
18

61. Бурьян на опытном поле.
Опытное поле для изучения распространения сорняков имело квадратную
форму и было разбито, как это водится у научных сельхозработников, на
одинаковые участки — в данном случае на 100 квадратиков. В начальный
момент бурьяном заросли 9 произвольно расположенных квадратиков.
Было установлено, что через год бурьян распространится только на те
участки, которые имеют не менее двух общих границ (сторон квадратов) с
участками, уже заросшими бурьяном.
1. Сможет ли бурьян распространиться на все поле?
2. Если бурьян распространится на все поле, то через какое минимальное
время и при каком начальном расположении уже заросших участков?
3. Если бурьян не сможет захватить все поле, то какую максимальную
площадь он сможет захватить?
с. 88
62. Случайные поездки в разные стороны.
Домохозяйка, жившая на железнодорожном разъезде, через день ездила
на электричке за продуктами на одну из ближайших станций,
расположенных в противоположных направлениях. Поезда в обе стороны ходили
с интервалом в 1 час.
Поскольку ни один из магазинов ничем не выделялся, женщина обычно
садилась в тот поезд, который прибывал первым, и ехала в соответствующую
сторону, а ее редкий для женщины философский взгляд на жизнь не
располагал к покупке расписания движения поездов и последующим «забегам» к
определенным поездам.
Вероятно, любовь к мудрости располагает к наблюдательности, потому что
однажды женщина заметила, что, несмотря на то что к поездам она
приходила в разное (утром, днем, вечером) время, т. е. выбирала поезд совершенно
случайно, на одной из станций она бывала раз в десять чаще, чем на другой.
Как объяснить такую огромную разницу в частоте случайных поездок в
разные стороны?
8-г с. 89
63. Тренировка будущих минеров.
Будущие минеры в поле тренировались в быстрейшем нахождении
предмета с помощью миноискателя. Этот прибор издавал звуки, если минер,
сделав очередной метровый шаг, приближался к предмету поиска, и молчал в
других случаях. Какое наименьшее число шагов придется сделать минеру,
чтобы гарантированно обнаружить с помощью миноискателя предмет,
спрятанный от него в 100 метрах?
с. 89
19

64. Вырубка деревьев по особым правилам.
В лесопарковой зоне в узлах квадратной решетки росли 10 000 деревьев
с одинаковыми стволами. Неизвестно почему, но однажды лесник
разрешил желающим вырубить некоторые деревья так, чтобы, встав на любой
пень, нельзя было увидеть другие пни. Какое наибольшее число деревьев
можно было вырубить?
8-г с. 90
65. Гангстерская разборка.
Умудренный опытом прошлых «стрелок», дон Бандитто (главарь
преступных кланов города N) отлично знал, что стоит только одному из крутых
парней, пришедших базарить, кому-нибудь что-нибудь сказать не то (или
даже хотя бы не так на кого-то посмотреть), как тут же начнется пальба без
промаха: каждый будет стрелять в ближайшего к себе человека или в
одного из одинаково ближайших. Дон Бандитто не мог приказать крутым
парням приходить без оружия, так как никто никому не доверял, и ему в том
числе. Однако преступный дон сумел-таки обязать всех взять только по
одному патрону. Но самой главной заслугой главаря в деле минимизации
потерь в живой силе была продуманная расстановка братишек на площади,
где планировали провести сходку. Какое наименьшее число бандитов все
же будет вынуждено отойти в мир иной, если всего придет 70 человек?
с. 90
66. Зеркальное отражение числа.
Какое трехзначное число в 7,41(6) раз меньше своего отражения в зеркале?
(Задачу можно решить как алгебраически, так и с помощью одной лишь
элементарной догадки.)
8-тг с. 91
67. Природа зеркала и природа человека.
Все привыкли к тому, что в зеркальном отражении правое и левое меняются
местами. Поэтому никто не удивляется этому не вполне ясному факту.
1. Чем же так выделяются именно правое и левое?
2. Почему в зеркальном изображении местами не меняются верхнее и
нижнее?
3. Что в действительности отражает и переворачивает зеркало, когда
человек глядится в него ?
8-тг с. 92
68. Реальная лингвистическая задача.
С каким языком теснее всего связан английский — с венгерским или
польским? Эту реальную задачу сформулировал и решил замечательный матема-
20

тик и педагог Дьердь Пойа в качестве забавной иллюстрации понятия
случайного и силы одного здравого смысла.
Задачу можно попробовать решить, найдя закономерности, присущие этим
языкам. Чтобы закономерности носили общий характер, Пойа рассмотрел
связи не трех, а десяти языков. Он рассмотрел наименования чисел на десяти
языках как наиболее устойчивые на протяжении истории объекты.
Английский
one
two
three
four
five
six
seven
eight
nine
ten
Шведский
en
tva
tre
fyra
fern
sex
sju
atta
nio
tio
Датский
en
to
tre
fire
fern
seks
syv
otte
ni
ti
Голландский
een
twee
drie
vier
vijf
zes
zeven
acht
negen
tien
Немецкий
ein
zwei
drie
vier
funf
sechs
sieben
acht
neun
zehn
Французский
un
deux
trois
quatre
cing
six
sept
huit
neuf
dix
Испанский
uno
dos
tres
cuatro
cinco
funf
siete
ocho
nueve
diez
Итальянский
uno
due
tre
quattro
cinque
cinq
sette
otto
nove
dieci
Польский
jeden
dwa
trzy
cztery
piec
szesc
siedem
osiem
dziewiec
dziesiec
Венгерский
egy
ketto
harom
negy
ot
hat
het
nyolc
kilenc
tiz
Поскольку нельзя пользоваться ничем, кроме этой таблицы с
наименованием чисел и здравого смысла, начинать следует с формального сравнения
букв, составляющих слова. При этом совсем не обязательно знать, что это
за буквы и как они произносятся. Тем более ни к чему уметь читать слова.
Итак, как, не будучи лингвистом, исключительно из соображений
здравого смысла максимально правдоподобно (вероятно) ответить на вопрос
реальной лингвистики, какой из языков — венгерский или польский —
теснее связан с английским языком?
8-тг с. 92
69. Как из трех выключателей сделать два?
В обычной комнате (с полом, потолком, стенами, окнами и дверью) на
обычном столе стоит обыкновенная настольная лампа с обыкновенной
электрической лампочкой накаливания. Снаружи комнаты находятся три
обыкновенных электрических выключателя № 1, № 2 и № 3, но соединен с
лампой только один из них, и это соединение сокрыто в стене. Открыв
дверь, по состоянию лампочки требуется узнать, с каким из выключателей
она соединена.
21

Если бы выключателей было только два, то задача была бы тривиальной:
включаем любой из выключателей и заходим в комнату. Если лампа
горит, то как раз включенный выключатель и соединен с лампочкой, если
же нет, то с лампой соединен другой выключатель. Однако с тремя
выключателями не все так просто.
Если включить № 1 и войти в комнату, то, возможно, лампочка окажется
горящей. Тогда ясно, что с лампочкой соединен № 1, и задача решена.
Однако может оказаться, что лампочка не горит, и тогда будет неясно, с № 2
или с № 3 она соединена. Та же ситуация будет, если включить один из двух
других выключателей.
Можно включить сразу два выключателя, и тогда если лампочка не будет
гореть, то она соединена с третьим. Однако если она окажется горящей, то
будет неясно, с каким из двух включенных выключателей она соединена.
Несмотря на кажущуюся неразрешимость этой простой задачи, она легко
может быть решена практически. Как же узнать, с каким из трех
выключателей соединена лампочка, если:
1. Опыт ставится в погожий летний день, и выключатели в любой
последовательности и в любой комбинации можно включать и выключать
сколько угодно раз (однако следует учесть, что в моменты замыкания и
размыкания электрической цепи возникают большие токи и слишком
большое число включений и выключений приведет к
преждевременному перегоранию лампочки)?
2. Опыт ставится холодной зимней ночью, и выключатели в любой
последовательности и в любой комбинации можно включать и выключать,
но только однажды, и лампочка при этом не должна перегореть.
с. 94
70. Обмен паролями по телефону.
Каждое из 15 государственных должностных лиц в мирное время знает
только свой пароль. Однако в случае возникновения оговоренных
экстремальных ситуаций они должны как можно быстрее по телефону оповестить
друг друга о паролях так, чтобы каждый узнал все пароли. Какое
наименьшее число звонков потребуется сделать, если телефонная линия
одновременно соединяет только двух абонентов, но, разумеется, человек,
узнавший чужие пароли, может далее сообщать их?
с. 95
71. Семь человек с меняющимся соседом.
Семь человек можно рассадить вокруг круглого стола 15 разными
способами, при которых каждый имеет хотя бы одного соседа. Например, три
рассаживания могут быть такими.
22

1
2
3
А
А
А
В
В
С
С
F
D
D
D
В
Е
Е
G
F
G
Е
G
С
F
Найти все 15 рассаживаний.
8-г с. 96
72. Восемь человек с меняющимся соседом.
Найти 21 рассаживание восьмерых человек вокруг круглого стола, при
которых всякий раз каждый имеет хотя бы одного другого соседа.
8-г с. 96
73. Тринадцать человек с меняющимися соседями.
Найти 6 рассаживаний тринадцати человек вокруг круглого стола, при
которых всякий раз каждый имеет разных соседей.
8-г с. 97
74. Пятнадцать детей в разных тройках.
Одна воспитательница детсада любила выгуливать детей не парами, а
тройками. Например, в понедельник и вторник 15 детей были построены в
тройки так, что каждый ребенок имел разных соседей по тройке:
^\ Тройка
День^^
недели ^\
Понедельник
Вторник
1
1,2,3
1,4,7
2
4,5,6
2,5,8
3
7,8,9
3,12, 15
4
10, 11, 12
10, 14, 13
5
13,14,15
13, 11,6
Составить расписание прогулок на всю неделю, т. е. найти по пять разных
троек детей в остальные пять дней недели.
8-г с. 97

Часть
и
ЗАНИМАТЕЛЬНАЯ ЛОГИКА
+i

Глава 1
Рассуждения
В задачах этой главы требуется восстановить ход рассуждений одного или
нескольких действующих лиц. При этом предполагается, что не только
рассуждающий, но и остальные лица умеют и хотят рассуждать логически. В основе
рассуждений часто лежит метод от противного.
75. Рассуждения поневоле.
Один шаловливый древнегреческий ученик разрисовал ночью лбы троим
своим учителям, когда те спали на лавках в саду Академии после
многотрудного обучения молодежи искусству мышления. Утром шалун
спрятался в кустах и наблюдал, как учителя, проснувшись, стали смеяться друг
над другом (настоящие мудрецы никогда не упускают случая
повеселиться), и при этом каждый думал, что у него лоб чистый. Однако не прошло и
минуты, как учителя почти одновременно перестали смеяться,
догадавшись, что лбы испачканы у всех троих. Даже у настоящих мудрецов не
принято смеяться над собой. Надо восстановить существенный с точки зрения
логики ход рассуждений учителя, догадавшегося о том, что и у него лоб
испачкан.
8-тг с. 97
76. 3 белые и 2 черные шляпы.
Как-то трое учителей на практикуме решили продемонстрировать
ученикам свое умение размышлять. Они взяли 5 шляп (если кто-то не может
представить древнегреческих учителей в шляпах, пусть представит их в
разноцветных венках или в головных повязках) — 3 белые и 2 черные —
и попросили одного из учеников надеть каждому из них по шляпе. Ученик
мог выбрать каждому произвольный цвет шляпы и надеть ее так, чтобы ни
один мудрец не видел цвет своей шляпы. Ученик надел каждому по белой
шляпе, решив, что так сделает выбор учителей труднее. Учителя
договорились о том, что если кто-либо из них догадается, какого цвета у него шляпа,
он сразу же должен заявить об этом. Вскоре один из них догадался, что у него
белая шляпа.
А. Как он рассуждал?
Б. Действительно ли ученик выбрал для мудрецов самый трудный
вариант?
§-т с. 97
26

77. Построение в ряд.
В другой раз учителя решили провести иную практическую демонстрацию
умения рассуждать. Они встали в ряд (в затылок друг другу) так, что лишь
последний в ряду по-прежнему видел шляпы двух других, средний видел
только шляпу переднего. Первый в ряду не видел ни одной шляпы.
Учителя, догадавшиеся о цвете своей шляпы, должны были немедленно и
громогласно заявить об этом.
Ученик опять выбрал самый трудный для учителей вариант и надел
каждому по белой шляпе, и вскоре один из учителей правильно назвал цвет своей
шляпы. Кто это был?
8-г с. 98
78. Экзамен для учеников.
Однажды учителя решили проверить, как ученики поднаторели в науке
рассуждать, и устроить им практический экзамен, для чего были выбраны
пятеро юных мучеников науки. На них были надеты черные и белые
шляпы. Каждый из учеников видел цвет шляп у остальных, но, естественно, не
видел своей. Ученики просидели в размышлениях целый час, но никто так
и не смог определить цвет своей шляпы. Тогда им разрешили высказаться
вслух о цветах шляп, которые видит каждый.
А сказал, что видит 3 белые и 1 черную шляпу.
В сказал, что видит 4 черные шляпы.
С сказал, что видит 1 белую и 3 черные шляпы.
D сказал, что видит 4 белые шляпы.
Но и после этого никто из учеников не назвал цвет своей шляпы, возможно,
потому, что мальчики, на которых были черные шляпы, так волновались,
что нечаянно солгали. С тем и разошлись. Когда об этом случае рассказали
учителю, который отсутствовал на экзамене, он, чуть подумав, правильно
сказал, какая шляпа была надета на каждом из учеников. Так какая шляпа
была надета на каждом из учеников?
8-г с. 98
79. Демонстрация мудрости.
В предыдущих задачах про учителей, демонстрирующих умение мыслить,
использовалось всем заранее известное число мудрецов и число шляп
определенных цветов. Возможно, придирчивые ученики высказали учителям
какие-то ехидные замечания по этому поводу. Как бы то ни было, но самые
искусные учителя, чтобы продемонстрировать ученикам свое истинное
умение мыслить, решили максимально усложнить себе задачу. Они
предложили ученикам самим решить, сколько мудрецов должно принять
участие в демонстрации мудрости. Ученики, недолго думая, решили, что
27

пусть мудрецов будет для ровного счета дюжина. После этого ученикам
предстояло выбрать из сотни белых и такого же количества черных шляп
дюжину шляп любых цветов и надеть их на мудрецов так, чтобы никто из
них не видел цвет собственной шляпы. Ученики, помня о том, что труднее
всего мудрецам приходится тогда, когда все шляпы одного цвета, надели на
всех мудрецов черные шляпы.
На сей раз ученики надеялись, что у мудрых учителей ничего не получится.
Тем не менее самый хитроумный ученик потребовал, чтобы о цвете своей
шляпы заявил не один мудрец, а все сразу. «Ведь цветов у шляп всего
два, — вскричал он, — и вероятность просто угадать "от фонаря" — 50
процентов! Везучему человеку ничего не стоит угадать одну из двух
возможностей! И не надо никакой мудрости!»
Мудрецы согласились со всеми условиями и, немного посовещавшись,
попросили учеников громко, чтобы все одновременно слышали, сказать о
цвете хотя бы одной надетой шляпы и назначить время, через которое
каждый должен отгадать цвет своей шляпы. Ученики удивились странной
просьбе (ведь каждый мог видеть у других не одну, а целых одиннадцать
шляп), но ответили, что по крайней мере у одного из мудрецов надета
черная шляпа. На решение задачи мудрецам был отведен астрономический
час. После этого мудрецы уединились в отдельное помещение, чтобы им
никто не мешал думать. Ровно через один час все 12 мудрецов практически
одновременно объявили, что на каждом из них надета черная шляпа. Как
рассуждали эти хоть и древние, но отнюдь не глупые греки?
с. 99

Глава 2
Логические задачи
Эта не очень простая глава помещена в начале книге потому, что является
тоже своего рода разминкой — методичной и систематичной. Никаких
специальных знаний для решения любой логической задачи не требуется,
но необходима некоторая культура мышления, которая обязательно
пригодится при решении задач в дальнейшем.
80. Фамилия блондина.
Когда только что познакомившиеся брюнет, блондин и рыжий назвали
свои фамилии, брюнет с удивлением заметил: «Обратите внимание на
наши волосы и на наши фамилии: Белов, Рыжков и Чернов». — «Бывают в
жизни совпадения! — согласился с ним Белов. — Причем ни у кого цвет
волос не соответствует фамилии». Какая фамилия у блондина?
8-тг с. 100
81. Преподаватели разных предметов из разных городов.
А, Б и Б преподают разные дисциплины в Москве, Петербурге и
Новосибирске. А работает не в Москве, Б не в Петербурге. Москвич не историк. Химик
работает в Петербурге. Б не биолог. Что и в каком городе преподает Б?
8-г с. 101
82. «Живописная» экспертиза.
Одному небедному коллекционеру принесли картину, якобы
принадлежащую кисти Антонио Канале, прозванному Каналетто. Коллекционер не
был большим знатоком живописи и пригласил на экспертизу трех
специалистов. Эксперты А, Б и С высказали о картине следующие суждения:
А: Это не только не Каналетто, но даже не Гварди.
Б: Это не Каналетто, но это настоящий Алессандро Маньяско.
С: Конечно, это не Маньяско, это, несомненно, Антонио Канале.
Впоследствии объективными методами было установлено авторство
картины, и оказалось, что один из экспертов сказал правду, другой ошибся, а
третий был прав наполовину. Кто автор картины?
8-г с. 101
83. Ранжирование боксеров по силе.
Новичок, придя на боксерский турнир, спросил у соседа слева о шансах на
победу у оставшихся четырех боксеров.
29

— Френсис — отличный боец, он уже в первом раунде может уложить
Герберта, — начал сосед слева.
— А я думаю, что Френсис неважный спортсмен, — неожиданно вмешался
сосед справа. — Он наверняка уступит не только Герберту, но и Томасу.
Герберт, конечно, послабее Джеймса, но Френсиса он всегда победит.
Озадаченный новичок, чтобы не отвлекаться от зрелища, решил больше
ничего не выяснять и внимательно слушать диктора. Вскоре из объявлений
он понял, что Томас Герберт — негр, Френсис Джеймс обладает
нокаутирующим ударом левой, Герберт Френсис — самый молодой из участников,
а Джеймс Томас очень фотогеничен.
В каком порядке по силе следует ранжировать спортсменов?
8-г с. 101
84. Свидетельские показания.
Троим свидетелям —А, Б и С, видевшим преступника, на очной ставке
показали четверых подозреваемых — 1, 2, 3 и 4. Как это часто бывает у
свидетелей, они дали разные, отчасти даже противоречивые ответы.
А сказал, что преступник скорее всего или 1, или 2. Б был уверен, что
преступником может быть любой, но только не 1. С был уверен, что ни 2, ни 4
не преступники. Кто преступник, если двое из свидетелей ошиблись?
8-г с. 102
85. Музыкальные инструменты и иностранные языки.
Каждая из четверых девушек —A, Б, В и Г — умеет играть только на одном
музыкальном инструменте и знает только один иностранный язык. А
играет на виолончели. Говорящая по-французски играет на скрипке. Б не
органистка. В не говорит по-немецки. А не знает итальянского языка. Г не
играет на скрипке и не говорит по-английски. Б не знает французского. В не
арфистка. Органистка не говорит по-итальянски. Какой язык знает Б и на
каком инструменте играет?
с. 102
86. Думы о профессии в Древней Греции.
Альфа, Бета, Гамма и Дельта, жившие в Древней Греции, с детства мечтали
стать предсказательницами, что было в те времена модно и престижно.
Однажды, практикуясь, они напророчили себе следующее.
1. Альфа сказала, что Бета никогда не станет танцовщицей.
2. Бета напророчила Гамме, что она станет предсказательницей.
3. Гамма предсказала, что Дельта не станет арфисткой.
4. Дельта предрекла себе тихое семейное счастье.
30

Кто кем стал, если сбылось пророчество только будущей прорицательницы,
а остальные девушки стали арфисткой, танцовщицей и экономкой?
С. 103
87. Думы о профессии в постсоветской России.
Пятеро российских парней —А, Б, В, Г и Д — решили поупражняться
в предсказаниях своих будущих профессий.
А: Д не станет токарем.
Б: я не стану врачом, но А станет колдуном.
В: я стану политиком.
Г: Б станет шофером.
Д: Г станет политиком.
Кто кем стал, если впоследствии оказалось, что будущие политик и колдун,
как и следовало ожидать от лиц таких профессий, сказали неправду, а
будущие шофер и токарь оказались настоящими оракулами?
8-тг с. 103
88. Ходят ли на работу владельцы собак?
А. Среди людей, имеющих собак, есть и неблондины.
Б. Люди, каждый день ходящие на работу, но не являющиеся
блондинами, не имеют собак.
Все ли владельцы собак каждый день ходят на работу?
8-г с. 104
89. Прием в рыцари Круглого стола.
Однажды король Артур получил от рыцаря X устное заявление с просьбой
принять его в рыцари Круглого стола. Король решил устроить для
кандидата необычное испытание. X должен был путем опроса 13 рыцарей, сидящих
вокруг круглого стола во главе с королем Артуром, выяснить, кто из них
говорит правду, а кто лжет, причем по распоряжению короля одни рыцари на
все вопросы должны были отвечать только правду, а другие — только ложь.
Сам Артур, как король, мог по своему желанию говорить правду или ложь.
После множества бестолковых вопросов X наконец спросил каждого,
правдив или нет его сосед справа. Все, кроме Ланселота, ответили, что их соседи
говорят неправду. Соседом справа у Ланселота был сам король Артур, и
Ланселот с чувством изрек, что его король не солгал ни разу в жизни. Далее X
спросил: кого за столом больше — тех, кто лжет, или тех, кто говорит
правду? Король Артур ответил, что больнее людей честных, а Ланселот уточнил,
что их больше на 3 человека. Сколько рыцарей говорили правду?
8-тг с. 104
31

90. Утренний прогноз погоды.
1. Если сегодня дождя не будет, то завтра будет ветреная погода.
2. Если сегодня дождь пройдет, то завтра осадков не будет.
3. Если сегодня будет холодно, то и влажность сегодня будет высокой.
4. Если сегодня будет тепло, то завтра будет безветренно.
5. Если сегодня ветра не будет, то завтра будет тепло.
6. Если же сегодня будет ветрено, то завтра будет дождь, хотя влажность
воздуха будет низкой.
7. Если завтра осадков не будет, то будет холодно, а влажность останется
такой же, как сегодня.
Какой будет погода сегодня и завтра, без всяких «если»?
8-тг с. 104
91. Деревня рыбаков и лесорубов.
В глухой деревне жили трудяги лесорубы, которые всегда говорили правду,
и рыбаки, которые так привыкли завирать о своих уловах, что со временем
стали говорить неправду обо всем. Пришелец спросил встретившихся
аборигенов, кто они. Первый сказал, что все они завзятые рыбаки. Второй
сказал, что настоящий рыбак среди них только один. Третий с ним не
согласился, заявив, что среди них два ловца рыб. Четвертый объявил, что он
один рубит лес. Кто есть кто?
8-г с. 104
92. Деревня рыбаков, охотников и лесорубов.
Жизнь не стоит на месте, и урбанизация коснулась деревни рыбаков и
лесорубов. С недавних пор в ней поселились еще и охотники, которые
чередовали правду и неправду, причем на первый вопрос могли ответить как
правду, так и неправду.
Сидящим за круглым столом (по часовой стрелке) местным жителям Бобу,
Дику и Питу были заданы три вопроса:
1. Кто по профессии ваш сосед слева?
2. Кто по профессии ваш сосед справа?
3. Кто вы по профессии?
Боб: рыбак, охотник, лесоруб.
Дик: охотник, охотник, лесоруб.
Пит: рыбак, лесоруб, лесоруб.
Кто были по профессии Боб, Дик и Пит?
с. 105
32

93. Задача для учителя.
Школьный учитель математики в младших классах, чтобы сделать
изложение материала более интересным, всегда, когда была возможность,
излагал его в виде головоломок. Когда его назначили классным
руководителем одного из классов и он стал записывать адреса учеников, некоторые из
них, жившие в 55-квартирном точечном доме, стоявшем по соседству со
школой, решили не называть прямо номера своих квартир. Учитель
записал такие ответы (обозначив учеников первыми буквами их фамилий):
1. А: Номер моей квартиры на 23 больше, чем у Б.
2. Б: Номер моей квартиры на 16 меньше, чем у В.
3. В: Номер моей квартиры на 19 меньше, чем у Г.
4. Г: Номер моей квартиры на 12 больше, чем у Д.
5. Д: Номер моей квартиры на 30 больше, чем у Е.
6. Е: Номер моей квартиры на 17 меньше, чем у И.
7. И: Номер моей квартиры на 37 меньше, чем у К.
8. К: Номер моей квартиры на 12 больше, чем у Л.
9. Л: Номер моей квартиры на 10 больше, чем у А.
Учитель подумал несколько секунд и попросил всех детей проверить,
правильно ли они высчитали разницу в номерах своей и чужой квартир. Один
мальчик признался, что одно высказывание неверно. «Ошибка была необходима, —
назидательно изрек он, — так как без нее задачу было бы не решить. Однако кто
намеренно ошибся, мы не скажем, так как тогда решение задачи сведется к
простенькой догадке и механическому сложению чисел».
Каковы номера квартир школьников?
8-тг с. 105
94. Кто работает слесарем?
Токарев, Слесарев, Кузнецов и Столяров имеют профессии токаря,
слесаря, кузнеца и столяра, однако ни у кого специальность не соответствует
фамилии. Кто работает слесарем, если из четырех утверждений верно одно?
A. Токарев — столяр.
Б. Слесарев — токарь.
B. Кузнецов не столяр.
Г. Столяров не кузнец.
8-г с. 106
95. Переженившиеся близнецы.
Жили 6 пар близнецов: А — а, В — &, С — с, D — d, E — ewF — / (строчными
буквами обозначены имена сестер, и все имена расположены в порядке
33

убывания возрастов). Они были знакомы с детства (кроме жен Б и А) и
питали друг к другу необъяснимые симпатии, а потому, повзрослев, быстро
переженились. Жена Б моложе мужа, а жена D моложе жены В. Кто на ком
женат, если одна свадьба была двойной (одна пара близнецов сочеталась
браком с другой)?
8-тг с. 106
96. Вечерние танцы с играми.
Семь супружеских пар провели вместе вечер. Прописными буквами
обозначены имена мужчин, а строчными — женщин. Сначала танцевали:
А — Ъ и d, то есть А танцевал с Ъ и d.
F — end.
G — bnf.
С — Ъ.
D — d.
E-f.
Затем играли в карты двое на двое:
А и С — / и g.
DnF — fvLg.
DhF — а и Ь.
Кто на ком женат, если мужья со своими женами не танцевали и не играли
вместе?
8-тг с. 106
97. Необычные соревнования по бильярду.
Четверо приятелей —А, Б, С и D — решили провести между собой
необычное соревнование по бильярду. Каждый должен был сыграть по одной
партии с тремя другими, причем очки (по одному за партию) каждому
присваивались за партии, выигранные не им, а побежденными соперниками.
А, ставший чемпионом, проиграл D, а С занял последнее место. Как
сыграл Б?
8-тг с. 108
98. Встреча с собственной женой у больного друга.
Три брата в один день навестили больного друга. В этот же день больного
посетили жены братьев. Никто не посетил больного более одного раза.
Каждый из братьев встретился с двумя своими невестками. Встретился ли
кто-нибудь с собственной женой?
8-тг с. 108
34

99. Социальное исследование.
Во время социального исследования жизни студентов в одном из вузов
были установлены следующие факты:
1. В кафе «Стамбул» всегда подается кофе по-турецки.
2. Ни один из студентов, которые не предпочитают Бетховена Моцарту,
не ездит на трамвае.
3. Все студенты знают английский язык.
4. Ни одного студента, не носящего берет, нельзя считать
филателистом.
5. Любой студент, знающий английский язык, может быть участником
драмстудии.
6. Любой студент, являющийся филателистом, ходит в кафе «Стамбул».
7. Все студенты, занимающиеся в драмстудии, предпочитают Моцарта
Бетховену.
8. Кофе по-турецки нравится только студентам, посещающим кафе
«Стамбул».
9. Только студенты, которые ездят на трамвае, носят береты.
Сколько студентов, которые владеют английским языком, любят кофе
по-турецки?
8-тг с. 109
100. Словесный портрет преступника.
Шестеро свидетелей преступления дали такие показания о внешности
преступника:
А: Рыжий с голубыми глазами в сером костюме, на вид около 34 лет.
Б: Тридцатилетний блондин с черными глазами в синем костюме.
В: Рыжий с карими глазами в коричневом костюме, 34 года.
Г: Тридцатилетний брюнет с голубыми глазами не в коричневом костюме.
Д: Шатен с черными глазами в сером костюме, около 28 лет.
Е: Блондин с карими глазами в синем костюме, 32 года.
Когда преступника поймали, оказалось, что каждый свидетель трижды
ошибся, но из шести ответов на каждый из четырех вопросов по меньшей
мере один был правильный. Как выглядел негодник?
8-тг с. 109
101. Псевдонимы авторов.
Пять авторов (А, Б, Б, Г и Д), сотрудничавшие в одном отделе журнала,
подписывались псевдонимами £, Ж, 3, И и JT, причем никто не знал о чужих
35

псевдонимах, хоть и догадывался. Когда авторы познакомились, то
узнали, что каждый из них ошибался в псевдонимах остальных четырех,
причем каждому коллеги приписали все четыре псевдонима, которыми он не
пользовался.
В думал, что псевдоним Б — это 3. Г считал, что Д — это £, а В — это И. Б
принял Г за И. А полагал, что псевдоним Б — это Ж, а Г — это 3. Какие
псевдонимы у авторов?
С. ПО
102. Принцесса и тигр. Две комнаты.
Один восточный деспот настолько пресытился гаремными утехами, что
стал путать имена своих детей, особенно дочерей, и казнил так много своих
подданных, что наконец стал зевать во время отрубания голов. Скука —
самая взрывоопасная вещь на свете. Изощренный ум правителя,
развращенный беспредельной властью, жаждал еще более острых ощущений. И он
придумал новую забаву, решив всем осужденным на смерть давать шанс на
помилование, а чтобы ставка была выше, чем жизнь, помилованному
вдобавок к жизни посулил юную красавицу — одну из своих дочерей.
Осужденный должен был свободно выбрать одну из дверей в комнаты, в одной из
которых находится принцесса, а в другой — тигр, либо в обеих комнатах
находятся по принцессе либо по тигру.
Во время первого испытания на дверях были следующие таблички (номер
таблички совпадает с номером комнаты и с номером утверждения на двери
соответствующей комнаты):
№1
Здесь принцесса, а тигр -
в другой комнате
№2
В одной из комнат находится
принцесса, а в другой - тигр
Какую комнату должен выбрать осужденный, чтобы получить принцессу,
а не попасть в когти к тигру, если информация на одной табличке истинна,
а на другой — ложна?
8-тг С. 111
103. Принцесса и тигр. Три комнаты.
Вскоре правителю стало понемногу надоедать однообразие игры в
азиатскую рулетку. Так он назвал свое нововведение потому, что большинство
осужденных даже не пытались применять логику и надеялись лишь на
везение. Шансы получить принцессу или попасть в лапы к тигру были 50 на
50, потому что дверей было только две. Поэтому владыка решил
стимулировать мыслительные процессы провинившихся подданных и увеличил
36

количество дверей до трех, посадив принцессу в одну из комнат, а в две
другие — тигров.
Во время седьмого испытания на 3 дверях были следующие таблички (при
этом только одна из надписей на дверях была истинной):
№1
Здесь тигр
№2
Здесь принцесса
№3
В комнате № 2 находится тигр
Какую комнату должен выбрать осужденный, чтобы получить принцессу,
а не тигра?
8-тг С. 111
104. Принцесса и тигр. Девять комнат.
После модернизации азиатской рулетки узники-игроки стали интенсивнее
шевелить мозгами, и количество дочек у правителя стало уменьшаться
быстрее, чем при двух дверях, когда осужденные полагались только на удачу.
Некоторые узники, томившиеся в ожидании своего рокового часа, даже
стали выписывать в свои темницы учебники по логике и всякую прочую
занимательную литературу. Поэтому, естественно, владыка решил
существенно усложнить процесс азиатской лотереи.
На этот раз было подготовлено девять комнат. Лишь в одной комнате
узника ждала прекрасная награда за умение рассуждать или за везение. За
остальными восьмью дверями узника ожидал страшный тигр или
пустота. При этом, как и прежде, наверняка истинным было лишь
утверждение, написанное на двери, за которой должна находиться принцесса;
табличка на двери, за которой скрывается тигр, будет содержать ложную
информацию, а таблички на дверях пустых комнат могут содержать
любую информацию.
№1
Принцесса в комнате
с нечетным номером
№4
Утверждение № 1 ложно
№7
В № 1 принцессы нет
№2
Здесь пусто
№5
№ 2 или № 4 истинно
№8
Здесь тигр. № 9 пуст
№3
№ 5 истинно, а № 7
ложно
№6
Утверждение № 3 ложно
№9
Здесь тигр, а № 6 -
ложно
Какую комнату должен выбрать осужденный, чтобы получить принцессу,
если каким-то «шестым», обострившимся от возможной и близкой смерти чув-
37

ством он правильно почувствовал, что комната № 8 не пуста, однако его
экстрасенсорных сил не хватило, чтобы почувствовать, кто там скрывается?
8-тг с. 112
105. Клички щенков и котят, совпадающие с именами друзей.
У каждого из маленьких друзей — Алекса, Боба, Джека и Майкла — было
по щенку и котенку, клички которых совпадали с именами других детей,
причем были разными. Щенок Майкла и котенок Джека имели одну
кличку, совпадающую с именем хозяина котенка по кличке Джек. Тезка
котенка, принадлежащего Бобу, — хозяин котенка, названного именем хозяина
щенка по кличке Алекс. Кто хозяин щенка по кличке Майкл?
§-тг С. 112
106. Соревнования по фигурному катанию.
A. На соревнованиях по фигурному катанию районного масштаба
состязались 6 спортсменок — А, Б, С, D, Е и F. Судьи X, Y и Z каждой спортсменке
должны были выставить разные оценки от 1 до 6. Окончательные места
определялись по сумме оценок трех судей.
Б. Никто из спортсменок не набрал в сумме ни 10, ни 13 очков, но одна
набрала 8. Все спортсменки в сумме набрали разные очки, но ни одна из
спортсменок не получила у судей двух одинаковых оценок.
B. X выставил 5 очков спортсменке, занявшей 2-е место, и 1 очко — той, что
заняла 3-е. Он поставил Е столько же очков, сколько Y поставил D. Y считал,
что Е выступила лучше D, а А лучше В. Z выставил С 4 балла, a F — 2. Как
распределились места среди участниц соревнований?
8-тг с. 114
107. Необычные скачки.
Однажды вышедшие на пенсию и заведшие лошадей новые русские садоводы
А, Б, В, Г и Д решили устроить необычное соревнование на лошадях. Каждый
должен был ехать на чужой лошади, а победителем решили считать того, чья
лошадь придет к финишу последней.
Третьим прискакал к финишу Б на лошади того садовода, который ехал на
лошади А. На коне Б ехал владелец той лошади, которая досталась Д.
Лошадь, хозяином которой был Д, пришла к финишу после лошади, на
которой ехал А. Кто победил в необычных скачках, если обогнать своих
лошадей удалось троим, включая Г?
С.117
108. Кто пьет молоко и кто содержит попугайчиков?
В пяти разноцветных домах, стоящих в ряд, живут пять человек разной
национальности, каждый из которых имеет разные вкусы относительно
38

курения, напитков и домашних животных. Кто пьет молоко и кто
содержит попугайчиков, если:
1. Англичанин живет в красном доме.
2. Испанец содержит овчарку.
3. В зеленом доме пьют кофе.
4. Австриец пьет водку.
5. Норвежец живет рядом с голубым домом.
6. В среднем доме пьют пиво.
7. Белый дом стоит левее зеленого.
8. Курящий «Мальборо» разводит рыбок.
9. В оранжевом доме не курят.
10. Норвежец живет в первом доме.
11. Курящий «Кэмэл» живет рядом с домом владельца кошки.
12. Некурящий живет рядом с домом владельца лошади.
13. Курящий «Винстон» пьет сок.
14. Японец курит трубку.
с. 118
109. Поездки на разных автомобилях.
А, Б, В, Г и Д имели автомобили «форд», «мерседес», «рено», «вольво»,
«сааб». Они договорились, что каждый в течение 5 дней будет ездить на
разных машинах.
В первый день Г ездил на « форде ». Во второй день В ездил на « мерседесе »,
а на третий день — на «рено». Д на третий день ездил на «мерседесе». На
четвертый день А ездил на «мерседесе», а Г — на «вольво». Как
распределились автомобили в последний день?
8-г с. 120

Глава 3
Логические парадоксы
Парадоксом в логике называется противоречие, полученное в результате
внешне логически правильного рассуждения, приводящего к взаимно
противоречащим выводам. Наличие противоречия свидетельствует либо о
несостоятельности посылок (условия), либо о ложности самих рассуждений.
Наиболее распространенной и трудноопределяемой логической ошибкой
в рассуждениях, приводящей к парадоксам, является логический круг,
который замыкает условие и вывод в единую порочную логическую конструкцию.
Будем для краткости (как это и принято в логике) обозначать большими
буквами целые предложения (утверждения).
Условимся считать (как это принято в классической, двузначной логике),
что любое утверждение А может быть либо истинно, либо ложно и третьего не дано
(в реальной жизни, наоборот, утверждения редко бывают истинными и ложными,
но чаще всего более или менее правдоподобными — вероятными).
110. Самый короткий парадокс.
Пусть есть некоторое утверждение: «Я лгу», т. е. А = Я лгу.
В логике любое утверждение может быть либо истинным, либо ложным.
Рассмотрим обе возможности.
1. Пусть А истинно. Тогда я действительно лгу. Значит, А — ложь.
2. Пусть А ложно. Тогда я говорю правду, что лгу. Значит, А — истина.
Итак, оба утверждения приводят к противоречию самим себе, т. е. к
парадоксу. В чем дело, какие ошибки привели к парадоксу?
8-г с. 121
111. Парадокс Журдена.
Пусть имеется карточка, на одной стороне которой написано:
«Б. Утверждение на обратной стороне этой карточки ложно».
На оборотной стороне карточки написано:
«Б. Утверждение на обратной стороне этой карточки истинно».
40

Исследуем все логические возможности, т. е. истинность (или ложность)
утверждений на обеих сторонах карточки.
1. Пусть утверждение А истинно. Суть утверждения А в том, что
утверждение на оборотной стороне истинно — это Б. Но согласно истинному
утверждению Б, утверждение А ложно. Приходим к противоречию
исходной посылки, выделенной курсивом.
2. Пусть А ложно. Тогда Б ложно. Тогда А истинно. Опять возникло
противоречие.
Таким образом, оба случая, исчерпывающие все возможности (1. А —
истинно и 2. А — ложно), приводят к противоречию. В чем суть полученного
противоречия? Какие ошибки лежат в основе этого парадокса?
8-г с. 122
112. Неожиданная плановая контрольная.
Преподаватель объявил студентам, что:
1. В один из следующих шести дней недели (с понедельника по субботу)
будет плановая контрольная, в которую войдут задачи на любые темы,
пройденные в семестре.
2. Контрольная будет неожиданной, и узнать о ней заранее будет нельзя —
только непосредственно на уроке, в день проведения.
Возможно ли вообще проведение плановой, заранее объявленной и в то же
время неожиданной контрольной? Порассуждаем.
Если в течение пяти дней (с понедельника до субботы) контрольной не
будет, то она может состояться только в субботу, и об этом станет известно
уже в пятницу, а следовательно, будет нарушено условие неожиданности.
Таким образом, проведение контрольной с соблюдением условия 2 в
последний день объявленной шестидневки невозможно, и последний день из
возможных дней проведения контрольной следует исключить.
Аналогично доказывается, что и в пятницу — в последний из возможных
(после исключения субботы) дней контрольная не может быть проведена
неожиданно.
Действительно, если контрольной не будет в первые 4 дня, то она станет
возможной только в пятницу, и об этом станет известно накануне, что будет
противоречить второму условию — неожиданности проведения
контрольной. Продолжая рассуждения в том же духе, приходим к заключению, что
и в первый день отведенной на контрольную учебной недели она
невозможна, и потому неожиданная контрольная невозможна ни в один из
объявленных для нее дней.
Так возможно ли проведение контрольной с соблюдением обоих условий?
Являются ли условия 1 и 2 внутренне противоречивыми и реально невы-
41

полнимыми или в рассуждениях о невозможности проведения
контрольной закралась логическая ошибка?
8-тг с. 122
113. Долгожданный сюрприз.
Одному юноше отец наконец пообещал подарить на день рождения
многоскоростной горный велосипед, о котором тот давно мечтал. «И это будет для
тебя сюрприз», — сказал отец за несколько дней до праздника.
«Какой же это будет сюрприз, если я уже сейчас знаю, что именно получу
на день рождения, — подумал сын. — Сюрпризы делать непросто. Надо не
только уметь логически мыслить, но и обладать выдержкой — уметь до
поры молчать, чтобы действительно подарок был неожиданным. Однако
отец всегда точен и логичен. Как же будет в этот раз? Он решит подарить
велосипед и обойтись без неожиданностей или все же сделает сюрприз и
подарит что-нибудь другое?»
Когда наступил день рождения, отец вручил сыну долгожданный
велосипед, и это было для юного логика большой неожиданностью. Практика
показала несостоятельность рассуждений сына, но где именно ошибка в его
суждениях?
8-тг с. 122
114. Казнь врасплох на будущей неделе.
В одном государстве, где пока не отменили смертную казнь, о дне
приведения приговора в исполнение объявлял специальный судья. Чтобы
заключенный мог как-то приготовиться к уходу в мир иной, судья объявлял день
смерти заранее, однако из гуманных соображений, чтобы осужденный не
слишком мучился, ему объявляли не точный день, а отрезок времени, в
течение которого приговор будет приведен в исполнение. При этом закон
предполагал, что в случае, если после объявления времени казни она по
каким-либо причинам не совершалась, ее заменяли пожизненным
заключением.
Судья был известен тем, что всегда ясно формулировал приговоры и следил
за их точным, буквальным исполнением. Объявляя в понедельник
приговор очередному осужденному на смерть, он, как обычно, приговорил его к
смерти в течение следующей недели. Увидев, как изменился в лице
осужденный, судья неожиданно для себя добавил: «Конкретный день казни
будет для вас неожиданным, и вы узнаете о нем ровно в 9 часов утра, не
раньше чем за несколько минут до исполнения приговора».
Узника, бывшего хорошим математиком, пронзила смутная догадка, когда
он услышал необычную поправку к приговору. Вернувшись в камеру, он
принялся обдумывать каждое слово судьи.
42

«Итак, я могу быть лишен жизни только в один из следующих семи
дней, — пытался спокойно рассуждать приговоренный к смерти, — при
этом узнать о конкретном дне смерти я могу только в день казни, за
несколько минут до нее. Следовательно, раньше, например в день накануне
возможной казни, знать о ней я не могу; иначе будет нарушено условие
приговора.
Однако совершенно ясно, что меня не могут казнить в последний день
отведенного срока, т. е. в следующий понедельник, так как о точном дне казни я
буду знать не в день казни, а накануне. Таким образом, последний день, когда
меня могут казнить, — это воскресенье, но тогда я буду знать об этом в
субботу, так как я уже знаю, что в понедельник казнить не смогут. Но ведь тогда, —
возликовал узник, — меня не смогут казнить ни в один из последующих семи
дней без нарушения условий, объявленных судьей! Но тогда смерть мне
заменят пожизненным заключением, а там, глядишь, и еще что-нибудь изменится
в лучшую сторону».
Приговоренный еще раз внимательно проверил весь ход своих
рассуждений и окончательно удостоверился, что, не нарушая условий судьи, его не
могут казнить в течение объявленных судьей семи дней. Впервые после
суда заключенный спокойно проспал всю ночь и рано утром позавтракал
с отменным аппетитом.
Был вторник, и в 9 утра узник вышел из камеры на очередную прогулку,
предвкушая удовольствие от движений и свежего воздуха, и вдруг ему
объявляют, что через несколько минут его казнят. Заключенный первым
делом хотел закричать, что этого не может быть, что правдивый и гуманный
судья обещал неожиданность дня смерти, однако вдруг понял, что этот его
изумленный крик как раз и будет подтверждением того, что все
происходит именно так, как постановил судья.
Итак, повторим задачу без беллетристики.
Судья, всегда следящий за точностью исполнения своих приговоров,
сформулировал следующие условия казни:
1. Казнь будет произведена в один из ближайших семи дней.
2. Из гуманных соображений день казни будет неожиданным для
приговоренного, т. е. он не будет знать о дне своей смерти заранее (например,
накануне).
Заключенный рассуждал следующим образом. Меня не могут казнить в
понедельник — последний день семидневного срока, так как тогда я точно буду
знать день казни в день накануне, а это запрещено условием судьи. Поэтому
в следующий понедельник меня казнить не могут. Если же меня казнят в
воскресенье, тогда я буду знать об этом накануне, в субботу, так как для
возможной казни остается два дня — воскресенье и понедельник, но понедель-
43

ник уже исключен. Следовательно, остается один возможный день —
воскресенье. Таким образом, о казни в воскресенье я буду знать уже в субботу,
т. е. заранее, что исключено условием судьи. Рассуждая аналогично,
исключаем пятницу, четверг и среду. Таким образом, и завтра, во вторник, меня
казнить не смогут, потому что я знаю об этом сегодня, а знать о казни
накануне я не должен. Итак, меня не могут казнить ни в один из следующих семи
дней.
Заключенного неожиданно для него казнят на следующий день.
Практика показала, что заключенный где-то в своих рассуждениях «дал
маху», вступив, вероятно, на путь логического круга, но где именно, когда
и как это случилось?
8-тг с. 122
115. Казнь врасплох, назначенная на завтра.
Чтобы окончательно разобраться с парадоксами типа «ожидаемый
сюрприз», в основе которого лежит ошибка, называемая логическим кругом,
рассмотрим задачу о неожиданной, заранее объявленной казни
осужденного в чистом виде. Пусть судья при всех оговоренных в прошлой задаче
условиях назначил не какой-то день казни в течение недели, а конкретный
день — завтра. Пусть он сказал примерно так: «Вас повесят завтра ровно в
9.00. При этом факт казни будет для вас полной неожиданностью; в
противном случае казнь не состоится».
Итак, возможно ли осуществление казни неожиданно для заключенного,
если накануне ему объявили, что его казнят завтра ровно в 9.00? Или на
этот раз «дал маху» судья (возможно, коррумпированный), и буквально его
приговор выполнить невозможно?
8-тг с. 124

Часть
ш
ЗАНИМАТЕЛЬНОЕ
МАНИПУЛИРОВАНИЕ
9 10 11

Глава 1
Спички
Во многих, особенно наглядных, занимательных математических задачах
фигурируют объекты одинаковой природы. Это могут быть одинаковые
палочки, фишки и шашки, камушки и т. п. Наиболее доступны в обиходе обычно
спички, и потому они, вероятно, чаще всего используются во многих играх и задачах.
В разделе «Игры» спички будут использоваться как предметы, которые можно
считать.
В предлагаемых ниже задачах спички обычно используются как отрезки
прямых линий, из которых без бумаги и карандаша можно складывать —
«рисовать» — простые геометрические фигуры. Перекладывая спички, можно от
одних фигур переходить к другим. При этом спички запрещается ломать,
расщеплять и портить иным образом.
116. Преобразования квадратов.
Пусть 12 спичек уложены в квадраты, как это изображено на
рисунке.
Требуется:
1. Убрать 2 спички так, чтобы получилось 2 неравных
квадрата.
2. Переложить 3 спички так, чтобы получилось 3 равных квадрата.
3. Переложить 4 спички так, чтобы получилось 3 равных квадрата.
4. Переложить 2 спички так, чтобы получилось 7 неравных квадратов.
8-тг с. 126
117. Рак.
Переложить 3 спички так, чтобы спичечный рак, ползущий вверх, пополз
вниз.
С. 126
118. Весы.
Левая чаша весов, образованных 9 спичками, наклонена вниз.
46

Надо переложить 5 спичек так, чтобы весы пришли в
равновесие, т. е. левая и правая чаши находились на одном
уровне.
8-тг с. 126
119. Сохранение отношения площадей.
Из рисунка наглядно видно, что площади
замкнутых фигур из 6 и 14 спичек отличаются в 3 раза.
Переложить 8 спичек так, чтобы отношение
площадей двух новых 7- и 13-спичечных замкнутых
фигур осталось прежним.
§-тг С. 126
120. Постоянное отношение площадей.
На рисунке изображены два прямоугольника из 6 и 14 спичек, площади
которых отличаются в 3 раза.
Переложить спички так, чтобы две новые фигуры из 7 и 13 спичек
нили трехкратное отношение площадей.
121. Постоянная площадь.
На рисунке изображена фигура, состоящая из 12 спичек;
ее площадь равна 3 квадратным единицам. Составить еще
три фигуры из того же числа спичек и той же площади.
8-г с. 127
122. Муха в спичечном бокале.
В «бокал», составленный из 4 спичек, попала назойливая
муха, которая ни за что не хочет сама оттуда вылезать. Какое
минимальное количество спичек надо переложить, чтобы
хотя бы удалить вездесущее насекомое из спичечной
посудины, разумеется, не изменяя размеры и форму спичечного
бокала.
8-тг с. 127
сохра-
с.127
и
47

123. Четыре треугольника из 6 спичек.
Составить из 6 спичек 4 треугольника. Ломать или расщеплять спички,
конечно, нельзя.
8-тг с. 127
124. Подъем многих спичек на одной.
Положить на одну спичку 11-13 спичек и поднять их все, держа пальцами
только одну спичку. Иными словами, надо придумать такую конструкцию
из спичек, лежащую на одной, чтобы она не разваливалась при подъеме;
при этом держать можно только одну спичку.
с. 127

Глава 2
Переливания-головоломки
Особенность головоломок в том, что для их решения, как правило, не
требуется совершенно никаких знаний, но необходима смекалка. В задачах кроме
догадливости обычно требуются знания из какой-либо области математики.
Различие между головоломками и задачами достаточно условное: первые
можно считать частными случаями вторых или вторые — обобщениями первых.
Поэтому решение даже трудных специальных задач иногда можно угадать, не
используя при этом никаких знаний. Если удается построить теорию,
включающую в качестве частного случая некоторый тип головоломок, то их решение
становится трафаретным, однако если теория слишком сложна и громоздка, то ее
применение к головоломкам напоминает пальбу из пушек по воробьям.
В этой главе приводятся традиционные головоломки, связанные с
переливанием жидкости между несколькими сосудами, а в следующей — задачи,
связанные с переливанием. Это разделение сделано, с одной стороны, для того, чтобы
отчетливо показать, как удачное обобщение может помочь в решении головоломок,
и, с другой стороны, для того, чтобы показать, что и специальные задачи можно
решать с помощью интуиции. В дальнейшем в других главах подобных
разделений не будет. Головоломки обычно будут располагаться в начале главы, а
задачи — в конце, хотя наиболее трудные головоломные задачи могут располагаться
в самом конце главы, а легкие задачи — в начале.
125. Отмерить 3 литра, имея сосуды Зи5 литра.
Какое наименьшее число переливаний потребуется для того, чтобы в
4-литровую кастрюлю с помощью крана и 5-литровой банки налить 3 литра
воды?
8-тг с. 128
126. Отмерить 6 литра, имея сосуды 4и7 литра.
Какое наименьшее количество переливаний потребуется для того, чтобы
с помощью крана и сосудов емкостью 4 и 7 литров отмерить 6 литра?
8-тг с. 128
127. Головоломное переливание.
Как в 5-литровый баллон и в 3-литровую банку налить по 1 литру воды из
полного 10-литрового ведра, если воду можно не экономить и при необходимости
выливать на землю?
8-тг с. 128
49

128. Деление 10 литров поровну, имея сосуды 3,6 и 7 литров.
Разделить на две равные части воду, находящуюся в 6-литровом сосуде (4
литра) и в 7-литровом (6 литра), пользуясь этими и 3-литровым сосудами. Какое
наименьшее количество переливаний потребуется?
8-тг с. 128
129. Деление 8 литров поровну, имея сосуды 8,5 и 3 литра.
Разделить на две равные части воду, находящуюся в полном 8-литровом
сосуде, пользуясь этим и пустыми 5- и 3-литровыми сосудами. Какое
наименьшее количество переливаний потребуется?
с. 128
130. Деление 16 литров поровну, имея сосуды 6,11 и 16 литров.
Разделить на две равные части воду, находящуюся в полном 16-литровом
сосуде, пользуясь этим и пустыми 11- и 6-литровыми сосудами. Какое
наименьшее количество переливаний потребуется?
с. 129

Глава 3
П ерели ван ия -задач и
Головоломки вообще и головоломки с переливанием в частности можно
решать с помощью догадки либо методически — с помощью алгебраического
или геометрического метода.
Более наглядным всегда является геометрическое решение. Для
переливаний геометрический метод основан на аналогии переливания воды между
сосудами и отражением шара от бортов бильярда.
/////у//Л
//////V//A7Y6
/7////
~ГТ
ТТТ~
/у л//////
0123456789 10 11
Для удобства графического изображения отражений шара от стенок
бильярду удобно придать ромбоидальную форму и покрыть сеткой единичных
ромбиков, причем бортики бильярда должны иметь длину, равную количеству воды
в двух или трех сосудах, фигурирующих в условии задачи.
Шар на рисунке в виде жирной линии выходит из точки (0,0) и движется
горизонтально до угла, что соответствует наливанию воды в 11-литровый сосуд,
который перед этим был пуст. Второй, 7-литровый сосуд пока пуст. Далее шар,
отразившись (закон отражения изображен на рисунке) от угла с координатами
(11,0) бильярда, попадает в его сторону с координатами (4,7). Это соответствует
тому, что из 11-литрового сосуда 7 литров перелили в 7-литровый и 4 литра
осталось в 11-литровом, и т. д.
Алгебраический подход к задачам, связанным с переливанием воды между
сосудами, менее «унифицирован» и в каждом конкретном случае своеобразен.
131. Два сосуда и кран с водой.
Какое наименьшее число переливаний необходимо для того, чтобы с
помощью 7- и 11-литровых сосудов и крана с водой отмерить 2 литра?
с. 129
51

132. Три сосуда.
Сколько целых литров можно отмерить с помощью сосудов 8, 9 и 18
литров? Например, можно ли отмерить 3 или 12 литров?
8-тг с. 129
133. Выравнивание объемов посредством переливаний.
Как разлить воду из крана в 30 стаканов с измерительными делениями,
чтобы, как угодно и сколь угодно долго переливая воду последовательно
между любыми парами стаканов, нельзя было добиться точного равенства
количества воды во всех стаканах? Предполагается, что в каждый стакан
можно точно налить любое количество воды. Достаточно привести
конкретный пример разливания.
8-тг с. 129
134. Переливание в один стакан.
В достаточно больших стаканах налито одинаковое количество воды. Из
любого стакана можно переливать в любой другой стакан столько воды,
сколько в этом последнем уже имеется. За конечное число переливаний всю воду
слили в один стакан. Сколько было сделано переливаний и сколько точно
было стаканов, если приблизительное количество стаканов от 20 до 60?
8-тг с. 130
135. Уменьшающиеся переливания.
В сосудах А и Б было по 7 литров воды. х/з воды из А перелили в Б, затем ХД Б
перелили в А, после чего х/5 А перелили в Б и 1/qB перелили в А и т. д.
Сколько воды стало в А и В после сотого переливания?
8-тг с. 130
136. Половинные переливания.
В сосудах А и Б находится 1 литр воды, причем в А больше, чем в Б.
Половину воды из А перелили в Б, затем половину воды из Б перелили в А, после
чего половину А перелили в Б и опять половину Б перелили в А и т. д.
Сколько воды стало в А и Б после сотого переливания?
8-г с. 130
137. Переливаемая часть.
В сосудах А и Б находится 1 литр воды, причем в А больше, чем в Б. Часть
воды из А перелили в Б, затем такую же часть воды Б перелили в А, после
чего все ту же часть А перелили в Б и опять такую же часть Б перелили в А
и т. д. После сотого переливания в сосудах было 9/i7и 8/i7 литра воды. Какая
часть воды, находящейся в сосудах, каждый раз переливалась?
8-тг с. 131
52

138. Одинаковые переливания.
В сосудах А и Б находится 1 литр воды, причем в А больше, чем в В. 1/п часть
воды из А перелили в Б, затем такую же часть воды Б перелили в А, после
чего все ту же часть А перелили в Б и опять такую же часть В перелили в А
и т. д.
Сколько воды стало в А и Б после сотого переливания?
8-тг с. 131
139. Разные переливания.
В сосудах А и Б находится 1 литр воды (причем в Б больше, чем в А), а С и D
были пустыми. Половину воды из А перелили в сосуд С, и третью часть воды
Б перелили в D, после чего воду из С вылили в Б, а из D в А. Эту операцию
одновременного переливания х Д половины воды из одного сосуда и х/з из
другого стали повторять.
Сколько приблизительно миллилитров воды стало в А и Б после тысячи
подобных операций переливания?
8-г с. 131
140. Возможность равномерной смеси в мензурках.
99 мензурок (имеющих деления, позволяющие измерять объем жидкости)
наполнены одинаковым количеством 99 разных жидкостей, и 1 мензурка
пустая. Можно ли составить во всех 99 мензурках равномерные смеси и
сделать так, чтобы одна мензурка осталась пустой?
8-г с. 131
141. Вино, разбавленное в бочонке.
Муж и жена заготовили на зиму 10-литровый бочонок ягодного вина. Уже
осенью муж не удержался и продегустировал его качество, выпив
100-граммовый стаканчик. Чтобы не заметила жена, он долил бочонок этим же
стаканчиком воды.
Поскольку вино оказалось славным, муж повторил «выпивание и
доливание» еще 99 раз. Ясно, что первый налитый из бочонка стаканчик содержал
чистое вино, а все последующие — разбавленное, причем чем больше был
номер стаканчика, тем более разбавленным было в нем вино.
Сколько вина было в бочонке после того, как муж выпил и долил водой
сотый стаканчик?
8-г с. 132
142. Вместимость стакана.
Три друга, любители выпить, А, Б и С, как-то вечером открыли последнюю
литровую бутылочку вина, но почему-то передумали и решили оставить ее
наутро.
53

Ночью А проснулся, не удержался и выпил полный стакан вина, а чтобы
утром никто не заметил, что вина стало меньше, долил бутылку водой,
тщательно перемешал и лег спать. Через некоторое время точно так же
поступил В. Утром С налил себе вина из полной бутылки и с удивлением
обнаружил, что оно наполовину разбавлено водой. Какова с точностью до грамма
вместимость стакана, если С был превосходным дегустатором?
8-тг с. 132

Глава 4
Взвешивания
Для решения большинства предлагаемых задач, связанных со
взвешиванием монет, гирь и тому подобных предметов, не требуется специальных знаний.
Некоторые задачи, имеющие обобщения и рассчитанные на подготовленного
читателя, можно пропускать.
143. Взвешивание кирпича.
При взвешивании кирпича оказалось, что имеющихся гирек недостаточно,
но были части кирпича. На одну чашу весов положили кирпич, а на
другую — 4/б кирпича. Для того чтобы уравновесить весы, добавили гирьки
общим весом 4/б килограмма. Сколько весит кирпич?
8-т с. 132
144. Минимальный перевес.
Имеется 100 гирь, на которых не указан вес, но известно, что любая пара
гирь отличается по весу не более чем на 20 граммов. Необходимо все 100 гирь
разложить на две чашки весов, положив на каждую чашку по 50 гирь так,
чтобы перевес одной из чашек был минимальным. Как это сделать и каков
минимальный перевес?
8-тг с. 132
145. Две фальшивые из 103 монет.
Среди 103 монет имеются две одинаковые фальшивые, которые отличаются
от подлинных лишь весом. Какое минимальное число взвешиваний на весах
без гирь потребуется для определения, что тяжелее: настоящие или
фальшивые монеты?
8-тг с. 132
146. Определение веса одной из пяти гирь.
Пять кубиков весят 1000, 1001, 1002, 1004 и 1007 граммов. Какое
минимальное число взвешиваний на весах с гирьками (или со стрелкой)
потребуется для определения кубика весом 1000 граммов?
С. 133
147. Раскладывание 1002 гирь на три равные кучки.
Как разложить на три равные кучки 1002 гирьки, имеющие вес 1, 2, 3, ...,
1002 граммов?
8-тг с. 133
55

148. Раскладывание 999 гирь на три равные кучки.
Как разложить на три равные кучи 999 гирек весом 1,2,3,..., 999 граммов?
8-т с. 133
149. Раскладывание 81 «квадратной» гири на три равные кучки.
Как разложить на 3 равные кучки 81 гирьку весом 1,22,32, ..., 812 граммов?
с. 134
150. Определение более тяжелой монеты из 27 монет.
Из 27 монет одна фальшивая, отличающаяся от остальных большим весом.
Какое минимальное число взвешиваний на чашечных весах без гирек
потребуется для определения поддельной более тяжелой монеты?
8-г с. 134
151. Определение одной фальшивой из восьми монет.
Из восьми монет одна фальшивая, отличающаяся от остальных весом,
однако тяжелее она или легче остальных семи монет, неизвестно. Каково
минимальное число взвешиваний, необходимых для определения поддельной
монеты?
8-г с. 135
152. Ранжирование по весу трех монет.
Как с помощью чашечных весов узнать, какая из трех монет самая
тяжелая, а какая самая легкая, и каково минимальное число взвешиваний?
с. 136
153. Ранжирование наибольшего числа монет за пять взвешиваний.
Какое наибольшее число монет можно ранжировать по весу при помощи
пяти взвешиваний?
8-тг с. 136
154. Мешок легких монет среди десяти мешков с монетами.
Имеется десять мешков с монетами, различимыми лишь по весу:
подлинные монеты весят 10 граммов, а фальшивые — 9 граммов. В девяти мешках
монеты настоящие и только в одном — поддельные. Каково минимальное
число взвешиваний на рычажных весах со всеми необходимыми гирьками
для определения мешка с фальшивыми монетами?
8-тг с. 136
155. Мешок фальшивых монет среди 11 мешков.
Имеется 11 мешков с монетами. Все подлинные монеты имеют один вес, а все
фальшивые — другой. В 10 мешках монеты настоящие и только в одном —
поддельные. Каково минимальное число взвешиваний на рычажных весах
56

со всеми необходимыми гирьками для определения мешка с фальшивыми
монетами?
8-г с. 136
156. Наличие среди 1000 монет двух фальшивых.
Среди 1000 монет могут быть (а могут и не быть) фальшивые монеты в
количестве не более двух штук. Какое минимальное число взвешиваний на
весах без гирь необходимо для того, чтобы определить, есть ли фальшивые
монеты среди 1000 монет, и если есть, то тяжелее они подлинных или
легче? Как изменится ответ, если фальшивой может быть только одна монета
из 2000 штук?
8-г с. 137
157. Определение более тяжелой монеты из п монет.
Каково минимальное число k взвешиваний на чашечных весах без гирь,
необходимое для отыскания более тяжелой фальшивой монеты, если всего
имеется п монет?
8-тг с. 137
158. Отыскание тяжелых и легких среди п монет.
Каково минимальное число k взвешиваний на чашечных весах без гирь,
необходимое для отыскания и распределения монет по принципу
«тяжелые — легкие», если имеется п монет двух весов?
8-тг с. 137
159. Ранжирование п предметов различного веса.
Каково минимальное число k взвешиваний на чашечных весах без гирь,
необходимое для отыскания распределения по весам п предметов?
8-г с. 138
160. Средний по весу предмет на трех чашечных весах.
При взвешивании на трех чашечных весах на каждую чашку кладется один
предмет и опускается та чашка, на которой лежит средний по весу предмет.
Каково минимальное число взвешиваний на трех чашечных весах,
необходимое для отыскания среднего по весу из семи предметов разных весов?
8-тг с. 138
161. Минимум гирь для взвешивания 27 предметов.
Какое наименьшее число гирь потребуется для взвешивания каждого из
27 предметов, веса которых 1, 2, 3,..., 26, 27, если гири можно класть на обе
чаши весов?
8-тг с. 138
57

162. 6 или 7 из 26 гирь и неравные наборы масс.
Пусть есть некоторый набор из 6 гирь (масс): т\9 т2, т%, m4, m5, т6. Если,
взяв из этого набора несколько гирь (не обязательно брать все 6 гирь), их
можно разложить на две чаши весов и уравновесить их, то из данного 6-гире-
вого набора можно составить два набора равных масс.
Как выбрать п гирь из набора 1, 2, 3, ..., 26, чтобы из них нельзя было
составить два набора равных масс, если: а) п = 6; б) п = 7?
с. 138

Часть
w
ПЕРЕГИБАНИЯ И РАЗРЕЗАНИЯ

Глава 1
Перегибания
Перегибание листа бумаги или его складывание является общей идеей,
лежащей в основе не только множества специфических занимательных задач, но
и целого направления в искусстве. Например, в Японии, США и ряде европейских
стран широкое распространение получило старинное японское искусство
оригами — складывания стилизованных фигурок различных животных, цветов и т. п.
Целый класс занимательных задач образуют различные флексагоны (например,
гексафлексагоны, тетрафлексагоны и др.) — многоугольники, сложенные из
полосок бумаги, которые при перегибаниях демонстрируют различные интересные
свойства. Однако, на мой взгляд, большинство перечисленных задач имеют
слишком выраженную специфику и потому представляют интерес для узкого круга
любителей. Поэтому ниже будут рассмотрены лишь несколько задач на перегибание
бумажного листа, имеющие общематематический характер.
В предлагаемых задачах на перегибания листа бумаги можно только
перегибать бумагу, отмечая разглаживанием линии перегиба, и нельзя ее резать,
склеивать и пользоваться какими-либо инструментами (линейкой, карандашом,
циркулем и т. п.), если в условии задачи специально не оговаривается иное.
163. Центр круга.
Если на прозрачном листе нарисован круг, то можно легко найти его центр,
дважды сложив лист так, чтобы видимые линии окружности совместились.
Линии перегиба дадут два диаметра, и их пересечение будет искомым
центром круга. Как найти центр круга, если лист, на котором он нарисован,
непрозрачный?
с. 138
164. Восьмиугольник в квадрате.
Из квадратного листа бумаги сложить произвольно ориентированный
правильный восьмиугольник произвольного размера.
8-тг с. 139
60

165. Шестиугольник в квадрате.
Из квадратного листа бумаги сложить произвольно ориентированный
правильный шестиугольник произвольного размера.
8-тг с. 139
166. Пятиугольник в квадрате.
Из квадратного листа бумаги сложить произвольно ориентированный
правильный пятиугольник произвольного размера.
8-тг с. 139
в н
167. Наибольший треугольник в квадрате.
Из квадратного листа бумаги сложить произвольно
ориентированный правильный треугольник наибольшей
площади.
Найдя середины противоположных сторон квадрата Е и G,
перегнем угол В по линии АН так, чтобы (•) В, попав на EG,
перешла в (•) F. Найденный AAFD будет правильным, но
его площадь не будет максимальной.
8-тг с. 140
168. Кратчайший перегиб.
Перегнуть угол прямоугольного листа бумаги так, чтобы он коснулся
противоположной стороны, можно множеством способов, например так, как
это изображено на рисунке.
Как перегнуть лист, чтобы линия перегиба имела наименьшую длину?
8-г с. 140

Глава 2
Плоские разрезания
Задачи на разрезание считаются одними из самых увлекательных
головоломок в занимательной математике, возможно, потому, что они весьма
разнообразны, достаточно трудны и в то же время общедоступны, так как не требуют
никакой специальной подготовки. И конечно же, многие из задач на разрезание
правильных фигур очень красивы, так как наглядно демонстрируют четкие
количественные связи между формами и размерами этих фигур, обусловленные их
симметрией.
В этих задачах требуется разрезать данную плоскую фигуру на части, из
которых можно сложить другую, уже заданную плоскую фигуру так, чтобы обе
фигуры были равносоставленными, т. е. состояли из неперекрывающихся частей
без свободных промежутков. При этом очень важно, чтобы число частей было
как можно меньше, так как строго доказано, что любой многоугольник можно,
разрезав на конечное число частей, преобразовать в любой другой
многоугольник, равновеликий исходному. Именно поэтому интересны лишь экономичные
решения. Однако только в редких случаях можно строго доказать, что
найденное число частей или разрезов является наименьшим.
Таким образом, некоторые решения задач, рассматриваемых ниже,
возможно, являются не самыми лучшими, что может служить еще одним
фактором привлекательности этих задач для широкой аудитории, так как оставляет
обширное поле для творчества. Кроме задач на разрезание, в которых одни
фигуры преобразуются в другие, существуют задачи, в которых требуется заданные
фигуры разрезать на наименьшее число других фигур, ничего при этом не
складывая из последних.
Наиболее красивыми и интересными задачами являются такие, в которых
преобразуются друг в друга правильные многоугольники. Очевидно, что
путеводной звездой в решении задач на разрезание правильных многоугольников
является их симметрия. Существуют и менее общие, конкретные методы решения
задач на разрезание многоугольников, например метод наложения полос из
элементов преобразуемых многоугольников, о котором будет рассказано в конце
этой главы.
Абсолютное большинство разрезаний обратимо, т. е. если с помощью
некоторых разрезов фигуру А можно преобразовать в фигуру Б, то возможно и
обратное преобразование фигуры Б в А с помощью тех же разрезов. Эта обратимость
предполагается во всех последующих задачах, хотя для определенности в усло-
62

вии предлагается не взаимное преобразование, а преобразование одной из фигур
в другую.
Несимметричные части, полученные при разрезании одних фигур для
составления новых фигур, можно переворачивать, однако решения без
переворачиваний считаются лучшими.
Во многих задачах для решения требуется найти сторону одной из
правильных фигур по стороне другой фигуры. Это можно сделать, используя равновели-
кость преобразуемых многоугольников или воспользовавшись формулами
площадей и сторон правильных многоугольников, выраженных через радиусы
вписанных и описанных около них окружностей.
Во второй половине XX века рекорды по разрезанию правильных
многоугольников были такими:
Многоугольник
Квадрат
Пятиугольник
Шестиугольник
Семиугольник
Восьмиугольник
Девятиугольник
Десятиугольник
Двенадцатиугольник
Треугольник
4
6
5
9
8
9
8
8
Квадрат
-
6
5
9
5
12
8
6
5-угольник
6
-
7
11
9
н.Д.
10
н.Д.
6-угольник
5
7
-
11
9
14
9
6
7-угольник
9
11
11
-
13
н.Д.
13
н.Д.
8-угольник
5
9
9
13
-
н.Д.
12
н.Д.
169. Прямоугольник 4х 9 и квадрат.
Как разрезать прямоугольник со сторонами 4 х 9 на минимальное число
частей, чтобы из них сложить квадрат?
8-тг с. 140
170. Возможность ступенчатого преобразования.
При каком условии с помощью ступенчатого разреза возможно
преобразование прямоугольника и квадрата?
8-тг с. 141
171. Прямоугольник 1 х 2 и квадрат.
Как разрезать прямоугольник с отношением сторон 1 : 2 (или чуть
больше, или немного меньше) на минимальное число частей, чтобы из них
сложить квадрат? Эту и несколько последующих головоломок можно
сформулировать иначе: как разрезать п одинаковых квадратов наилуч-
63

шим образом, т. е. на наименьшее число частей, чтобы преобразовать их
в один равновеликий квадрат?
8-тг с. 141
172. Прямоугольник 1 х 3 и симметричное преобразование в квадрат.
Как симметрично разрезать прямоугольник со сторонами 1 х 3 на 9 частей,
чтобы из них сложить квадрат?
8-тг с. 142
173. Прямоугольник 1 х Зи квадрат.
Как разрезать прямоугольник со сторонами 1 х 3 на минимальное число
частей так, чтобы из них сложить квадрат?
8-тг с. 142
174. Прямоугольник 1 х 5 и квадрат.
Как разрезать прямоугольник со сторонами 1 х 5 на минимальное число
частей так, чтобы из них сложить квадрат?
8-тг с. 142
175. Греческий крест и квадрат.
Разрезать греческий крест так, чтобы из кусочков можно было сложить
квадрат:
а) четырьмя прямыми линиями, используя центральную симметрию;
б) двумя прямыми линиями.
8-тг с. 143
176. Латинский крест и квадрат.
Разрезать латинский крест на минимальное число частей так, чтобы
сложить квадрат.
с. 143
177. -крест и квадрат.
Разрезать -крест (русская буква «Т», у которой вертикальная и
горизонтальная части равны) на минимальное число частей так, чтобы сложить
квадрат.
8-тг с. 143
178. Прямоугольник и треугольник.
Разрезать прямоугольник на наименьшее число частей, из которых можно
сложить остроугольный треугольник.
с. 144
64

179. Треугольник в треугольниках.
Разрезать остроугольный и тупоугольный треугольники на наименьшее
число остроугольных треугольников.
8-тг с. 144
180. Пентаграмма в треугольниках.
Разрезать пентаграмму (пятиугольную звезду) на
наименьшее число остроугольных треугольников.
с. 144
181. Квадрат в треугольниках.
Разрезать квадрат на наименьшее число остроугольных треугольников.
с. 144
182. Квадрат с выступами в квадрате.
Разрезать изображенный на рисунке квадрат с
выступами на наименьшее число частей и сложить
равновеликий квадрат.
8-г с. 145
183. Два квадрата в одном.
Разрезать два произвольных квадрата на наименьшее число частей, чтобы
сложить равновеликий квадрат.
8-тг с. 145
184. Один разрезанный квадрат из двух в квадрате.
Разрезать только один из двух произвольных квадратов так, чтобы из
полученных частей сложить равновеликий квадрат.
с. 145
185. Прямоугольник без углов и квадрат.
Разрезать прямоугольник без двух углов, изображенный на рисунке, на
наименьшее число частей так, чтобы из них сложить квадрат.
с. 145
65

186. Фигура с «зубом» и квадрат.
Фигура, изображенная на рисунке, получена из квадрата путем вырезания
от одной из сторон треугольного «зуба» и «прилаживания» его к другой
стороне. Поэтому эту фигуру легко превратить в квадрат, произведя
обратные действия, т. е. отрезав по пунктирной линии выпирающий
треугольник и вложив его в соответствующую ему нишу.
Как преобразовать левую фигуру в квадрат, разрезав ее на две части иным
образом?
с. 146
187. Два квадрата из клеток, разрезанные по линиям клеток в одном.
Разрезать два квадрата из клеток 12х12и5х5по контурам (линиям)
клеток на наименьшее число частей так, чтобы составить квадрат 13 х 13.
8-тг с. 146
188. Шестиконечная звезда и треугольник.
Разрезать правильную шестиконечную звезду на наименьшее число частей
так, чтобы составить правильный треугольник.
8-г с. 146
189. Шестиконечная звезда и квадрат.
Разрезать правильную шестиконечную звезду на наименьшее число частей
так, чтобы составить квадрат.
с. 147
190. Две шестиконечных звезды и шестиугольник.
Разрезать правильный шестиугольник на наименьшее число частей так,
чтобы составить две шестиконечных звезды.
8-тг с. 147
191. Две разрезанные из трех шестиконечных звезд в одной.
Разрезать две из трех шестиконечных звезд на наименьшее число частей
так, чтобы составить шестиконечную звезду.
9-г с. 147
66

192. Три шестиконечных звезды в одной.
Разрезать три шестиконечных звезды на наименьшее число частей так,
чтобы составить шестиконечную звезду.
8-тг с. 147
193. Три шестиконечных звезды, разрезанные на части двух типов, в одной
звезде.
Разрезать три шестиконечных звезды на наименьшее число частей так,
чтобы составить шестиконечную звезду, при этом все разрезанные части
должны быть только двух типов.
8-г с. 147
194. Семиконечная звезда и два семиугольника.
Разрезать правильную семиконечную звезду на наименьшее число частей
так, чтобы сложить два одинаковых правильных семиугольника.
8-г с. 148
195. Восьмиконечная звезда, разрезанная на части двух типов, и квадрат.
Разрезать правильную восьмиконечную звезду на наименьшее число частей
так, чтобы сложить квадрат; при этом все разрезанные части должны быть
только двух типов.
с. 148
196. Восьмиконечная звезда и квадрат.
Разрезать правильную восьмиконечную звезду на наименьшее число
частей так, чтобы сложить квадрат.
с. 148
197. Восьмиконечная звезда и восьмиугольник.
Разрезать восьмиконечную звезду на наименьшее число частей так, чтобы
сложить правильный восьмиугольник.
8-тг с. 148
198. Два равных пятиугольника в одном.
Разрезать два равных правильных пятиугольника на наименьшее число
частей так, чтобы сложить правильный пятиугольник.
8-г с. 148
199. Два разных пятиугольника в одном.
Разрезать два разных правильных пятиугольника на наименьшее число
частей так, чтобы сложить правильный пятиугольник.
8-тг с. 149
67

200. Пять пятиугольников в одном.
Разрезать пять равных правильных пятиугольников на наименьшее число
частей так, чтобы сложить один правильный пятиугольник.
8-тг с. 149
201. Два шестиугольника со сторонами Зи4 сантиметра в одном.
Разрезать два правильных шестиугольника со сторонами 3 и 4 сантиметра на
наименьшее число частей так, чтобы сложить правильный шестиугольник.
8-тг с. 149
202. Два восьмиугольника, разрезанных пятью разрезами, в одном.
Разрезать два равных правильных восьмиугольника пятью
прямолинейными разрезами так, чтобы сложить правильный восьмиугольник.
8-тг с. 149
203. Два восьмиугольника, разрезанных двумя разрезами, в одном.
Разрезать два равных правильных восьмиугольника двумя
прямолинейными разрезами так, чтобы сложить правильный восьмиугольник.
с. 150
204. Восемь восьмиугольников в одном.
Разрезать восемь правильных равных восьмиугольников на наименьшее
число частей так, чтобы сложить один правильный восьмиугольник.
8-тг с. 150
205. Двенадцатиугольник и квадрат.
Разрезать правильный двенадцатиугольник на наименьшее число частей
так, чтобы сложить квадрат.
8-тг с. 150
206. Пятиугольник и квадрат.
Вероятно, прилежный читатель получил достаточно удовольствия от
процесса решения головоломок, связанных с разрезаниями многоугольников,
и настала пора взглянуть на эти головоломки как на задачи, т. е.
сконструировать более или менее общий метод решения задач на преобразование
многоугольников друг в друга посредством разрезаний.
Задачи на разрезания можно считать
задачами на наложение, в которых один из много- ^ С
угольников разрезается на части и эти части
складываются так, чтобы их уложить (или q 4
наложить) в иную рамку, которая может А ч\ /А
быть промежуточной. Так, например, в разо- " F
68

бранной ранее задаче о преобразовании латинского креста в квадрат его
сначала разрезали так, что «уложили» в промежуточную рамку
параллелограмма DCBE, а затем на эту промежуточную рамку наложили конечную
рамку квадрата DCEF.
Осталось обобщить это решение. Многоугольник, преобразуемый,
например, в квадрат, надо разрезать так, чтобы поместить его в параллелограмм
и наложить квадрат. При этом для минимизации числа разрезанных
частей удобно взять не единичные параллелограмм и квадрат, а несколько
расположенных на двух полосах. Тогда эти полосы можно двигать
относительно друг друга (как поступательно, так и вращать), добиваясь лучшего
решения.
Для того чтобы число разрезанных частей было минимально, линии внутри
двух полос должны иметь минимум точек пересечения. На рисунке такая
точка, выделенная жирным, одна, но если полосу квадратов поступательно
сдвинуть, то точек может стать несколько и решение перестанет быть
лучшим.
Преобразовать правильный пятиугольник в квадрат так, чтобы число
разрезанных частей было наименьшим. Можно сначала попытаться это сделать с
помощью догадки, т.е. методом проб и ошибок, а при неудаче применить
метод наложения полос.
с. 150
207. Шестиугольник и квадрат.
Преобразовать правильный шестиугольник в квадрат так, чтобы число
разрезанных частей было наименьшим.
8-г с. 151
208. Восьмиугольник и квадрат.
Большинство предложенных ранее головоломок достаточно легко
решается с помощью двухполосного метода наложения. Однако этот метод отнюдь
не всегда приводит к желаемому результату. Например, преобразование
правильного восьмиугольника в квадрат, вероятно, легче сделать с помо-
69

щью метода проб и ошибок, используя симметрию восьмиугольника, чем
методом наложения двух полос.
Можно воспользоваться еще одним методом решения задач на
разрезание. Суть этого очень наглядного и простого метода, позволяющего решать
весьма трудные задачи о преобразовании правильных многоугольников, —
в наложении двух подходящих (обычно полуправильных) мозаик.
Итак, как преобразовать правильный шестиугольник в квадрат так, чтобы
число разрезанных частей было наименьшим?
С. 151
209. Двенадцатиугольник и шестиугольник.
Разрезать правильный двенадцатиугольник на наименьшее число частей
так, чтобы сложить правильный шестиугольник.
§-т с. 151
210. Греческий крест и полумесяц.
Разрезать греческий крест на наименьшее
число частей так, чтобы сложить полумесяц,
образованный двумя одинаковыми дугами
окружностей и двумя одинаковыми
отрезками прямых линий.
с. 152

Глава 3
Исчезновения при разрезаниях
Большинство задач этой главы являются специфическими задачами на
разрезание. В результате, казалось бы, обычного разрезания происходит
исчезновение линий или клеток, в чем читатель может легко убедиться на практике.
Однако эти исчезновения не имеют ничего общего с фокусами в обыденном
понимании; они имеют четкое геометрическое и алгебраическое объяснение.
211. Исчезновение линии.
На полоске бумаги начертите 13 одинаковых параллельных линий на
одинаковом расстоянии друг от друга. Проще всего это сделать на обыкновенной
бумаге в клеточку.
Проведите линию, проходящую через верхнюю точку первой линии и низ
последней из них. Разрежьте бумагу по этой линии. Сдвиньте верхнюю
полоску бумаги относительно нижней влево на расстояние ширины между
соседними линиями, так, чтобы вертикальные линии совместились.
Посчитайте количество вертикальных линий. Их стало 12. Куда исчезла
одна линия?
с. 152
212. Исчезновение клетки.
Разделив (чтобы явление было более наглядным) прямоугольник и квадрат
на одинаковые части, как показано на рисунке, можно убедиться, что эти
фигуры с точностью до толщины линии карандаша совпадают, т. е. состоят
из набора одних и тех же фигур.
Однако квадрат состоит из 64 клеток, а прямоугольник из 65. Итак, при
разрезании прямоугольника на 2 трапеции и 2 прямоугольных
треугольника и наложении на квадрат наблюдается исчезновение (или, наоборот,
возникновение, если рассмотреть обратное преобразование) одной клетки.
71

— f
t
Рассматриваемая задача не сводится к предыдущей, так как при
исчезновении одной клетки остальные клетки явно свои размеры не изменяют.
Куда же девается клеточка при разрезании прямоугольника и составлении
из его частей квадрата?
с. 152
213. Исчезновение двух клеток.
Клеточный прямоугольник 5x13 разрезали, как в предыдущей задаче.
Переложить прямоугольные трапеции и треугольники так, чтобы исчезли сразу
две клетки. Куда исчезнут эти клетки?
с. 153
214. Возникновение двух клеток.
Возьмем прямоугольник со сторонами 11 и 13 сантиметров и площадью
11 х 13 = 143. Разрежем его по диагонали и два треугольника сдвинем по
общей гипотенузе на одну клеточку.
Полученная фигура будет похожа на квадрат со стороной 12 (площадью
12x12 = 144), и по бокам останется два маленьких прямоугольных
треугольника со стороной 1 сантиметр и площадью 0,5. Полная площадь
квадрата и двух малых треугольников 144 + 2x0,5 = 145. Таким образом, в
данном парадоксе, словно из ничего, возникли уже две клеточки.
Как объяснить появление (или исчезновение, если задачу рассматривать
с конца) двух новых клеточек?
с. 154
215. Почему исчезает именно одна клетка?
Почему при разрезании квадрата 8x8 для составления прямоугольника
5x13 исчезает именно одна клетка, а не две, три или половинка?
8-тг с. 154
216. Клетчатая структура фигур.
Всегда ли клетчатые квадрат и прямоугольник не равновелики?
8-г с. 154

Глава 4
Пространственные разрезания
Пространственные разрезания существенно сложнее плоских разрезаний не
только потому, что менее наглядны и даже в простых случаях требуют хорошего
пространственного воображения, но и потому, что далеко не каждый
многогранник можно посредством разрезания на конечное число частей
преобразовать в другое многогранное тело. Поэтому занимательных задач на
пространственное разрезание мало, и речь в них идет о возможности преобразования
весьма простых тел (например, прямоугольных параллелепипедов) в еще более
простые — кубы; при этом вопросу о минимизации числа частей разрезания
большого значения не придается.
217. Куб в кубиках.
Какое минимальное число плоских разрезов k потребуется, чтобы
разрезать куб на единичные кубики, если уже разрезанные части можно подкла-
дывать под очередной разрез при целочисленном ребре куба:
а) п = 3, б) п = 4 и в) п = 5?
8-тг с. 155
218. Брус 8x8x27 в кубе.
Разрезать брус 8 х 8 х 27 на наименьшее число частей так, чтобы сложить
куб.
8-тг с. 155
219. Брус 8x9x24 в кубе.
Разрезать брус 8 х 9 х 24 на наименьшее число частей так, чтобы сложить
куб.
8-тг с. 155
220. Брус 8x8x16 в кубе.
Разрезать брус 8 х 8 х 16 на наименьшее число частей так, чтобы сложить
куб.
8-тг с. 156
221. Пирамида в кубе.
Можно ли, разрезав какую-либо пирамиду, преобразовать ее в куб?
8-тг с. 156
73

ОТВЕТЫ

1. Задача легко решается, если, ведя линию, пытаться
ограничить контуром получающуюся фигуру.
2. Двумя разрезами можно разделить круглую поверхность
торта на 4 равные части.
Третий разрез разделит торт на 2 равные части по толщине,
т. е. он будет проведен в плоскости параллельно верхней и нижней круглым
поверхностям.
3. а) нет и б) нет;
п
п солдат завершат повороты кругом минимум через -~ секунды (если
половина солдат по команде повернется правильно) и максимум через п - 1
секунду, если только один крайний солдат повернется правильно. Таким об-
п
разом, время «успокоения» шеренги — — <tn<(n-l)n 50 < £юо ^ 99 (с).
Li
4. Наливаем воду в кастрюлю и выливаем в банку. Снова наливаем воду в
кастрюлю и опять выливаем в банку. В кастрюле остается 3 литра.
5. Цвет.
Ворона, танец, стих (белый).
Книга, девица, строка (красный).
Дыра, сотня, полковник (черный).
Вещество, кардинал, мышь (серый).
6. Если принимать во внимание лишь существенные особенности букв,
игнорируя мелкие детали шрифта, то можно заметить, что во второй строке
буквы обладают вертикальной осью симметрии, в третьей — горизонтальной.
Буква «И» обладает центральной симметрией. Буквы пятой строки
обладают всеми предыдущими видами симметрии, а буквы первой строки
несимметричны.
7. Надо положить кирпич на самый угол стола, так, чтобы два его ребра
совпадали со сторонами стола, и затем перенести его вдоль любой стороны стола
76

на длину соответствующего ребра. Осталось приложить нулевую отметку
линейки к углу стола и соответствующему углу кирпича и произвести
непосредственное измерение пространственной диагонали кирпича.
8. Круглая крышка не может упасть в свое горлышко (даже если этого очень
захотеть), а квадратная (тем более прямоугольная или иной, еще менее
правильной формы) упадет легко (даже если это нежелательно), потому что
сторона квадрата существенно меньше его диагонали.
9. Если свои головные уборы надели только четверо людей, то пятый свою
шапку перепутал с чужой. Но с кем, ведь всего гостей было пятеро?
Следовательно, ситуация, когда именно четверо гостей надели свои шапки,
невозможна.
10. Сначала можно сделать один разрез по горизонтали, затем сложить лист
пополам по сделанному разрезу и несколько раз пополам по вертикали. После
этого сделать два вертикальных разреза с противоположных сторон, не
доходя до краев. Развернув лист, в зависимости от числа сгибаний получим
подобную картину:
Потянув лист за края, получим искомую дыру.
11.
12. Нет.
77

13.
14.
1-й вариант
С В
2-й вариант
15. Пронумеруем все места. Сначала можно занять все нечетные места — 1,3,
5, ..., 49 и затем начать сплошное заполнение: место 2 занимается, а 3
освобождается; 4 занимается, а 5 освобождается; 3 занимается, а 4
освобождается. В итоге занятыми оказываются места 1, 2 и 3. Продолжая
предложенный алгоритм, можно занять все места — 1-49.
16. Первое число (цифра) — число букв в фамилии. Второе число (цифра или
две цифры) — порядковый номер в алфавите начальной буквы фамилии.
Третье число (цифра или две цифры) — порядковый номер в алфавите
последней буквы фамилии.
17. Пускаем одновременно 7- и 11-минутные песочные часы. Как только
7-минутные часы отмерят 7 минут, они запускаются снова, т. е.
переворачиваются, а 11-минутные часы продолжают сыпать песок как ни в чем не бывало.
Когда 11-минутные часы отмерят 11 минут, 7-минутные, пущенные второй
раз, отмерят 11-7 = 4 минуты. И в момент, когда упадет последняя
песчинка из 11-минутных часов, 7-минутные часы снова переворачиваются так,
что вверху песка остается опять на 4 минуты. Таким образом, когда
7-минутные часы «остановятся», будет отмерено 7 + 4 + 4 = 15 минут.
78

18. Если на водоем попадет одно растение, то на второй день водоем будут
покрывать 2 ряски, на третий день — 4. Поэтому 4 растения покроют водоем
за 32 - 2 = 30 дней.
19. А. Деревья A, B,CnD образуют ромб с меньшей диагональю, равной
стороне, т. е.АВ = ВС = CD = AD = AC = 10 метров. Искомое расстояние — это боль-
1
шая диагональ L = BD = 10 х З1 =17 метров.
Б. Деревья А, В, Си!) располагаются на прямой линии. Искомое
расстояние АВ = 10; тогда CD = 20; ВС = 30; АС = 40; BD = 50 и AD = 60 метров.
в
н-
н-
с
н-
н-
D
н
0 10 20 30 40 50 60
20. Пусть п — число черных клеток, оказавшихся внутри куска. Тогда
искомая максимальная площадь:
Nn = 4n+1.
21. «Если гора не идет к Магомету, то Магомет идет к горе», — гласит
пословица.
Если человек, после того как взял в руки одну из веревок, не может
дотянуться до другой и помочь некому, надо, чтобы помогла сама веревка. Для
этого можно раскачать одну из веревок и превратить ее в маятник,
отклонив от положения равновесия в направлении второго кольца (или в
противоположную сторону). Всемирный закон тяготения обеспечит падение
груза (кольца), подвешенного на веревке, в самую нижнюю точку, а закон
инерции обеспечит проскакивание положения равновесия и отклонение от
низшей точки в противоположную сторону. Это достаточно легко сделать,
79

так как на конце веревки висит тяжелое кольцо и система представляет
собой готовый физический маятник.
22. Пусть на коробках имеются надписи, соответствующие первым буквам
цвета имеющихся в них шаров, т. е. «ЧЧ», «ББ» и «ЧБ».
Возьмем коробку с надписью «ЧБ» и вынем из нее шар. Возможны 2
случая: шар будет черным и шар будет белым.
1. Пусть вынут черный шар. Тогда второй шар в этой коробке может быть
только черным, так как если бы второй шар был белым, то надпись
«ЧБ» соответствовала бы содержимому, а это не так. Тогда в коробке с
надписью «ББ» могут быть только черный и белый шары, так как пара
«черный — черный» уже определена, а пара «белый — белый» не
может быть, поскольку содержимое не соответствует надписи. В
последней коробке с надписью «ЧЧ» могут находиться только два белых
шара.
2. Пусть вынут белый шар. В силу симметрии задачи все рассуждения
верны с точностью до наоборот. Действительно, тогда второй шар в
коробке с надписью «ЧБ» должен быть белым. Тогда в коробке с
надписью «ЧЧ» должны быть разноцветные шары, а в коробке с надписью
«ББ» — оба черных.
23. Как следует из задачи о размещении
соприкасающихся монет, их максимальное число — 5.
Цилиндрический карандаш отличается от монеты лишь
отношением длины цилиндрической поверхности к
диаметру основания. Однако это отличие позволяет
разместить 7 соприкасающихся цилиндров.
Вы можете сами найти наименьшее отношение
длины цилиндра к его диаметру, при котором
возможно размещение 7 соприкасающихся цилиндров.
24. Дужка навесного замка предназначена для
соединения ушек (замыкания отверстий), но ее саму можно
использовать в качестве ушка.
Перед началом эксплуатации погреба садоводы
должны закрыть дверь на все три замка. Один замок
вешается на одно ушко, крепящееся к дверной
коробке, другой — на другое ушко, крепящееся к
двери, а третий вешается на дужки уже повешенных
замков. Далее каждый из трех садоводов может
независимо от других пользоваться общим погребом,
открывая только свой замок единственным ключом.
Ушки для замка
80

25. Сделаем разрез по окружности с центром в центре
рожицы и радиусом, равным радиусу мишени, и
полученный криволинейный сегмент (на рисунке он
затененный) приложим к мишени с противоположной по
отношению к рожице стороны.
Чтобы добиться полного совпадения с левой
мишенью, вновь составленную мишень как целое можно
повернуть вокруг центра.
26. Каждый игрок принимает участие по крайней мере в одной из любых двух
сыгранных подряд партий. Поэтому если один игрок сыграл 10 партий, а
второй игрок — 21 партию, то всего была сыграна 21 партия. Следовательно,
третий игрок сыграл 21-10 = 11 партий. Таким образом, один из трех игроков не
покидал игрового стола, а двое других чередовались.
27. Количество песен, спетых Дашей и Наташей по отдельности, больше 5, но
меньше 8. Следовательно, между ними возможны такие распределения
количества песен (6, 6), (6, 7), (7, 7). Для того чтобы устранить
неоднозначность выбора, надо воспользоваться условием, согласно которому каждая
песня исполнялась тремя девочками. Это значит, что суммарное
количество песен, спетых всеми девочками, кратно 3. Тогда из трех возможных
сумм выбираем последнюю:
5 + 8 + 6 + 6 = 25;
5 + 8 + 6 + 7 = 26;
5 + 8 + 7 + 7 = 27.
Итак, Даша и Наташа спели по 7 песен.
28. Между столбами № 1 и № 10 имеется 9 промежутков, каждый из которых
50
велосипедист проехал за время -^- секунды. Следовательно, 18 промежут-
50
ков между столбами № 1 и № 19 он проедет за 18 х — = 100 секунд.
у
29. 1 + 5 = 2хЗи2 + 3 = 5х1.
30. Вторую половину пути садовод прошел со скоростью вдвое меньшей, чем на
велосипеде. Следовательно, на эту половину пути он затратил столько же
времени, сколько обычно на велосипеде на весь путь. Поэтому время,
необходимое для проезда первой половины пути на автомобиле, является
дополнительным временем по сравнению с проездом всего пути на велосипеде.
31. Головки винтов будут покоиться относительно друг друга, так как при
движении перемещающейся головки к неподвижной последняя будет с такой
81

же скоростью удаляться от головки первого винта и суммарное
относительное движение головок винтов будет нулевым.
32. На страницах книги будут однозначные (9 штук), двузначные (90 штук)
и трехзначные (х штук) числа. Тогда:
1х9 + 2х90 + Зхх= 1500; х = 437. В книге 9 + 90 + 437 = 536 (страниц).
33. Развернем стандартный кубик (игральную кость) на плоскость, например,
так, как это изображено на рисунке.
Отметим, что суммы очков на противоположных гранях равны 7 и эта
закономерность не зависит ни от вида развертки куба, ни от порядка
нумерации конкретных граней.
Итак, суммы очков на противоположных гранях 3 кубиков должны быть
7x3 = 21. Очки на верхней грани, по условию, равны 4. Таким образом,
искомая сумма 21-4 = 17.
34. 9 х 12 = 2x54.
35. Две взаимодействующие шестеренки крутятся в разные стороны: одна по
часовой стрелке, другая — против. Если число шестеренок нечетное, то
первая и последняя будут вращаться в одну сторону и вся система не
сможет вращаться. Если число шестеренок четное, то система может работать.
36. Сначала распределим депутатов по двум палатам произвольным образом. Тогда,
по условию, у любого депутата в той палате, куда он случайно попал в результате
начального распределения, может быть 1, 2 или 3 врага.
Если враг только один, то оставляем его в этой палате, и задача решена.
Если врагов два, то, значит, в другой палате у него только 1 враг, и его
переводим в другую палату.
И наконец, если у депутата в палате окажется три врага, то переводим его
в другую палату, где у него нет врагов.
82

Таким образом, в результате подобных целенаправленных перемещений
количество врагов в одной из палат уменьшается, а в другой не
увеличивается; общее число враждующих депутатов в каждой палате при каждом
последующем перемещении будет уменьшаться. Очевидно, что после некоторого
перемещения у каждого депутата в его палате будет не более одного врага.
37. Пусть Л — честный депутат. Поскольку коррупционер присутствует в любой
паре депутатов, то будем составлять всевозможные пары депутатов, в
которые обязательно входит А (это возможно, поскольку пары могут быть
любыми). Таких пар будет всего 99, и в каждой будет взяточник, но не А. Поэтому
все народные избранники, кроме А, — коррупционеры, и их 100 - 1 = 99
человек. Если кто-то не согласен с тем, что среди депутатов так много
взяточников, приведем другое доказательство.
Если в любой паре народных избранников по крайней мере один
коррупционер, то это значит, что не найти ни одной пары, в которой оба депутата
были бы честными. Поэтому в парламенте нет и двух (пары) честных
депутатов. Следовательно, коррупционеров 99 человек среди 100.
38. Возьмем пару одноцветных автомобилей разных марок № 1 и № 2, которые,
по условию, есть. По условию, есть и автомобиль другого цвета. Он должен
иметь какую-то марку — или № 1, или № 2. В любом случае даже среди трех
автомобилей будет пара разноцветных автомобилей разных марок.
39. Надо воспользоваться цилиндрической формой
емкостей и, наклонив сначала стакан, налить из банки
ровно половину, затем наклонить банку и оставить в ней
тоже половину.
40. Система из трех выключателей (каждый из которых
имеет два состояния: «включен — выключен»)
может иметь не более 8 состояний, из которых одно
соответствует тому, когда ни одна из лампочек не
горит. Пусть, когда выключатель включен, состояние обозначается плюсом,
а когда выключен — минусом. Пусть выключатель № 1 включает
(выключает) 1 лампочку, №2 — 2и№3 — 4 лампочки. Тогда таблица состояний
для трех выключателей такова:
№ 1 включает одну лампочку
№ 2 включает две лампочки
№ 3 включает четыре лампочки
Всего включено лампочек
-
-
-
0
+
-
-
1
-
+
-
2
+
+
-
3
-
-
+
4
+
-
+
5
-
+
+
6
+
+
+
7
83

41. Поскольку количество жидкостей в обоих бокалах в результате
переливаний не изменилось и каждый раз переливали одинаковое количество
жидкости, то из бокала с вином в конечном счете (после обоих переливаний)
взяли ровно столько чистого вина, сколько чистой воды из бокала с водой.
Поэтому концентрация воды в вине та же, что и вина в воде.
42. Существование привитых людей, имеющих в первый день эпидемии
иммунитет, позволяет эпидемии длиться бесконечно. Действительно, пусть в
первый день эпидемии здоровые Б и С навестили больного друга А, причем у С
есть иммунитет. На следующий день заразившегося Б навещают
выздоровевший и имеющий иммунитет А и С, уже не имеющий иммунитета. В этот
день заражается С, и на следующий день он становится носителем вируса и
вторично заражает А. Эпидемия начинает циклически повторяться и может
длиться сколь угодно долго.
43. Условию задачи отвечает такая схема родства (генеалогическое древо).
Выпишем в столбцы инициалы с одинаковыми отчествами:
АН
МН
БМ
КМ
ММ
НМ
ТМ
ГК
НК
кт
нт
Отчеств, начинающихся на А, Б и Г, нет. Это значит, что А. Н, Б. М. и Г. К.
бездетны и потому относятся ко второму или третьему поколению.
М. Н. — брат А. Н.9 &Н. К. — брат Г. i£., поэтому и они относятся ко
второму и третьему поколениям. М. Н. может относиться только ко второму
поколению, так как если бы он относился к третьему (бездетному)
поколению, то два человека с отчеством на «М» не имели бы отца. Поскольку
отчество «М.» имеют 5 человек, то один из них обязательно должен быть
вторым отцом, имя которого начинается на «М» (первый уже установлен —
84

это М. Н.). Это М. М. Очевидно, что М. М. должен быть основателем рода,
так как в противном случае он должен быть бездетным сыном М. Н., & уже
доказано, что он должен быть отцом (иначе, повторим, два человека с
отчеством на «М» будут без отца).
44. До ближайшего арбуза надо пройти 10 метров, до самого дальнего — 1000,
то есть всего 1010 метров. Таких пар 50. Искомое расстояние с учетом
пути туда и обратно 2 х 50 х 1010 = 101 000 метров = 101 километр.
45. Пусть iV — искомое число детей, п — полное число пар, k — число
смешанных пар, т — число пар, состоящих из девочек, ир — число пар,
состоящих из мальчиков. По условию, k = m-\-р. Тогда с учетом равного
количества мальчиков и девочек в колоннах имеем: k = 2т = 2р; n-2k- 4т = 4п
и N = 2п = 8т = 8п. Таким образом, число детей кратно 8.
46. Достаточно расковать всего 3 звена; они позволят получить числа 1,2 = 1 + 1
иЗ = 1 + 1 + 1. Первый длинный кусок цепи, следовательно, должен
содержать 4 звена. (Значит, первое раскованное звено должно быть пятым, считая
от любого конца.) Четырехзвенный и 3 однозвенных куска позволят
продолжить натуральный ряд до 7. Поэтому следующий длинный кусок цепи должен
содержать 8 звеньев. Второе раскованное звено должно быть 14-м, считая от
выбранного конца. Теперь натуральный ряд можно продолжить до 15.
Последнее, третье звено (31-е по счету) надо расковать, чтобы получить кусок
длиной 16 звеньев. Оставшийся кусок цепи будет содержать 63-31 = 32 звена.
Итак, куски цепи должны быть такими: 1, 1, 1, 4, 8, 16, 32.
47.
48.
49. Поскольку в задаче требуется не находить числа, а только сравнить их,
можно один из сомножителей заменить заведомо большим числом и после
перемножения произвести сравнение, учтя, что разные цифры,
обозначенные разными буквами, не могут одновременно быть нулями.
Пятизначное число ШЕСТЬ меньше наименьшего шестизначного, т. е.
ШЕСТЬ < 100000.
Поскольку ДВА х 100000 = ДВА00000, то
ДВАДЦАТЬ > ДВА00000 > ДВА х ШЕСТЬ.
85

50. Если бы число планет п было четным, то их все можно было бы разбить на
пары, в которых астрономы наблюдали бы друг за другом. Однако, по
условию, это не так: п = 999.
Пусть k планет не охвачены парным разбиением. Тогда за астрономом А±
наблюдает А^ заА2 наблюдает Аз, ..., заА^-i наблюдает А&, причем
расстояния по мере роста номера астронома (и соответствующей планеты) тоже
растут, так как, по условию, каждый астроном наблюдает только одну
ближайшую планету, k-ю планету никто из этой цепочки наблюдать не может,
так как ни для кого она не может быть ближайшей (кроме того, все, кроме
Ai, уже заняты наблюдением за своей единственной планетой).
51. Да. Конкретных ситуаций можно найти несколько. Например, двое
мужчин, не находящиеся в родственных отношениях, женились на дочерях
друг друга, и их дети С и D будут и племянниками, и дядями друг другу.
52. Опросим мысленно каждого человека о числе его знакомых. Сложим
названные числа. Полученная сумма должна получиться четной, так как
каждое знакомство парное. Каждое из слагаемых четной суммы, по условию,
нечетно. Тогда число слагаемых (т. е. число людей) должно быть четным.
53. Для доказательства существования такой точки достаточно представить,
как навстречу монаху приблизительно в одно и то же время отправился
другой монах. Очевидно, что, как бы неравномерно они ни двигались
навстречу друг другу, где-то им придется встретиться, поскольку и
завершились их пути приблизительно в одно и то же время суток.
54. Поскольку число окон у всех действующих лиц четно, то их можно не
учитывать. Сложим возможное («возможное» потому, что об этом в условии
прямо не сказано, а сказано лишь о количестве окон у отдельных людей)
количество дверей у всех братьев: 7 + 3x5 = 22. Это противоречит условию
о нечетности суммарного количества дверей у братьев. Однако это
кажущееся противоречие, так как условие задачи не может быть
противоречивым.
Для снятия этого кажущегося противоречия существует лишь один способ:
квартиру одного из братьев из суммы нужно исключить. Чтобы это сделать
максимально корректно, исключить следует А, так как в условии прямо
сказано, что Б, С и D — это родные братья А, но о том, что А является братом для
Б, С и D, прямо не сказано.
Итак, Б, С и D являются братьями для А, по условию, но А им не брат — по
доказанному. Такая ситуация возможна, только если А — это сестра для
своих братьев Б, С и D. У женщины не может быть тещи. Но если тещи А не
существует в природе, то и жить на улице Есенина она физически не может.
86

55. В подавляющем большинстве многоэтажных домов кнопки этажей в лифте
располагаются в два вертикальных ряда так, что самые нижние кнопки —
1 и, например, 11, а самые верхние — 10 и 20, как это показано на рисунке:
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
20
19
18
17
16
15
14
13
12
11
Рост первоклассника позволяет уверенно дотягиваться только до нижнего
(или до двух нижних) ряда кнопок, т. е. до 1-й, 2-й и до 11-й или 12-й
кнопок. Поэтому первоклассник ходил пешком именно половину (притом
вторую половину) пути, и только вверх, и особенно тогда, когда стал
самостоятельным и когда у него не было компании, т. е. некому было нажать на
кнопку верхнего этажа. Только такой ответ удовлетворяет всем пунктам
условия задачи.
56. Жруну-книголюбу придется прогрызть только две корки переплета, если
тома двухтомника поставлены аккуратным человеком как положено, а по
условию это так.
57. Эта монета достаточно толстая (в ней нарушена соразмерность пропорций,
присущих обычным монетам), т. е. имеет форму цилиндра, у которого
высота больше диаметра оснований. Тогда вероятность выпадения ребра
становится больше Ve» a вероятность выпадений герба или решки меньше Ve-
Очевидно, если высота монеты будет значительно больнее диаметра
основания (такая монета будет более всего напоминать сигарету или карандаш),
вероятность падения такой монеты на ребро будет намного выше, чем на
основание. Действительно, трудно представить, чтобы свободно подкинутый
карандаш упал и остался стоять на своем торце.
58. Пусть самый низкий из высокорослых имеет рост (и имя) Б, самый
высокий из низкорослых — Н. Тогда в прямоугольнике, в каких бы попереч-
87

ных и продольных рядах ни находились В и Н, на их пересечении будет
находиться солдат с ростом С (средний). Когда отбирали самых высоких,
то в ряду Б и С выполнялось неравенство ростов:
Когда отбирали низкорослых, в перпендикулярном ряду выполнялось
неравенство:
(2) ОН.
Сравнивая два неравенства (1) и (2), имеем:
(3)В>С>Н.
Таким образом, самый низкий из высокорослых выше самого высокого из
низкорослых.
59. Пусть т — процент переполненных классов, an — процент учеников,
обучающихся в переполненных классах. Пусть в школе а переполненных и Ъ
непереполненных классов, в которых обучается, соответственно, А и В
учеников. Тогда
А В
А > 30а и В < 30&, откуда — > 30 и — < 30. Следовательно,
а о
А В В Ь В Ъ л (В + А) (Ъ+а)
— > — или — < — или — + 1 < — + 1 или = .
а о А а А а А а
А а
Поэтому п = -—А—^гт>т—гг~\ = т-
у (А+В) (а+Ъ)
60. Среди N людей встречается а здоровых и А богатых людей. Пусть среди
здоровых Ъ богатых людей. Тогда среди больных богатых будет А - Ъ
человек. Если из числа богатых А вычесть больных и богатых А - &, то получим
число богатых и здоровых А -А + Ъ - Ь. Доля здоровых среди богатых — —.
Ъ а
Для ответа на вопрос задачи надо сравнить — и —.
Ъ А А В
По условию, — > — или — > —, что и является ответом.
а N а о
61. Пусть длина стороны одного из 100 квадратов равна 1. В зависимости от
взаиморасположения пораженных участков сумма их периметров
находится в диапазоне от 12 (участки образуют квадрат со стороной 3) до
4 х 9 = 36 (участки не имеют общих границ).
При зарастании бурьяном нового участка вместо прежних двух сторон (на
рисунке справа — жирные линии) возникают две новые границы (на
рисунке — пунктирные линии), равные по величине старым. Поэтому при распро-
88

1
1
странении бурьяна будет увеличиваться только суммарная площадь
пораженных участков, но их суммарный периметр будет неизменным. Значит,
максимальная площадь, которую сможет захватить бурьян, ограничена
периметром 36. Очевидно, это квадрат (на рисунке слева выделен жирной
линией) со стороной 9 и площадью 81. 19 клеток, расположенных вдоль двух
сторон большого квадрата, никогда не будут захвачены бурьяном.
62. В каждую сторону поезда идут с интервалом в 1 час. Если интервал между
встречными поездами составляет около 5-6 минут, то в течение каждого
часа один поезд нужно ждать около 55 минут, а другой только 5-6 минут.
Когда бы женщина ни пришла, она попадает или в 55-минутный, или в
5-минутный интервал между встречными поездами. Поэтому женщина
приходит в случайные моменты времени, но поезда ходят не случайно.
Вероятность попасть на поезд, идущий в одном направлении, в 10-11 раз
больше, чем на встречный поезд, причем это положение верно для любого
момента времени.
63. Минер не может определить точное направление с помощью металлоиска-
теля, но наверняка может это сделать с точностью до 90°, т. е. выбрать
х/4 плоскости. При этом на выбор ХД плоскости уйдет максимум 4 шага
(рис. а): 1-й шаг (вверх) потребуется для неправильного выбора
полуплоскости; 2-й шаг потребуется для возвращения в исходную точку; 3-й шаг
(влево) нужен для неправильного выбора второй полуплоскости и 4-й шаг
(вправо) необходим для очередного возврата назад. Таким образом, самое
большее через 4 шага будет выбрано правильное направление на предмет
с точностью до угла в 90°.
Итак, минер максимум после 4 шагов будет знать, что искомый предмет
(точка D) находится сзади (внизу) и справа от его исходного положения
(точка В) (рис. б). Он может пойти как вправо (ВС), так и вниз (ВА), что не
имеет значения, так как в первом случае ему впоследствии придется идти
вниз (CD), а во втором случае — вправо (AD).
Очевидно, что если предмет находится в точке 2£, то минеру придется пройти
меньший путь В — С — Е, который короче В — С — D. Поэтому в худшем
89

случае (т. е. самый длинный путь) минеру придется пройти в точку D,
которая является вершиной квадрата ABCD. По известному расстоянию до
предмета (по диагонали квадрата) BD = 100 м найдем сторону квадрата
АВ = 71 м = 71 шаг. После 72-го шага в прежнем направлении минер
получит сигнал о том, что на этот раз он не приблизился к предмету, и ему
придется сделать второй лишний шаг назад. Таким образом, чтобы оказаться в
точке А, прежде чем отправиться в точку D, минеру придется сделать
4 + 71 + 2 = 77 шагов. После этого, помня, что влево идти не следует, минер
оказывается на финишной прямой AD, по которой надо сделать еще 71 шаг.
Искомое наибольшее количество шагов 77 + 71 = 148.
64. Из 100 деревьев, изображенных на рисунке, по правилу, определенному
лесником, вырубили 5x5 = 25 деревьев.
Вырубая через одно дерево в продольных и поперечных рядах,
насчитывающих 10 000 стволов, можно вырубить, не нарушая правил лесника, не
более 50 х 50 = 2500 деревьев.
65. Очевидно, для минимизации потерь нужно, чтобы несколько бандитов
стреляли в одного, но, разумеется, с соблюдением условий задачи. Наилуч-
90

шим вариантом их размещения хочется сделать круг, чтобы все 69
бандитов, стоящие по окружности, стреляли в одного, стоящего в центре,
который тоже убьет одного из них, и все потери составили бы два человека.
Однако в описанном случае нарушается условие, согласно которому
стрельба ведется в ближайшего (или одного из равноудаленных
ближайших). Расстояние между стоящими по окружности будет меньше
расстояния до «центрового». Ясно, что на окружности не разместить более шести
человек, так как отношение длины окружности к ее радиусу есть 2л. Тогда
из семи (6 + 1 = 7) человек погибнут двое, а из 70 — 20. Однако это не
оптимальное размещение братишек. Число 6 наталкивает на мысль взять в
качестве элементарной ячейки размещения бандитов правильный шестиугольник с
седьмым бандитом в центре (или несколько правильных шестиугольников,
объединенных в ячейку).
Кружки -этолюди,
стоящие в вершинах
равносторонних
треугольников
Пусть 10 братишек находятся в узлах (углах) двух правильных
шестиугольников, наложенных друг на друга так, что их углы совместились с
центрами другой фигуры. Минимальными потери будут, если 8
«наружных» человек стреляют в 2 «центровых» бандитов, которые также палят
70
друг в друга. Из 10 человек погибают двое; из 70 —2 х — = 14.
66. Чтобы отраженное в зеркале трехзначное число имело смысл, цифры
искомого числа должны обладать осями симметрии. Таких цифр всего лишь
три: 0, 1 и 8.
Поскольку отраженное число больше, то последней цифрой искомого
числа должна быть самая большая, т. е. 8. Ноль не может быть первой цифрой,
так как число трехзначное. Поэтому искомое число — 108.
Задачу можно решить и без догадок — обычным алгебраическим способом,
освежив в памяти алгоритм перевода периодической дроби в обычную.
Пусть искомое число ЮОх + Юг/ + г. Тогда:
89
7,41(6)(100x + 10z/ + z) = j^(100x + 10y + z)= 100z+10y + x.
91

70z/ 70y
Откуда z - 8х + ^Г(у\- Так как z целое, то и у^г должно быть целым. Цифра
у < 10, у = 0. Тогда х = 1, а г = 8.
67. Если одну координатную ось направить вертикально, вторую —
горизонтально, а третью — перпендикулярно плоскости зеркала, то зеркало
отразит свет, двигающийся перпендикулярно плоскости зеркала. Поэтому если
рассматривать в зеркале человеческое отражение, то перевернутыми
окажутся не левая и правая части и не верх и низ, а передняя и задняя части.
И все же приведенный выше ответ страдает неполнотой. Он не объясняет,
почему при отражении в зеркале реально переворачиваются передняя и
задняя части, но у отражения меняются местами все-таки правая и левая
части, а не, например, верх и низ. Ответ кроется не в зеркале и даже не в
принципах отражения света, а в природе человека, точнее, в конструкции
его тела, еще точнее — в вертикальной оси симметрии человеческого тела.
При отражении в зеркале переднее и заднее изображения
переворачиваются вокруг этой вертикальной оси симметрии, и, таким образом,
оказываются перевернутыми правая и левая части человека. Очевидно, что если ось
симметрии человека ориентировать не вертикально, левая и правая части
не будут перевернуты.
Предположим, что человек лег на любой бок перед большим зеркалом. Тогда
для него и его отражения окажутся перевернутыми верхняя и нижняя части
тела, разделенные все той же осью симметрии, но расположенной уже
непривычно — не вертикально, а горизонтально. Если человек лежит перед
зеркалом на правом боку и у него есть в нижней части правой щеки родинка,
то у его изображения правая щека окажется наверху, а родинка — на левой
щеке. Опять пришлось привлекать понятия «правого» и «левого» для
лежащего человека, хотя для любого стоящего это будут понятия «верха» и
«низа». Это произошло за неимением других названий для левой и правой
частей человеческого тела.
68. Сравнивая буквы (по их форме, если неизвестно, как они произносятся),
образующие слова, можно увидеть, что большинство языков можно
разбить на две группы. В первую группу входят пять языков из пяти левых
столбцов, а во вторую — следующие три языка. Эта группировка особенно
наглядно видна в первой строке. Число «один» пишется очень похоже на
первых пяти и на вторых трех языках. Последние два языка явно не входят
ни в одну из двух групп. Эти две группы и отличаются друг от друга, и
похожи между собой. Написание числа 3 на шведском и датском языках,
принадлежащих к первой группе, полностью совпадает с написанием этого
числа на итальянском языке, входящем во вторую группу. То же относится
к написанию числа «шесть» на английском и французском языках.
Поэтому можно говорить об одной большой группе, состоящей из восьми языков.
92

Сравнивая по отдельности венгерский и польский языки с языками из
большой группы, можно заметить существенно большее сходство
польского языка с группой из восьми первых языков. Числа «два», «три», «шесть»
и «семь», написанные по-польски, напоминают эти числа, написанные на
некоторых языках, входящих в восьмерку языков. Все числа, кроме числа
«десять», написанные по-венгерски, разительно отличаются от
написаний этих чисел на первых восьми языках.
Таким образом, можно сформулировать догадку: английский язык теснее
связан с польским языком, чем с венгерским.
При сравнении написания слов на разных языках употреблялись такие слова,
как «сходство», «напоминают», «отличаются». Однако это весьма
субъективные оценки, которые очень желательно уточнить. Было бы хорошо, если бы
определение «похожести» языков носило количественный характер.
Интуитивно напрашивается сравнение языков по количеству букв в
соответствующих словах или даже по одной первой букве. Легко заметить, что
количество букв в одних и тех же словах, написанных на разных языках, не
обнаруживает никакой закономерности. Поэтому остановимся на критерии
похожести языков, основанном на сравнении первых букв в
соответствующих словах. Сравним по совпадению первых букв английский и шведский
языки. С одной и той же буквы начинаются числа 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9 и 10.
Всего восемь совпадений. Английский и голландский языки будут иметь три
совпадения первых букв (в числах 2, 9 и 10).
Действуя аналогично, можно найти количественное совпадение первых
букв всех языков попарно и свести данные в таблицу.
Англ.
8
Шв.
8
9
Дат.
3
5
4
Гол.
4
6
5
5
Нем.
4
4
4
1
3
Фр.
4
4
5
1
3
8
Исп.
4
4
5
1
3
9
9
Ит.
3
3
4
0
2
5
7
6
Пол.
1
2
2
2
1
0
0
0
0
Венг.
39
45
46
22
32
38
41
41
30
8
93

Каждая цифра в этой таблице является численным значением похожести
языков по критерию совпадения первых букв для пар языков, которые
определяются по строке и столбцу, соответствующим данной цифре. Например,
цифры в строке датского языка означают, что 4 — это совпадение с
голландским языком, вторая цифра — 5 — это совпадение первых букв с немецким
языком... предпоследняя цифра — 2 — это схожесть датского языка с
венгерским. Цифры в последнем столбце означают сумму согласий каждого из
языков с остальными девятью языками. Например, сумма всех чисел в строке
английского языка равна 39 — следовательно, столько совпадений у
английского языка с другими языками. Для остальных языков сумму находят
путем сложения всех чисел в строке и столбце. Например, для немецкого
языка сумма в строке равна 12, а в столбце — 20, всего 32 совпадения первых
букв со всеми остальными языками.
Итак, из таблицы видно, что английский язык имеет с польским 3
совпадения первых букв (числа 3, 6 и 7), а с венгерским только 1 совпадение
(число 10). Однако эти совпадения могли быть случайными, поэтому в
рассмотрение были введены еще семь языков.
Сравнивая совпадение венгерского и польского языков со всеми остальными,
видим, что венгерский язык имеет всего 8 совпадений, а польский — 30.
Число совпадений польского с остальными языками лежит в интервале
совпадений остальных языков (22 и 46). Венгерский язык выпадает из рассмотренной
десятки языков.
Правомерно поставить вопрос о случайности рассмотренного критерия
совпадения языков попарно между собой по первым буквам. Для оценки численной
вероятности (случайности) совпадений первых букв рассмотрим следующий
опыт (статистическую гипотезу).
Пусть есть два мешка. В каждом мешке содержится по 26 (число букв
латинского алфавита) шаров, на каждом из которых изображены разные
буквы алфавита. Если одновременно двумя руками вытаскивать из каждого
мешка по одному шару, то вероятность вытаскивания двух шаров с
одинаковыми буквами равна х/2б- Это и есть численное значение вероятности
случайного совпадения начальных букв пары языков.
Относительно небольшое значение вероятности случайного совпадения
первых букв в двух языках свидетельствует о большой правдоподобности
приведенных выше рассуждений и о высокой вероятности правильности
ответа.
69. Для сведения задачи с тремя выключателями к тривиальной задаче с
двумя следует любой выключатель как-то вывести из игры. Один из
выключателей, например № 1, включим и выключим достаточно много раз, так,
чтобы лампочка перегорела, если соединена с ним (как это сказано в усло-
94

вии). После этого можно включить любой из оставшихся двух
выключателей, например № 2 (№ 3 остается выключенным), и открыть дверь.
Как же перегоревшая, возможно (если лампа соединена с выключателем № 1),
лампочка поможет решить задачу? Сейчас как раз пригодится условие,
которое при не пристальном перечитывании могло бы показаться излишним. Это
наличие окон в комнате, через которые в нее должен проникать яркий
дневной свет, ведь, по условию, опыт ставится теплым летним днем. Зачем нужен
дневной свет в комнате? Этот вопрос мог бы задать себе тот, кто решает задачу.
Действительно, можно было бы просто открыть дверь и убедиться, горит
лампочка или нет. Если бы в комнате было темно, то узнать, горит ли настольная
лампа, было бы даже проще.
Итак, войдя в комнату, первым делом следует обратить внимание на то, горит
лампочка или нет. Если лампа горит, то очевидно, что она соединена с
включенным № 2, и задача, таким образом, решена.
Если лампа не горит, то вопрос остается открытым: лампа может быть
соединена как с № 1, так и с № 3. Вот тут и пригодится яркий дневной свет и
станут понятными множественные манипуляции с выключателем № 1
перед тем, как открыть дверь. Надо подойти к настольной лампе и посмотреть
на нить накаливания ее лампочки. Если лампочка окажется
перегоревшей, то она подсоединена к выключателю № 1. Если же нить накаливания
окажется целой, то, значит, она не соединена с выключателем № 1, так как
лампа не перегорела. Лампа не соединена и с выключателем № 2, так как он
включен, а лампа не горит.
Следовательно, лампа соединена с выключателем № 3. В любом случае
номер выключателя, соединенного с настольной лампой, определяется вполне
однозначно.
Включим на несколько минут № 1 и выключим. Затем включим № 2 и
войдем в комнату. Если лампа горит, то она соединена с № 2; если нет, то
потрогаем ее. Если лампа теплая, то она соединена с № 1, если нет — с № 3.
70. Пусть А, В, С и D — должностные лица и а, Ь, с и d — их индивидуальные
пароли, а — телефонный звонок. Тогда для ознакомления каждого со всеми
паролями достаточно 4 звонков:
А (а) В (&). Теперь А (а, Ъ) и В (Ь, а).
С (с) D (d). Теперь С (с, d) и D (d, с).
А (а, Ь) С (с, d). Теперь А (а, Ъ, с, d) и С (с, d, а, Ь).
В (&, a) D (d, с). Теперь В (&, a, d, с) и D {d, с, Ь, а).
Пусть п — число должностных лиц. Разделим их на две группы, в которые
войдут 4 (А, В, С и D) и п - 4 лиц.
95

Тогда:
1. Каждый из п - 4 лиц звонит одному из четверки, например А, и
сообщает ему свой пароль. Всего п - 4 звонков.
2. А, Б, С и D делают друг другу 4 звонка, после чего они знают все пароли.
3. Любой из четверки, например А, делает п - 4 звонков лицам из группы
в п - 4 человека и сообщает им все необходимые пароли.
Таким образом, искомое минимальное число звонков:
iVn= 2 (п - 4) + 4 = 2 (п - 2) и #i5 = 26.
71.
72.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
А
А
А
А
А
А
А
А
А
А
А
А
А
А
А
В
В
С
С
D
D
Е
Е
Е
F
F
F
G
G
G
С
F
D
Е
В
G
D
F
В
С
G
D
В
Е
С
D
D
В
В
С
С
G
D
F
Е
С
G
F
В
Е
Е
Е
G
G
F
F
F
С
С
G
В
В
Е
D
D
G
Е
G
Е
В
G
D
D
Е
С
С
F
В
G
С
D
Е
В
С
В
G
В
D
Е
D
С
F
1
2
3
4
5
6
7
12345678
12568743
12784356
13527486
13746825
13862574
14263857
8
9
10
11
12
13
14
14387562
14576238
15643782
15738264
15824637
16275384
16358427
15
16
17
18
19
20
21
16482735
17425863
17632458
17856342
18237645
18453276
18674523
96

73.
1
2
3
4
5
6
А
А
А
А
А
А
В
С
D
Е
F
G
С
Е
G
I
К
М
D
G
J
М
С
F
Е
I
М
D
Н
L
К
С
н
м
Е
G
М
F
L
Е
К
н
в
I
с
J
D
I
D
L
G
В
J
J
F
В
К
G
С
К
Н
Е
В
L
I
L
J
Н
LJ_
D
В
М
L
К
J
I
н
74.
^\^ Тройка
День\^^
недели ^\
Понедельник
Вторник
Среда
Четверг
Пятница
Суббота
Воскресенье
1
1,2,3
1,4,7
1,10,13
1,9,15
1,6,12
1,8,11
1,5,14
2
4,5,6
2,5,8
2,11,14
2,14,10
2,7,13
6,2,15
2,9,12
3
7,8,9
3,12,15
3,6,9
3,5,11
3,8,14
3,7,10
3,4,13
4
10,11,12
10,14,13
4,8,15
7,4,6
4,9,11
4,12,14
7,11,15
5
13,14,15
13,11,6
7,5,12
13,8,12
10,5,15
13,5,9
10,8,9
75. Пусть имена мудрецов А, Б и С. Восстановим ход рассуждений любого из
них, например Л.
Мудрец А: «Предположим, что у меня лоб чистый. Я вижу, что мудрец Б
смеется, считая, что у него лоб чистый. Он видит тоже смеющегося мудреца С.
Если бы у меня лоб был чистым, то В удивился бы, над кем смеется С.
Следовательно, В думает, что С смеется надо мной. Поэтому у меня лоб
испачкан».
Так мог рассуждать каждый из мудрецов.
76. А. Пусть первым догадался мудрец А. Он мог рассуждать следующим
образом: «Предположим, что у меня шляпа черная. Тогда Б видит мою черную
шляпу и белую шляпу Б и думает, какого цвета его шляпа. «Если бы моя (Б)
шляпа была черной, то Б, видя 2 черные шляпы, сразу же заявил бы о белом
цвете своей шляпы». Однако Б молчит.
Следовательно, Б должен сделать вывод о том, что его шляпа не черная, а
белая, и заявить об этом. Однако и Б молчит. Следовательно, мое исходное
предположение о том, что у меня шляпа черная, ложно. Таким образом, у меня
шляпа белая».
97

Б. Если у одного мудреца, например Б, черная шляпа, то А, предположив,
что и у него шляпа тоже черная, ожидал бы, что Б сразу же догадается, что
у него белая шляпа, так как черных шляпы всего две. Следовательно, А еще
быстрее догадался бы о цвете своей шляпы, чем в случае, когда у всех белые
шляпы.
Если же у двух мудрецов черные шляпы, а у третьего белая, то он
моментально об этом догадался бы.
77. Пусть А — передний мудрец, Б — второй и Б — последний.
Догадался передний мудрец. Он мог рассуждать, например, так:
«Поскольку последний в ряду мудрец В, который видит 2 шляпы, молчит, то у нас с Б
не могут быть одновременно черные шляпы. Рассуждая аналогично,
мудрец Б догадался бы, что у него белая шляпа, если бы у меня была шляпа
черная. Но Б пока молчит, следовательно, у меня шляпа белая».
Если в предыдущих задачах про мудрецов их положение было симметрично
и они догадывались о своих лбах и шляпах практически одновременно, то в
этой задаче положение первого мудреца, который не видит ни одной шляпы,
на первый взгляд самое трудное. В действительности только он и может
догадаться, если все три шляпы белые.
78. Пусть D сказал правду. Тогда на всех белые шляпы и все должны были
сказать правду. Однако разные высказывания А, Б и С не могут быть
одновременно правдивыми. Следовательно, исходное предположение ложно и D сказал
неправду. Итак, на D надета черная шляпа.
Пусть Б сказал правду. Тогда у него белая, а у остальных четверых черные
шляпы. Следовательно, все остальные лгут, в том числе и С. Но
утверждение С не может быть ложным, так как в рассматриваемом предположении
он действительно должен видеть 1 белую и 3 черные шляпы.
Следовательно, исходное предположение ложно и Б сказал неправду. Итак, на Б надета
черная шляпа.
А должен был видеть по крайней мере 2 черные шляпы (у Б и D), однако он
утверждал, что видит лишь 1 черную шляпу. Следовательно, А солгал и на
нем черная шляпа.
Пусть С солгал. Тогда на Е должна быть черная шляпа, в противном случае
С видел бы 3 черные и 1 белую (на Е) шляпу. Но тогда и на С черная шляпа и
все 5 шляп — черные. В этом случае утверждение Б должно быть
истинным, но уже установлена его ложность. Итак, С сказал правду и на нем
белая шляпа. Если высказывание С истинно, то единственную белую шляпу
он мог видеть только на Е.
Итак, на Б и С шляпы белые, а на переволновавшихся А, Б и D были надеты
черные шляпы.
98

79. Прежде всего мудрецы, чтобы уложиться в отведенное им время (1 час),
решили разделить это время между собой поровну. Учителя решили, что на
60
элементарный «акт» рассуждений каждому дается zrjz = 5 минут. Это зна-
-L Li
чит, что в случае, если кто-то из мудрецов первым догадается о цвете своей
шляпы, он должен объявить об этом во всеуслышание ровно через 5 минут
после начала процесса решения задачи. Если через 5 минут никто не
догадается, то следующая возможность отличиться догадливому мудрецу
предоставляется опять через 5 минут. Иными словами, мудрецы договорились
объявлять о результатах своих размышлений в моменты, кратные 5
минутам.
Итак, каждый из мудрецов первые 5 минут решения задачи мог
рассуждать следующим образом: «Если бы черная шляпа была только у одного из
нас, то этот мудрец сразу же догадался бы о цвете своей шляпы, так как он
видел бы у всех других белые шляпы, но, по условию, по крайней мере
одна из шляп должна быть черной.
Догадавшийся обязан был заявить об этом через 5 минут. Однако 5 минут
прошло, но никто не заявил о цвете своей шляпы.
В следующую пятиминутку любой мудрец мог рассуждать так: «Если бы
черные шляпы были у двоих из нас, то каждый из этих двоих ожидал бы,
что тот, на ком он видит черную шляпу, должен был догадаться о цвете
своей шляпы в первую пятиминутку. Поскольку в первые 5 минут никто не
догадался о цвете своей шляпы, значит, черных шляп две — на том, на ком я
вижу черную шляпу, и на мне. Таким образом, в случае двух черных шляп
два мудреца должны были бы догадаться о своих шляпах во вторую
пятиминутку (через 10 минут после начала решения задачи). Но и через 10 минут
никто не заявил о цвете своей шляпы.
Через 15 минут, рассуждая аналогично, 3 мудреца должны были бы
отгадать цвета своих шляп, если бы черных шляп было надето только три
штуки. Но и через 15 минут никто не догадался.
Продолжая аналогию, приходим к выводу, что в случае, когда на всех
мудрецах надеты черные шляпы, все они догадаются о цвете своих шляп,
причем ровно через 12 х 5 = 60 минут. Каждый из мудрецов реально наблюдал
на своих одиннадцати товарищах черный цвет шляп. Поэтому
реализовался на практике именно этот последний случай. Таким образом, все 12
мудрецов через один час дружно заявили, что у них шляпы черного цвета.
Возможно, некоторым особо привередливым читателям приведенное
решение не слишком-то понравилось. Закономерен вопрос: «Зачем в
рассуждениях рассматривать случай, когда на 12 мудрецов приходится, например,
только одна черная шляпа, когда каждый в действительности наблюдает
99

11 черных шляп?!» Что ж, попробуем решить задачу иным, быть может,
более привычным путем.
Пронумеруем мудрецов: № 1, № 2, ..., № 12 и рассмотрим ход рассуждений,
например, мудреца № 12: «Я наблюдаю 11 черных шляп на головах своих
коллег по разуму и пытаюсь логическим путем определить цвет моей шляпы.
Применю-ка я столь милый сердцу и привычный для разума метод от
противного. Пусть цвет моей шляпы белый. Тогда мудрец, например, № 11 видит
10 черных шляп, 1 белую (у меня) и пытается определить цвет своей шляпы.
Он не может это сделать сразу и потому тоже применяет метод от противного и
предполагает, что у него шляпа белая, и начинает думать за мудреца № 10.
Мудрец № 10 тоже не может сразу определить цвет своей шляпы и тоже
предполагает, что у него шляпа белая.
Продолжая аналогичные рассуждения, приходим наконец к мыслям
мудреца № 1. Мудрец № 2, только что предположивший, что у него шляпа
белая, думает за мудреца № 1. Мудрец № 1 должен увидеть 11 белых шляп
(ибо уже 11 человек, рассуждая от противного, предположили, что у них
белые шляпы) и, используя условие, что по крайней мере 1 шляпа черная,
должен заявить о том, что его шляпа черная.
Это заявление должно было прозвучать по истечении первой пятиминутки.
Однако мудрец № 1 не выступил своевременно с заявлением. Тогда № 2
должен был сделать вывод о том, что его предположение о белом цвете его
шляпы ложное, и должен был по истечении второй пятиминутки сделать
заявление о черном цвете своей шляпы. Однако и № 2 по истечении 5 х 2 = 10
минут с начала мыслительного старта скромно промолчал. По истечении
третьей пятиминутки № 3 должен был бы определить черный цвет своей
шляпы, но и он этого не сделал.
Итак, мне, мудрецу № 12, остается лишь вовремя переворачивать
пятиминутные песочные часы, чтобы не сбиться в отсчете пятиминуток. После того как
промелькнула 11-я пятиминутка и все мои коллеги промолчали, я, № 12, уже
точно знаю, что мое исходное предположение о том, что моя шляпа белая,
ложно. Осталось дисциплинированно дождаться окончания 12-й
пятиминутки и громогласно провозгласить, что у меня черная шляпа. Интересно, все ли
мои 11 братьев по разуму выступят со мной одновременно?»
Все мудрецы в силу симметрии задачи (ведь № 12 ничем не выделяется среди
коллег) рассуждали, как № 12, и пришли к одинаковым выводам и в одно
и то же время.
80. Чернов не может быть брюнетом, но Белов, поддержавший разговор,
начатый брюнетом, тоже не может иметь черные волосы. Поэтому брюнетом
может быть только Рыжков, а Белов — только рыжим, так как блондином он
быть не может. Тогда блондином является Чернов.
100

81. Б не петербуржец и потому не химик. Б и не биолог, поэтому Б — историк.
Раз Б — историк, то он не из Москвы, поэтому Б преподает историю в
Новосибирске. Так как А не работает в Новосибирске и не москвич,
следовательно, А работает в Петербурге химиком. Таким образом, В может только
преподавать биологию в Москве.
82. Сведем условие задачи в таблицу, введя краткие обозначения.
А
В
С
Не К
Не К
К
Не Г
М
НеМ
Оба утверждения А не могут быть ошибочными, так как тогда автором
картины будут одновременно К ж Г. Поэтому А мог сказать всю правду или
половину.
Утверждения Б и С полностью противоречат друг другу. Поэтому один из
них сказал истинную правду, а второй полностью ошибся. А оказался прав
наполовину.
Предположим, что оба утверждения В правдивы, т.е. картина принадлежит
М, а не К. Тогда А был прав, утверждая, что картина не i£, но тогда вторая
часть утверждения А ложна, т. е. картина принадлежит Г. Но, по
предположению, она принадлежит М. Противоречие свидетельствует о ложности
исходного предположения. Поэтому оба утверждения Б ложны. Тогда оба
утверждения С истинны, и картина принадлежит Антонио Канале.
83. Будем соотношение сил обозначать значком > (больше), а спортсменов —
первыми буквами их имен и фамилий.
Ф> Г — первое высказывание;
Д > Г > Ф иТ > Ф — второе высказывание.
Наиболее правдоподобно считать, что один сосед говорил о фамилиях
боксеров, а другой — об их именах, причем не важно, кто именно говорил о
фамилиях, а кто об именах. Пусть первый сосед имел в виду фамилии, а
второй — имена боксеров, и пусть фамилии стоят на втором месте, а имена —
на первом.
Из второго высказывания ясно, что Ф — имя самого слабого боксера, т. е.
Френсиса Джеймса (ФД). Во втором высказывании неясно только,
насколько силен боксер по имени Томас. Это просто узнать из первого
высказывания. У Томаса фамилия Герберт (7Т), а у Герберта — Френсис (ГФ). Боксер
с фамилией Френсис сильнее боксера с фамилией Герберт. Следовательно,
ГФ > ТГ. Таким образом, ДТ >ГФ>ТГ> ФД.
101

84. А высказал позитивное утверждение, а Б и В высказали негативные
суждения. Можно все суждения привести к одному виду и свести их в
таблицу. Таблица, состоящая из позитивных, а не отрицающих утверждений,
будет более привычна. Если Б утверждает, что преступник не 1, то это
равносильно его утверждению, что преступник 2, 3 или 4. Если Б утверждает,
что преступник не 2 и не 4, то это равносильно его утверждению, что
преступник 1 или 3. Поэтому имеем табличку, где крестик означает указание
на того или иного подозреваемого соответствующим свидетелем.
Рассматривая столбцы, мы видим, что в случае, если преступниками
являются подозреваемые 1, 2 или 3, двое свидетелей оказываются правыми
и один неправым. Чтобы удовлетворить тому условию, что ошиблись двое
свидетелей, приходится выбрать единственную возможность, когда
преступником является 4-й подозреваемый. В этом случае лишь свидетель Б
оказывается правым, а свидетели А и В ошиблись.
А
Б
В
1
X
X
2
X
X
3
X
X
4
X
85. Обозначим языки: и, ф, н, а; инструменты: с, а, о, в. Не использованы два
условия: говорящая по-французски играет на скрипке, и органистка не
говорит по-итальянски.
Имя девушки
А
Б
В
Г
Муз. инструмент
в
Нео
Не а
Нес
Иностранный
язык
Ней
Неф
Нен
Не а
Кто может говорить по-французски? Это либо Б, либо Г. Кто может
говорить по-французски и одновременно играть на скрипке? Только Б.
Имя девушки
А
Б
Муз. инструмент
в
Нео
Иностранный
язык
Ней
Неф
102

Имя девушки
В
Г
Муз. инструмент
с
Нес
Иностранный
язык
-8-
Неа
Теперь видно, что Б — арфистка, а Г — органистка, которая не говорит
по-итальянски. Поэтому Г остается говорить лишь по-немецки. Тогда для
А остается английский язык, после чего для арфистки Б остается лишь
итальянский язык.
86. Из п. 2 вытекает, что Бета не может стать предсказательницей, так как она
пророчит это Гамме. Но если предсказание Беты правдиво, значит, не
Гамма, а она сама будет прорицательницей. Таким образом, в предположении,
что Бета предсказала правду, это предсказание становится
противоречивым. Противоречия нет лишь тогда, когда предсказание Беты не сбудется.
Следовательно, ни сама Бета, ни Гамма не будут предсказательницами.
Из п. 3 с учетом того, что Гамма не предсказательница, вытекает, что Дельта
станет арфисткой.
Если три девушки из четырех не станут предсказательницами, то эта роль
достанется четвертой, то есть Альфе.
Если Дельта станет арфисткой, Альфа — прорицательницей, из п. 1
вытекает, что Бета не станет танцовщицей. Тогда танцовщицей может стать
только Гамма, а Бета будет экономкой, постигшей искусство ведения
домашнего хозяйства.
87. Политик — плохой предсказатель, следовательно, если бы В стал
политиком, то он не мог бы этого предвидеть. Поэтому В не стал политиком. Но В
не может быть ни шофером, ни токарем, так как они правильно
предсказали будущее, а В ошибся. Поэтому для В может стать в будущем либо
врачом, либо колдуном.
О профессиях врача и колдуна говорится и в утверждениях Б. Чтобы
удовлетворить предыдущим умозаключениям, следует предположить, что
высказывания Б ложны. Тогда Б станет врачом, а Б — колдуном (*).
Далее рассмотрим любую равнозначную с точки зрения информативности
фразу, например высказывание А. Предположим, что А прав в своем
предсказании. Это означает, во-первых, то, что А станет шофером или токарем,
и, во-вторых, то, что Д не станет токарем. Но из (*) следует, что Д не станет
ни врачом, ни колдуном. Значит, Д станет политиком или шофером.
Если предположить, что Д станет шофером, то решение всей задачи станет
очевидным.
103

Д — шофер, тогда А — токарь (так как А может быть только шофером или
токарем). Из (*): Б — врач; В — колдун. Следовательно, для Г остается одна
возможность — стать политиком.
88. Из А следует, что среди людей, имеющих собак, есть неблондины. Тогда из
Б следует, что неблондины, имеющие собак, не ходят каждый день на
работу (так как каждый день ходящие на работу неблондины не могли бы иметь
собак). Таким образом, среди владельцев собак есть люди (неблондины),
которые не ходят каждый день на работу. Поэтому не все владельцы собак
каждый день ходят на работу.
89. Поскольку из 13 рыцарей 12 сказали, что их соседи справа — лжецы, эти
12 человек должны чередоваться по истинности и ложности своих речей.
Чередование нарушается лишь королем Артуром и Ланселотом, которые
могут оба либо говорить правду, либо лгать. В одном случае всего должно
быть 7 правдивых и 6 лживых рыцарей, а в другом, наоборот, 7 лживых и
6 правдивых. Однако оба возможных варианта противоречат утверждению
Ланселота о том, что говорящих правду рыцарей на 3 человека больше.
Следовательно, Ланселот лгал. Тогда лгал и его король. Таким образом,
правду говорили только 6 рыцарей.
90. Из пп. 5 и 6 следует, что завтра не может быть одновременно и холодно, и без
осадков, и высокая влажность. Тогда из п. 2 следует, что сегодня дождя не
будет.
Тогда из п. 1 следует, что завтра будет ветрено.
Тогда из п. 4 следует, что сегодня будет холодно.
Тогда из п. 3 следует, что сегодня и влажность будет высокой.
Тогда из п. 7 следует, что и завтра влажность будет высокой.
Тогда из п. 6 следует, что сегодня будет безветренно.
Тогда из п. 5 следует, что завтра будет тепло.
Итак, сегодня будет безветренно, холодно, дождь не ожидается, но
влажность будет высокой. Завтра потеплеет и при высокой влажности будет
ветрено и дождливо.
91. Очевидно, что первый абориген — рыбак, так как в противном случае он не
мог бы себя причислить к рыбакам. Значит, не все четверо рыбаки.
Второй абориген тоже рыбак, так как если он сказал правду и рыбак среди
них один, то это № 1. Но № 3 противоречит высказыванию № 2, и, значит,
№ 3 тоже должен быть рыбаком. Следовательно, № 2 — рыбак и среди
четверых не менее двух рыбаков. Высказывания № 3 и № 4 противоречат друг
другу. Следовательно, один из них рыбак, а другой — лесоруб, и тогда всего
104

рыбаков три. Таким образом, высказывание № 3 ложно и он рыбак, а № 4 —
лесоруб.
92. Обозначим профессии начальными буквами О, Р и Л и для удобства
запишем ответы аборигенов в таблицу:
Боб
Дик
Пмт
ОБобе
Р
ОДике
Р
Л
ОПите
0
0
л
ОБобе
Л
0
ОДике
Л
У лесоруба и рыбака все три ответа либо правдивы, либо лживы, а у
охотника либо правдивы, либо лживы 1-й и 3-й ответы. Поэтому независимо от
профессии у любого местного жителя 1-й и 3-й ответы одновременно либо
правдивы, либо лживы.
Предположим, что 1-й и 3-й ответы Боба истинны. Значит Боб — лесоруб,
а Дик — рыбак. Но рыбак и лесоруб не могут одинаково ответить об одном и
том же человеке, а Боб и Дик о Пите высказались одинаково. Исходное
предположение ложно, т. е. 1-й и 3-й ответы Боба лживы.
Предположим, что и второй ответ Боба лжив. Тогда он рыбак. Пит назвал
Боба рыбаком, и потому 1-й и 3-й ответы Пита следует считать
правдивыми. Тогда Пит — лесоруб. Тогда и второй ответ Пита правдив, и Дик тоже
лесоруб. Однако Дик Пита не считает лесорубом. Это противоречие
доказывает ложность исходного предположения. Таким образом, второй ответ
Боба правдив и Боб — охотник.
Правдивый второй ответ Боба свидетельствует о том, что и Пит тоже
охотник. Средний ответ Пита правдив, и, значит, Дик — лесоруб.
Ответы Дика подтверждают правильность найденного решения.
93. Пусть п — номер квартиры А. Тогда, записывая кратко, имеем:
Б: п-23;В:п-7;Г:п + 12; Д: п; Е: п-30;И:п- 13; К: п + 24;Л:п+ 12.
Поскольку все дети имеют разные фамилии, то можно считать, что все они
должны жить в разных квартирах. Между тем получилось 2 пары квартир
с одинаковыми номерами (А и Д) и (Г и Л).
Ошибка в номерах квартир А и Д должна была произойти от неверного
высказывания А, Б, В или Г. Ошибка в номерах квартир Г и Л должна была
произойти от неверного высказывания Г, Д, £, И и К. Поскольку неверным
является только одно утверждение, то это может быть тот, кто повторяется
в двух группах предполагаемых вралей. Таким образом, неправду сказал Г.
105

Пусть N — номер квартиры Д. Тогда£: N-ЗО; И: N-13; K:N + 24; Л: N + 12.
Разница в номерах квартир Е и К равна 54, но всего квартир 55.
Следовательно, Е живет в квартире № 1, &К — в № 55. N = 31 (это номер квартиры
Д). Номера квартир И и Л будут соответственно 18 и 43. И тогдаА живет
в квартире № 33, Б — № 10; В — № 26; Г — № 45.
94. Пусть истинно «а», т. е. Токарев — столяр. Тогда «в» ложно, так как
истинно только одно утверждение из четырех. Тогда Кузнецов тоже столяр, что
противоречит условию о том, что столяр один. Ситуация, когда Токарев
является столяром, противоречива, а значит, невозможна.
Пусть истинно «б», т. е. Слесарев — токарь. Тогда Кузнецов — столяр,
Столяров — кузнец, а Токареву остается быть слесарем.
Пусть истинно «в», т. е. Кузнецов не столяр. Тогда Столяров — кузнец, а
Токарев не кузнец, не столяр и не токарь. Токареву остается быть только
слесарем.
Пусть истинно «г», т. е. Столяров не кузнец. Тогда Кузнецов — столяр, а
Слесарев не столяр, не токарь и не слесарь. Слесареву остается быть только
кузнецом. Поэтому Токарев не может быть ни столяром, ни кузнецом, ни токарем.
Токареву остается быть только слесарем.
Итак, возможны всего три ситуации, и в любой из них слесарем может быть
только Токарев.
95. Жена Б не может быть а, так как тогдаА и а не знакомы друг с
другом.Предполагая отсутствие кровосмешения, для жены Б остаются лишь
кандидатки с, d, e и /.
Жена D моложе жены В. Поэтому женой D может быль лишь е или /.
Тогда мужем а не может быть ни Б, ни D. По условию, жена С моложе, чем
муж а. Поэтому мужем а не может быть и С. Следовательно, мужем а может
быть Е или F.
Из этой альтернативы следует оставить Е, так как F — самый молодой из
братьев, но, по условию, жена С моложе мужа А. Итак, одна параЕ — а.
Поскольку жена С моложе мужа а (£), то она моложе ив — сестры Е.
Поэтому С может быть женат только на /. Вторая пара С — /. Тогда, по
доказанному, D — е.
Рассмотрев все возможные комбинации двойных свадеб, убеждаемся, что
реальной является только одна: С — / и F — с.
Оставшиеся четыре человека —А, Б, d и Ъ — могут пережениться лишь в
сочетании А — Ь и Б — d.
106

96. Сведем условие в таблицу.
А
В
С
D
Е
F
G
А
-
—
b
-
—
-
—
-
с
d
-
-
е
f
-
—
-
-
—
-
g
-
—
-
—
Мужем / может быть только В. Жена В стала известна, и поэтому в строке В
можно везде проставить черточки. В столбце Ъ свободна лишь одна клеточка.
Значит, мужем Ь может быть только Е.
А
В
С
D
Е
F
G
А
—
-
—
b
-
—
-
-
X
—
-
с
—
d
-
—
-
е
—
f
-
X
-
-
—
—
-
g
-
—
-
-
—
Далее опять исключаем женщин из числа кандидаток в жены для Е
(проставляем черточки в строке Е) и т. д. Находим в столбце пустую клетку и
определяем мужа, затем для мужа вычеркиваем кандидаток. Таким
образом, таблица будет выглядеть так:
А
В
С
D
Е
F
G
А
X
—
-
-
-
—
-
b
-
—
—
-
X
—
-
с
-
—
—
-
-
X
-
d
-
—
X
-
-
—
-
е
-
—
-
X
-
—
-
f
-
X
-
-
-
—
-
g
-
—
-
-
-
—
X
107

97. А, проиграв D, должен был набрать 3 очка, заработав 2 очка в партии с Б,
занявшим 2-е или 3-е место, и 1 очко — в партии с С, занявшим последнее,
4-е место.
Поскольку D выиграл у А, победившего двоих, то он набрал не меньше 2
очков. Однако D набрал и не более 2 очков, так как победитель не он, а А,
набравший 3 очка. Следовательно, D набрал 2 очка, выиграв у А, и потому
проиграл Б и С.
С, как следует из пп. 1 и 2, выиграл у D и проиграл А и Б.
Результат А с
Результат D с
Результат В с
Результат С с
А
—
в
п
D
п
—
в
В
в
п
—
п
С
В
п
-
Очки
3
2
1
Строчку для Б заполним, используя результаты из трех других строк (с
точностью до наоборот).
Результат А с
Результат D с
Результат В с
Результат С с
А
—
в
п
п
D
п
—
в
в
В
в
п
—
п
С
В
п
в
-
Очки
3
2
2
1
98. Пусть братья —А, Б и С, а их жены —А (ж), Б (ж) и С (ж). В случае, если два
или три брата пришли вместе, сразу следует, что по крайней мере один из
братьев встретит свою жену. Без ограничения общности можно считать,
что первым навестил больного А, затем Б и последним С, так как условие не
налагает ни на кого из братьев никаких особенностей.
А первым из братьев пришел к больному и встретил двух невесток — Б (ж)
и С (ж), но не встретил жены А (ж) либо потому, что она уже ушла, либо
потому, что она пришла позже него. Рассмотрим обе возможности.
Пусть А (ж) уже ушла. Тогда пришедшие после А его братья Б и С не смогут
встретиться с его женой, и потому не будет выполнено условие, что каждый
из братьев встретился с двумя своими невестками.
Пусть А (ж) пришла позже А. Тогда Б встретился с А (ж) и С (ж) и не
встретился со своей женой Б (ж), которая должна уже уйти, так как с нею до этого
встретился А. Но если Б (ж) ушла до прихода Б, то ее не сможет встретить С,
108

который придет после Б, и опять будет нарушено условие, что каждый из
братьев встретился с двумя своими невестками.
99. Из п. 5 следует, что все студенты могут быть участниками драмстудии.
Тогда из п. 7 следует, что все студенты предпочитают Моцарта Бетховену.
Тогда из п. 2 следует, что ни один из студентов не ездит на трамвае.
Тогда из п. 9 следует, что ни один из студентов не носит берет.
Тогда из п. 4 следует, что ни один из студентов не является филателистом.
Тогда из п. 6 следует, что ни один студент не ходит в кафе «Стамбул».
Тогда из п. 8 следует, что ни один студент не любит кофе по-турецки.
Можно было бы потянуть цепочку с другого конца, то есть с утверждения 8.
100. Без таблички в подобных задачах обойтись нелегко. Потому не будем без
нужды усложнять себе жизнь.
А
Б
В
Г
Д
Е
Цвет волос
Рыжий
Блондин
Рыжий
Брюнет
Шатен
Блондин
Цвет глаз
Голубые
Черные
Карие
Голубые
Черные
Карие
Цвет костюма
Серый
Синий
Коричневый
Не коричневый
Серый
Синий
Возраст
34
30
34
30
28
32
Для начала следует найти звено, за которое можно вытянуть всю
логическую цепочку. Если не сформировать догадку, то придется пользоваться
методом проб и ошибок (от противного).
В данной задаче легко найти исходное для рассуждений звено. Поскольку
каждый ошибся трижды, то сумма ложных ответов 6x3 = 18. Тогда сумма
истинных ответов только шесть, причем на каждый из четырех вопросов по
крайней мере один ответ истинный. Распределение шести правильных
ответов на четыре вопроса может быть такое.
1. На три вопроса получено по одному правильному ответу и на один
вопрос — три (3x1 + 3 = 6).
2. На два вопроса получено по одному правильному ответу и на два
вопроса — по два (2x1 + 2x2 = 6).
На вопрос о цвете глаз даны три пары разных ответов, то есть истинных
ответов два. Следовательно, реализуется второе распределение шести пра-
109

вильных ответов на четыре вопроса. Значит, ни на какой вопрос не может
быть более двух правильных ответов.
Рассмотрим ответы на вопрос о цвете костюма. Если правильный ответ «не
коричневый», то правильными будут и ответы «синий» и «серый», т. е.
всего пять правильных ответов. Это противоречит доказанному утверждению,
что на каждый вопрос правильных ответов может быть не более двух.
Таким образом, цвет костюма может быть только коричневый.
Тогда остальные три ответа В являются ложными. Из сравнения ответов В и
А ясно, что А дал три ложных ответа: о цвете волос, костюма и возрасте.
Следовательно, четвертый ответ А должен быть истинным, а именно о цвете
глаз. Таким образом, цвет глаз у преступника голубой.
На вопрос о цвете глаз Г тоже дал ответ «голубой», т. е. его ответ
истинный. Следовательно, остальные ответы Г ложные. Значит, преступнику
не 30 лет. Поэтому возраст преступника может быть или 28, или 32 года,
причем правильным будет лишь один ответ. Следовательно, по вопросу о
цвете волос должно быть обязательно два правильных ответа (второй
вариант распределения правильных ответов). Поэтому единичный ответ
«шатен» не годится. Истинным будет ответ «блондин».
Из ответа Е следует, что возраст преступника не 32 года. Остается
единственная возможность — 28 лет.
Итак, словесный портрет таков: 28-летний блондин с голубыми глазами,
одетый в коричневый костюм.
101. Сведем все данные в таблицу и будем ее постепенно заполнять. Из условия
ясно, что в каждом столбце и в каждой строке должны присутствовать все
псевдонимы по одному разу, при этом истинные псевдонимы будут на
диагонали, так как каждый журналист знает свой псевдоним.
А
Б
В
Г
д
А
Ж
3
Б
И
В
3
г
и
Е
Д
110
На пересечении ГБ (первой будем всегда писать букву столбца) должна
стоять только i£, так как в столбце уже есть И и Е, а в строке — Ж и 3. Далее
определим букву на пересечении ГГ; это может быть только Ж, так как в строке
3 л И уже есть, а в столбце есть Е и К. Тогда в столбце Г остается незанятая
одна верхняя клетка для 3.

А
Б
В
Г
Д
А
Ж
3
Б
И
В
3
Г
3
К
и
ж
Е
д
На пересечении ББ должна стоять £, так как в строке есть Ж, 3 и К, а в
столбце есть И. Тогда на пересечении ДБ остается И.
На пересечении ВВ не может быть 3 и И (эти буквы уже есть в строке и
столбце). Но на диагонали стоят истинные псевдонимы. Два истинных
псевдонима уже найдены — это Ж нЕ. Поэтому истинным псевдонимом В
может быть только К.
А
Б
В
Г
Д
А
Ж
3
Б
Е
И
В
3
к
г
3
к
и
ж
Е
Д
И
Осталось найти истинные псевдонимы для А и Д; для них осталось два
незанятых псевдонима — 3 и И. В клетку ДД может пойти только буква 3, так
как И в столбце уже есть. Таким образом, псевдоним А — И.
102. Пусть истинна информация на двери № 1. Тогда истинна и информация
№ 2. Но это противоречит условию о том, что истинно утверждение,
написанное лишь на одной из табличек.
Пусть истинна информация № 2. Тогда № 1 — ложна. Такая ситуация
возможна.
Итак, в силу установленной ложности информации № 1 истинной является
противоположная информация (ложность — это отрицание истины, а
отрицание отрицания есть истина) — в этой комнате находится тигр, а в № 2 —
принцесса.
103. № 1 и № 2 не могут быть одновременно истинными или ложными, так как
они противоречат друг другу. Следовательно, или № 1, или № 2 является
истинной информацией. Поскольку истинна лишь одна табличка, то табличка
№ 1 должна быть ложной. Следовательно, верно утверждение,
противоположное утверждению № 1: в комнате № 1 находится девушка. Что и
требовалось узнать.
111

104. Раз № 8 не пуста, значит, в ней кто-то есть. Если в № 8 находится
принцесса, то надпись № 8 истинна. Налицо противоречие, так как надпись гласит,
что в комнате № 8 находится тигр. Следовательно, в непустой комнате № 8
находится тигр.
Раз в № 8 находится тигр, то надпись на табличке № 8 — ложная и в № 9
кто-то есть. Это опять не может быть принцесса, так как на № 9 написано:
«Здесь тигр». Следовательно, в комнате № 9 сидит тигр и надпись № 9 —
ложная. Тогда утверждение № 6 истинно.
Раз № 6 истинно, то № 3 ложно. Тогда № 5 ложно, а № 7 истинно.
Из ложности № 5 вытекает ложность № 2 и № 4.
Из ложности № 4 вытекает истинность № 1.
Итак, истинными являются лишь таблички № 1, 6 и 7, и поэтому только
в комнатах с этими номерами может находиться принцесса.
№ 6 можно отбросить в силу истинности № 1 (нечетность номера комнаты
принцессы). Из истинности № 7 вытекает отсутствие девушки в комнате № 1.
Для дочери «многомудрого» и жестокосердного любителя острых ощущений
за чужой счет осталась одна-единственная комната № 7.
105. Имена и клички, о которых говорится явно, будем обозначать их первыми
буквами, а имена и клички, о которых говорится косвенно, — буквами х, у
и z. Тогда условие можно свести в таблицу:
1
Имя мальчика
Кличка щенка
Кличка котенка
2
А
3
Б
X
4
д
z
5
М
z
6
X
У
7
У
А
8
Z
Д
Поскольку клички животных совпадали с именами других детей, то они не
совпадали с именами хозяев. Тогда гнеМинеД. Значит, z или А, или Б.
Предположим, что z — это А. Тогда, сравнивая столбцы 5 и 7, замечаем, что
у — это М. Из столбца 6 следует, что мальчику х принадлежит котенок М.
Если исходить из предположения, что z — это А, таблица будет выглядеть
следующим образом.
1
Имя мальчика
Кличка щенка
Кличка котенка
2
А
3
Б
X
4
д
А
5
М
А
6
X
М
7
М
А
8
А
Д
112

Какое имя может принять х? Будем рассуждать следующим образом:
• х не может быть М, так как тогда из 6 следует совпадение имени хозяина
и клички котенка, что невозможно;
• х не может быть А, так как из 8 следует, что А принадлежит котенок Д,
а из 6 — М;
• х не может быть Б, так как тогда из 3 следует совпадение имени хозяина
и клички котенка, что невозможно;
• х не может быть Д, так как из 4 следует, что Д принадлежит котенок А,
а из 6 — М.
Таким образом, ни одна из четырех возможностей для имени х не может
быть реализована. Это противоречие свидетельствует о ложности
исходного предположения, что z — это А. Тогда z — это Б. Будем заполнять
таблицу, исходя из этого предположения:
1
Имя мальчика
Кличка щенка
Кличка котенка
2
А
3
Б
X
4
д
Б
5
М
Б
6
X
У
7
У
А
8
Б
д
Сравнивая 3 и 8, замечаем, что х — это Д.
1
Имя мальчика
Кличка щенка
Кличка котенка
2
А
3
Б
д
4
д
Б
5
М
Б
6
д
у
7
У
А
8
Б
Д
Сравнивая 4 и 6, замечаем, что у — это Б.
1
Имя мальчика
Кличка щенка
Кличка котенка
2
А
3
Б
Д
4
д
Б
5
М
Б
6
д
Б
7
Б
А
8
Б
Д
Итак, х,у nz определены. Осталось заполнить 5 столбцов с учетом 7.
1
Имя мальчика
Кличка щенка
Кличка котенка
2
А
3
Б
А
Д
4
д
Б
5
М
Б
113

Клички котят не должны совпадать с именами хозяев. Тогда
1
Имя мальчика
Кличка щенка
Кличка котенка
2
А
М
3
Б
А
Д
4
д
Б
5
М
Б
А
Для щенков не использованы клички МиД.В столбец 4 может подойти
лишь кличка М, иначе совпадут имя и кличка. В столбец 2 М не годится,
так как тогда у мальчика А и щенок и котенок будут иметь одно имя — М.
Тогда щенок Д принадлежит А, а щенок М принадлежит Д.
1
Имя мальчика
Кличка щенка
Кличка котенка
2
А
Д
М
3
Б
А
Д
4
д
М
Б
5
М
Б
А
Итак, щенок Майкл принадлежит Джеку.
106. Всего было выставлено (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) х 3 = 63 очка. Поскольку никто из
участниц не получил и 2 одинаковых оценок, то возможный суммарный
минимум (1 + 2 + 3) = 6и максимум (4 + 5 + 6) = 15 очков. Тогда возможные
суммы, набранные участницами, лежат в интервале 6-15 очков, причем среди
них нет 10 и 13, но обязательно есть 8. Все возможные суммы, таким образом,
составят 6 + 7 + 8 + 9 + 11 + 12 + 14 + 15 = 82, что превышает реальную сумму
результатов на 82 - 63 = 19 баллов. Следовательно, эти 19 очков дают две
суммы, которые спортсменками не были получены (но были возможны?). Тогда
эти суммы 7 и 12 (7 + 12 = 19). Действительно, иные комбинации невозможны
(19 = 11 + 8 отпадает, так как сумма 8, по условию, была получена; 19 = 10 + 9
отпадает, так как, по условию, 10 отсутствует; 19 = 13 + 6 отпадает, так как, по
условию, 13 отсутствует; 14 + 5 = 19 отпадает, так как меньше 6 очков суммы
невозможны). Итак, 12 и 7 в реальных суммах спортсменок отсутствуют.
Следовательно, спортсменки получили такие суммы баллов: 15,14,11, 9, 8
и 6.
Сведем в таблицу однозначно толкуемые на данном этапе решения
сведения.
Судья X выставил
Место, которое заняла спортсменка
№1
№2
5
№3
1
№4
№5
№6
114

Судья Y выставил
Судья Z выставил
Место, которое заняла спортсменка
№1
15
№2
14
№3
11
№4
9
№5
8
№6
6
Суммарное число очков, полученное
спортсменкой
Рассмотрим варианты наборов суммарных очков, учтя, что 6 —
максимальное число баллов, выставляемое 3 судьями.
15 = 6 + 5 + 4;
14 = 6 + 5 + 3;
11 = 6 + 4 + 1 — иного варианта нет, так как X выставил 1.
В суммах 14 и 11 очки, выставленные X, известны (это 5 и 1), тогда шестерки
в этих суммах принадлежат Y и Z. Предположим, что Y поставил 6 баллов
№ 3. (Если при дальнейшем заполнении таблицы придем к противоречию, то
будем считать, что Y выставил 6 баллов № 2.) Тогда можно заполнить
следующие клетки таблицы:
Судья X выставил
Судья Y выставил
Судья Z выставил
Место, которое заняла спортсменка
№1
6
4
5
15
№2
5
3
6
14
№3
1
6
4
11
№4
9
№5
8
№6
6
Суммарное число очков, полученное
спортсменкой
6 = 1 + 2 + 3.
8 = 1 + 2 + 5 = 1 + 3 + 4.
9 = 2 + 3 + 4 = 1 + 3 + 5.
Для суммы 9 следует выбрать первую комбинацию, так как во вторую
входит единица, но единиц всего должно быть только три (так же, как и всех
остальных цифр — по числу судей). Однако единица входит в суммы 11, 6 и
8 (какая бы комбинация для 8 ни выбиралась). Аналогично для суммы 8
выбираем первую комбинацию, так как 3 входит в суммы 14, 6 и 9.
Следовательно, в сумму 8 тройка входить не должна.
X выставил № 5 (8 = 1 + 2 + 5) 2 балла, так как 5 и 1 он уже выставлял. Тогда
№ 5 1 очко выставил Z, так как 5 баллов он уже выставлял.
115

4 балла X может выставить только № 4, так как № 6 четверку выставлять
нельзя. Тогда X выставил 3 балла № 6.
Судья X выставил
Судья Y выставил
Судья Z выставил
Место, которое заняла спортсменка
№1
6
4
5
15
№2
5
3
6
14
№3
1
6
4
11
№4
4
9
№5
2
5
1
8
№6
3
6
Суммарное число очков, полученное
спортсменкой
№ 6 двойку поставил Z, так как единица уже им выставлена. Тогда 1 балл
№ 6 дал Y. Для № 4 (9 баллов) осталась единственно возможная комбинация.
Судья X выставил
Судья Y выставил
Судья Z выставил
Место, которое заняла спортсменка
№1
6
4
5
15
№2
5
3
6
14
№3
1
6
4
11
№4
4
2
3
9
№5
2
5
1
8
№6
3
1
2
6
Суммарное число очков, полученное
спортсменкой
По условию, Z выставил С — 4 балла, a F — 2. Следовательно, С набрала
11 очков и заняла место № 3, a F набрала 2 очка и заняла место № 6.
Судья X выставил
Судья Y выставил
Судья Z выставил
Сумма очков
Имя спортсменки
Место, которое заняла спортсменка
№1
6
4
5
15
№2
5
3
6
14
№3
1
6
4
11
С
№4
4
2
3
9
№5
2
5
1
8
№6
3
1
2
6
F
Осталось использовать два условия: X поставил Е столько же очков, сколько
Y поставил D. Y считал, что Е выступила лучше Z), а А — лучше В.
116

Итак, решение задачи выглядит так:
Судья X выставил
Судья Y выставил
Судья Z выставил
Сумма очков
Имя спортсменки
Место, которое заняла спортсменка
№1
6
4
5
15
А
№2
5
3
6
14
В
№3
1
6
4
11
С
№4
4
2
3
9
D
№5
2
5
1
8
Е
№6
3
1
2
6
F
107. Пусть всадник с лошадью — это дробь, в числителе которой фамилия
наездника, а в знаменателе — фамилия владельца лошади, на которой едет
данный всадник. Тогда, обозначая через X и У неизвестных хозяев лошадей,
имеем: Б/Х, Х/А, У/Б, Д/У. При этом X не Б, не А и не У, а У не Б и не Д.
Составим таблицу возможных значений X и У.
X
У
1
в
А
2
В
Г
3
Г
А
4
Г
В
5
Д
А
6
д
в
7
д
г
Придется рассмотреть каждый вариант подробно.
1. Б /В, В /А, А/Б, Д/А. Второй и четвертый всадники оказались на
одинаковых лошадях, что невозможно.
2. Б/В, В /А, Г/Б, Д/Г. Для А осталась единственная лошадь, хозяин
которой Д, что невозможно в силу условия задачи: «Лошадь, хозяином
которой был Д, пришла к финишу после лошади, на которой ехал А».
3. Б/Г, Г/А, А/Б, Д/А. Опять второй и четвертый всадники на одной
лошади.
4. Б/Г, Г/А, В/Б, Д/В. Случай, аналогичный варианту 2.
5. Б/Д, Д/А, А/Б, Д/А. Хочется забраковать вариант на основании того,
что Д/А повторяется дважды. Однако этот факт ничему не
противоречит. Дополним вариант двумя единственно возможными парами Г/В
и В/Г. Это возможный вариант распределения седоков по лошадям.
6. Б/Д, Д/А, В/Б, Д/В. Д едет сразу на двух лошадях, что невозможно,
потому что он садовод, а не циркач.
7. Б/Д, Д/А, Г/Б, Д/Г. Случай, аналогичный варианту 6.
Итак, возможен лишь вариант 5: Б/Д, Д/А, А/Б, Г/В, В/Г. Осталось
распределить эти пары по местам, которые заняли седоки (или, что то же
самое, лошади, поскольку они однозначно связаны в пары).
117

Третья пара — Б/Д. По условию, эту пару обогнала пара А/Б. При этом А
мог прийти к финишу как первым, так и вторым.
Пусть А/Б заняли второе место, аБ/Д — третье. Распределение трех
оставшихся пар «наездник — лошадь» по 1-му, 4-му и 5-му местам, которые они
заняли в скачках, допускает 6 вариантов.
1
2
3
4
5
6
1-е место
Д/А
Д/А
Г/В
Г/В
В/Г
в/г
2-е место
А/Б
А/Б
А/Б
А/Б
А/Б
А/Б
3-е место
Б/Д
Б/Д
Б/Д
Б/Д
Б/Д
Б/Д
4-е место
Г/В
В/Г
Д/А
В/Г
Д/А
Г/В
5-е место
В/Г
г/в
в/г
Д/А
Г/В
Д/А
Условию о том, что трое садоводов обогнали своих лошадей, не
удовлетворяет ни один вариант, «построенный» в предположении, что А/Б заняли
второе место. Следовательно, А/Б заняли первое место. Рассмотрим
варианты распределения по местам остальных наездников.
Только первые два варианта удовлетворяют условию о том, что трое
наездников обогнали своих лошадей. И только первый вариант удовлетворяет
условию о том, что среди обогнавших своих лошадей должен быть Г.
1-е место
А/Б
2-е место
Д/А
3-е место
Б/Д
4-е место
Г/В
5-е место
В/Г
Осталось просто констатировать факт, что последней пришла лошадь Г.
По условию, Г — победитель необычных скачек.
108. Начнем постепенно заполнять таблицу.
Нация
Напиток
Животное
Курение
Оранжевый
норвежец
не курит
Голубой
лошадь
Красный
англичанин
пиво
Белый
Зеленый
кофе
Из пп. 5 и 10 следует, что в первом доме живет норвежец, а соседний дом
голубого цвета. Из п. 7 следует, что белый дом либо средний, либо
предпоследний. Можно рассмотреть обе возможности методом проб и, придя к
противоречию условия, первую возможность отбросить. Таким образом,
расположение домов по цветам установлено.
118

Вносим условия 1, 3, 6, и 9 и получаем таблицу, расположенную выше,
которую используем далее в качестве условий задачи.
Из п. 4 следует, что австриец может жить либо в голубом, либо в белом доме
(так как он пьет водку, он не может жить в зеленом доме; в оранжевом и
красном он не может жить в силу своей национальности — там живут
норвежец и англичанин).
Из п. 2 следует, что испанец может жить либо в белом, либо в зеленом доме,
так как он держит овчарку и потому не может жить в голубом доме. В
оранжевом и красном домах он не может жить из-за своей национальности.
Можно опять из двух вариантов выбрать подходящий (можно обойтись без
проб, однако тогда придется делать выводы на основании одновременного
учета многих условий). Так или иначе, таблицу можно достроить
следующим образом.
Нация
Напиток
Животное
Курение
Оранжевый
норвежец
не курит
Голубой
австриец
водка
лошадь
Красный
англичанин
пиво
Белый
испанец
овчарка
Зеленый
японец
кофе
трубка
Далее, из п. 13 следует, что курящий «Винстон» и пьющий сок является
испанцем, так как он не может быть норвежцем и японцем (один курит
трубку, другой не курит вообще) и не может быть австрийцем и англичанином
(один пьет водку, другой — пиво).
Нация
Напиток
Животное
Курение
Оранжевый
норвежец
не курит
Голубой
австриец
водка
лошадь
Красный
англичанин
пиво
Белый
испанец
сок
овчарка
«Винстон»
Зеленый
японец
кофе
трубка
1. Курящий «Кэмел» живет рядом с домом владельца кошки.
Следовательно, «Кэмел» может курить только австриец. Из таблицы следует,
что «Кэмел» может курить австриец или англичанин. Но англичанина
можно исключить, так как у него соседствуют лошадь и овчарка.
2. Курящий «Мальборо» разводит рыбок. Для курящего «Мальборо»
остается только красный дом. Для кошки, соседствующей с курящим
«Кэмел», остается только место слева, так как справа соседствуют рыбки
любителя покурить «Мальборо».
119

Нация
Напиток
Животное
Курение
Оранжевый
норвежец
кошка
не курит
Голубой
австриец
водка
лошадь
«Кэмел»
Красный
англичанин
пиво
рыбки
«Мальборо»
Белый
испанец
сок
овчарка
«Винстон»
Зеленый
японец
кофе
трубка
Как видим, для молока и попугайчиков остались две единственные пустые
клеточки.
Получается, что норвежец любит молоко, а попугайчиков разводит
японец.
109. Сведем исходные данные в таблицу.
А
Б
В
Г
Д
1-й день
«форд»
2-й день
«мерседес»
3-й день
«рено»
«мерседес»
4-й день
«форд»
«ВОЛЬВО»
Г во 2-й и 3-й дни не мог ездить на «мерседесе», так как в эти дни данный
автомобиль был занят.
Следовательно, в 5-й день Г ездил на «мерседесе». В 3-й день Г ездил на «саа-
бе» (так как из двух возможных автомобилей — «рено» и «сааб» — первая
машина была занята); таким образом, во 2-й день для Г остается одна машина —
«рено», так как остальные 4 автомобиля для него уже распределены по
четырем дням.
Полностью аналогичное рассуждение. В 1-й и 4-й дни В не мог ездить на
«форде», так как в эти дни автомобиль был занят.
Следовательно, в 5-й день В ездил на «форде». Тогда в 4-й день В ездил на
«саабе», а в 1-й день — на «вольво».
Занесем полученные результаты в таблицу.
А
Б
В
Г
Д
1-й день
«ВОЛЬВО»
«форд»
2-й день
«мерседес»
«рено»
3-й день
«рено»
«сааб»
«мерседес»
4-й день
«форд»
«сааб»
«ВОЛЬВО»
5-й день
«форд»
«мерседес»
120

1. В 3-й день А не мог ездить на «форде». Следовательно, в 3-й день на
«форде» ездил Б. Тогда А в 3-й день ездил на «вольво».
2. В 4-й день на «мерседесе» ездил Б, а Д — на «рено».
3. Во 2-й день А мог ездить только на «саабе», так как в любом другом
случае в этой клеточке появится автомобиль, название которого
повторится в строке или в столбце, что, по условию, запрещено.
4. Во 2-й день Б мог ездить только на «вольво», так как на единственном
доступном автомобиле — «форде» — он ездил в 3-й день. Тогда на
«форде» во 2-й день ездил Д.
5. В 5-й день для А исключается «мерседес» и остается только «рено».
6. Для Б в 5-й день остается только «сааб», а для Д — «вольво».
7. Можно легко заполнить три вакантные клетки первого дня: А —
«мерседес», Б — «рено» иД — «сааб».
А
Б
В
Г
Д
1-й день
«вольво»
«форд»
2-й день
«сааб»
«вольво»
«мерседес»
«рено»
«форд»
3-й день
«вольво»
«форд»
«рено»
«сааб»
«мерседес»
4-й день
«форд»
«мерседес»
«сааб»
«вольво»
«рено»
5-й день
«рено»
«сааб»
«форд»
«мерседес»
«вольво»
110. В основе парадокса лежит весьма распространенная логическая ошибка —
логический круг. Круг в доказательстве заключается в обосновании тезиса в
доказательстве с помощью посылки, которая сама требует этого тезиса. Круг
в определении заключается во вхождении определяемого термина в его
определение.
Круг в рассматриваемом рассуждении заключается в том, что исходная
посылка (утверждение) служит обоснованием самой себя. Действительно,
рассуждения, отталкиваясь от утверждения-посылки А, как бы пройдя
круг, к этому же А и возвращаются. Иными словами, предположив, что А
истинно или, напротив, ложно, дальнейшие рассуждения, основанные на
этом предположении, следует проводить для других утверждений, а не
возвращать их по кругу опять к А.
В логике нельзя ничего домысливать, считать что-то само собой
разумеющимся, молчаливо предполагающимся. Чем полнее, яснее и однозначнее
сформулировано условие задачи, тем строже можно получить ее решение.
Условием рассматриваемой задачи является всего лишь одно
утверждение: «Я лгу». Ясно, что этого недостаточно для каких-либо
конструктивных выводов. Предположения об истинности или ложности этого утвер-
121

ждения ничего нового не добавляют и не позволяют логическим путем
определить его истинность или ложность; остается только «впустую»
ходить по логическому кругу.
111. В основе этого парадокса также лежит логический круг. Предпосылки для
возникновения парадокса лежат уже в самих надписях на обеих сторонах
карточки, ибо их содержание относится друг к другу. Таким образом,
имеем специально подобранную конструкцию двух утверждений, которая
направляет все кажущиеся логически безупречными рассуждения на
порочный путь круга, и сойти с него можно, только изменив суть утверждения
хотя бы на одной карточке.
112. Каждый читатель, когда-либо и где-либо учившийся, знает или помнит о
подобной практике проведения контрольных: о них объявляют заранее, и в то
же время они случаются неожиданно, т. е. оба условия проведения
контрольной на практике выполняются. Жизнь ломает кажущиеся
безупречными с логической точки зрения построения и выводы. Поэтому условия 1
и 2 заранее объявленной и в то же время неожиданной контрольной лишь
кажутся внутренне противоречивыми, но в действительности таковыми не
являются. Эта кажущаяся противоречивость опять является следствием
логического круга, суть которого более детально будет обнаружена в решении
наиболее знаменитого парадокса «Объявленная казнь врасплох».
113. Сын в своих рассуждениях вступил на порочный путь логического круга,
лишь внешне кажущийся путем безупречного логического «созидания».
Действительно, на основании чего сын сделал вывод о невозможности
неожиданного подарка, какое утверждение лежало в основе этого вывода?
Информация о существе подарка. Но откуда эта информация? От отца.
Однако отец объявил свой подарок сюрпризом. И сын, с одной стороны,
считает эту информацию истинной и строит на ее основе свои рассуждения, а с
другой — ложной, делая этот вывод на основе предположения об истинности
информации о подарке. Вывод сына о невозможности сюрприза как раз и
делает его возможным. Как и следовало ожидать, на пути логического круга
заключение влияет на условие: их связывает логический круг.
114. За полвека, прошедшие со времени первой формулировки этой задачи, очень
многие исследователи пытались объяснить великолепный логический
парадокс о внезапной казни, объявленной заранее. Для решения задачи
привлекали и чистую логику, и статистику, и теорию вероятностей. «Авторы, среди
которых были известные философы, — пишет самый известный
современный популяризатор занимательной математики М. Гарднер в
«Математических досугах» (с. 95-109), — сильно разошлись во мнениях относительно
того, что надо считать решением парадокса. За многие годы ни к какому
122

соглашению прийти не удалось, так что парадокс и поныне является
предметом горячих споров».
Ошибка, т. е. ложность вывода с точки зрения логики, возможна в двух
случаях:
1. Ложной является одна из посылок (ошибка в условии).
2. Нарушен один из законов построения умозаключений (ошибка в
рассуждении).
Подчеркнем, что для ошибочного вывода достаточно хотя бы одной ошибки
в условии задачи или (и) в суждении. Суждения могут быть строго
логичными, безупречными с точки зрения формальной логики, но если хотя бы одна
из посылок неверна, то и выводы будут ложными — не соответствующими
опыту.
Рассмотрим каждое умозаключение узника.
Первое умозаключение приговоренного выводится из трех посылок
(условий).
1. Казнь будет произведена в один из 7 дней.
2. Казнь будет неожиданной, т. е. о ней нельзя знать накануне.
3. Пусть в течение первых 6 дней отведенного срока казнь не будет
произведена.
Последнее условие для умозаключения было сформулировано не судьей,
а самим заключенным. Вообще говоря, он имел право с точки зрения
логики поставить (предположить) такое условие и при помощи логических
рассуждений посмотреть, к каким выводам оно приведет.
Первое умозаключение узника состоит из двух этапов. Из первого и
третьего условия он делает логический вывод, что его могут казнить только в
последний день назначенного срока — в понедельник — и он об этом будет
знать заранее.
Этот вывод противоречит второму условию. Следовательно, в
предположении п. 3 два условия судьи не могут быть выполнены. Первое
умозаключение приговоренного можно считать истинным. Согласно этому
умозаключению, узника не могут казнить в последний день (понедельник) при
условии выполнения п. 3.
Условия для генерации второго умозаключения:
1. Казнь будет произведена в один из 7 дней.
2. Казнь будет неожиданной, то есть о ней нельзя знать накануне.
3. Пусть в течение первых 5 дней отведенного срока казнь не была
произведена.
4. В последний, 7-й день меня казнить не могут.
123

Узник, продолжая первое умозаключение, дальше рассматривает, что
будет, если его не казнят ни в один из дней вплоть до воскресенья, то есть не
казнят в течение первых уже не 6, а 5 дней. Из первого и третьего условий
он опять делает логичный вывод, что его можно казнить только в один из
двух последних дней (воскресенье или понедельник).
Далее приговоренный исключает последний день — понедельник — на
основании якобы уже доказанной (первым умозаключением) невозможности
казни в этот день. Именно здесь кроется первая конкретная логическая
ошибка узника. Вывод первого умозаключения нельзя использовать во
втором умозаключении, так как они делаются при разных условиях.
Третьи пункты этих умозаключений разные. Невозможность казни в
последний день (понедельник) логически обоснована только при условии, что он
не был казнен в предыдущие именно 6 дней. Если же он не был казнен в
течение не 6, а только 5 дней, то логически вытекает лишь возможность
казни в один из двух последних дней отведенного срока — в воскресенье или
понедельник. Однако, поскольку понедельник исключить нельзя, узник не
может заранее знать точно день казни.
Продолжая аналогичные умозаключения, приходим к аналогичным
выводам.
Если заключенный не был казнен в течение первых 4 дней, то его могут
казнить в любой из последних трех дней и т. д. Если узник не был казнен
сегодня в понедельник, то он может быть казнен в любой из следующих 7 дней.
И знать, в какой именно день произойдет казнь, узник не может.
Суть логических ошибок узника заключается в том, что в своих
умозаключениях, начиная со второго, он формулирует противоречащие друг другу
условия (пункты 3.). Так, во втором умозаключении он одновременно
использует условие «его не казнили в течение первых 6 дней» и «его не
казнили в течение первых 5 дней».
Хоть эти условия и не являются всегда взаимоисключающими друг друга,
однако они могут противоречить друг другу. Действительно, из условия
«его не казнили в течение первых 5 дней» может следовать, что узника
казнили именно в шестой день, что явно противоречит условию «его не
казнили в течение первых 6 дней».
115. На примере этого парадокса можно попытаться прочувствовать, как тонка
грань, отделяющая парадокс от стандартной логической задачи, как легко
и незаметно для себя можно попасть на узкую тропку логического круга.
На сей раз, имея в виду предыдущие варианты парадокса, кажется почти
очевидным, что решение судьи без нарушений выполнить невозможно. В
самом деле, однозначно объявлен не только день (единственный день), но и
точное время казни (поэтому нет никакой возможности попытаться поиг-
124

рать на времени в течение дня). И в то же время условием казни является ее
полная неожиданность для узника. Все! Приходим к однозначному выводу:
казнь ни в коем случае не возможна! Ее не будет!
Но наступает завтра, и за несколько минут до 9.00 к заключенному стучатся,
чтобы объявить о казни. Узник сначала ничего не понимает, потому что
казни не может быть! Он даже пытается объяснить эту невозможность,
основанную на невозможной неожиданности казни. А ему отвечают, что все
происходит, как объявлено, что он всем своим поведением и речами
подтверждает, что никак не ожидал казни. И объявленная на завтра казнь
происходит в полном соответствии со всеми условиями, в том числе и
неожиданно.
Конечно, во всем этом скрыт логический круг. Условие питает заключение,
и то в свою очередь воздействует на само условие, и т. д. Все идет по кругу, из
которого не вырваться. Именно потому, что узник делает вывод о
невозможности неожиданной казни, она как раз и становится неожиданной, и
потому — возможной. Вывод (заключение) влияет на условие (посылку): именно
в этом основная суть логического круга.
Так и вертится на языке естественный вопрос: а если узник не будет
рефлексировать и упражняться в логических изысканиях, можно ли будет его
казнить, соблюдая условие неожиданности казни? Это уже несколько иная
задача, но ответ тот же самый. Если узник не полезет в логические дебри и
просто поверит сказанному, т.е. тому, что его казнят завтра, и притом
неожиданно, то так оно и будет, т. е. казнь опять будет неожиданной потому,
что узник поверил сказанному, а ему сказали, что казнят завтра и
неожиданно.
Вообще говоря, применять логику к реальным жизненным ситуациям
следует очень осторожно, и ее выводы следует трактовать лишь как наиболее
правдоподобные. Логика почти безупречно работает лишь в теоретических
ситуациях, где все условия почти исчерпывающе полны и почти
однозначно сформулированы. Но и в этих чисто логических конструкциях выводы
нельзя считать абсолютно безупречными, так как элементы некоторой
нестрогости вносит не вполне однозначный наш язык, который хоть и
незначительно, но наряду с чисто логическими однозначно определенными
символами все же присутствует как в формулировке условия любой задачи,
так и в ее решении.
Сказанное, кстати, на мой взгляд, касается не только занимательной, но
и прикладной и даже чистой математики.
125

116.
117.
118.
1.
c\i
4.
3.
,У/\ !_
А~ А'Д
Четыре спички, изображенные сплошными линиями, остаются на месте,
а пять пунктирных перекладываются, как это изображено на рисунке.
119.
/\ /v\/\
126

120.
AAV
W
121.
/Lh
122. Горизонтальная спичка передвигается, например, вправо
на полспички. Тогда левая спичка переносится вниз и
становится правой стенкой перевернутого бокала без мухи.
123. На плоскости сложить из трех спичек один треугольник.
Три другие спички образуют треугольную пирамиду.
124. Необходимо взять достаточно ровные спички с серными головками. На
одну из спичек сложить поперек 12 спичек вплотную друг к другу, чередуя
головки вправо и влево так, чтобы головки выступали относительно
поперечной спички приблизительно на 1 см. Затем последнюю спичку
положить сверху над первой (поперечной). Осторожно, чтобы поперечные
спички оставались плотно прижатыми друг к другу, поднять всю конструкцию,
держа за конец нижней спички. При этом верхняя спичка как бы
заклинивает поперечные спички и не дает им развалиться. Это весьма редкая спичечная
задача, в которой используется выпуклость спичечных головок, хотя при
известной сноровке можно обойтись и без головок.
Торец верхней 12-й спички
Две из десяти спичек,
расположенные друг
за другом
Торец нижней 1 -й спички
127

125. Наливаем кастрюлю.
Переливаем воду из кастрюли в банку.
Наливаем кастрюлю.
Доливаем полную банку, и в кастрюле остается 3 литра.
126. Налить воду в 7-литровый сосуд (1) и часть ее вылить в 4-литровый (2).
Опорожнить 4-литровый сосуд (3) и вылить в него 3 литра из 7-литрового (4).
Наполнить заново 7-литровый сосуд (5) и долить из него 4-литровый (6), в
который поместится 1 литр. В 7-литровом останется 6 литров.
127. 1. Наливаем из бочки баллон и банку и, поскольку сосудов для
выполнения задания кажется маловато, освобождаем бочку, вылив из нее всю
воду, например на пол или на землю.
2. Выливаем 3 литра из банки в пустую бочку.
3. Наполняем банку из баллона и опять выливаем ее в бочку. Таким
образом, в баллоне остается 2 литра и в бочке 6 литров.
4. Переливаем 2 литра из баллона в банку и наполняем его из бочки, в
которой после этого остается 1 литр.
5. Доливаем из полного баллона банку. Таким образом, в баллоне
остается 4 литра, в банке 3 литра и 1 литр в бочке.
6. Выливаем на пол воду из банки и наполняем банку из баллона, в
котором остается так же, как и в бочке, 1 литр воды.
7. Воду из банки опять выливаем на пол, а в банку набраем 1 литр из бочки.
128. В скобках — второй вариант решения.
129.
До переливания
Первое переливание
Второе переливание
Третье переливание
Четвертое переливание
Пятое переливание
Сосуд
8л
4
1(4)
Кб)
6(2)
5(2)
5(5)
Сосуд
5л
0
3(3)
2(1)
2(1)
3(3)
0(0)
Сосуд
Зл
6
6(3)
7(3)
2(7)
2(5)
5(5)
До переливания
Первое переливание
Сосуд
8л
8
3
Сосуд
5л
0
5
Сосуд
Зл
0
0
128

130.
Второе переливание
Третье переливание
Четвертое переливание
Пятое переливание
Шестое переливание
Седьмое переливание
Сосуд
8л
3
6
6
1
1
4
Сосуд
5л
2
2
0
5
4
4
Сосуд
Зл
3
0
2
2
3
0
До переливания
Первое переливание
Второе переливание
Третье переливание
Четвертое переливание
Пятое переливание
Шестое переливание
Седьмое переливание
Восьмое переливание
Девятое переливание
Десятое переливание
Одиннадцатое
переливание
Двенадцатое
переливание
Тринадцатое переливание
Четырнадцатое
переливание
Сосуд
16л
16
10
10
4
4
15
15
9
9
3
3
14
14
8
8
Сосуд
11л
0
0
6
6
11
0
1
1
7
7
11
0
2
2
8
Сосуд
6л
0
6
0
6
1
1
0
6
0
6
2
2
0
6
0
131. Если сначала наполнить 11-литровый сосуд, то потребуется 18
переливаний, а если 7-литровый, то, как следует из рисунка, — всего 14.
132. Можно доказать, что если есть три сосуда и объемы меньших сосудов не
имеют общего делителя, а больший сосуд не меньше суммы двух меньших, то с
их помощью можно отмерить любое целое число литров, не меньшее объема
среднего сосуда. Поэтому можно отмерить любое число литров от 1 до 9.
133. В 29 стаканов можно налить по 100 г, а в 30-й — 200 г. 3100 : 30 = 103,3 (3).
Периодичность десятичной дроби как раз и показывает невозможность
точного выравнивания количества воды во всех 30 стаканах.
129

А
//
///
/У/
АЛ/
/ЛЛ
'/Ал
/ /А/
л///
/л///
'/ N/
/ / ЛЛ
л/Л
W/Л/7
л/У/^
01 2 345 6789 10 11
134. Перед последним переливанием было 2 стакана, в которых было поровну
воды, а до этого было 22 = 4 стакана с водой, распределенной поровну. Легко
догадаться или, применив метод математической индукции, доказать, что
количество стаканов N должно быть степенью двойки, а число
переливаний k — показателем степени, то есть N = 2к.
Между 20 и 60 находится N = 32 = 25 стаканов. Поэтому переливаний 5.
135. При четном числе переливаний количество воды в обоих сосудах одинаково
и равно исходному.
Пусть первоначально в сосудах А и В было по iV литров. При первом перели-
1 N N N(k+T)
вании из А в Б перелили — часть, т. е. -г- . Тогда в В стало N + ~г т •
При втором переливании из Б в А перелили ——— часть, и в Б стало
k
T = N литров.
Сколько воды стало в А после 101-го переливания?
136. Количество воды в сосудах А и Б после каждой пары переливаний будет
стремиться к некоторым пределам (которые и надо найти), при этом
изменения после очередной пары переливаний становятся все меньше, так как
эти изменения меньше 1. Поэтому уже после десятка-двух переливаний
количество воды в сосудах становится практически неизменным.
Осталось ответить на вопрос, как должен быть распределен 1 литр воды
между двумя сосудами, чтобы при переливании половины воды из А
(содержащего больше воды) и последующего переливания половины воды из Б
обратно в А количество воды в них в результате парного переливания не менялось
(или чтобы после одиночного переливания объемы воды в сосудах менялись
местами)?
130

Очевидно, в одном из сосудов должно быть вдвое больше воды, т. е. вода
2 1
должна быть распределена между А и В как - и -.
о о
Поэтому независимо от первоначального распределения 1 литра воды меж-
1 2
ду сосудами А и Б в них быстро оказывается о и — литра воды, и дальней-
о о
шие парные переливания практически не меняют это распределение.
137. Используя рассуждения предыдущей задачи, ясно, что после каждого
переливания объемы в сосудах должны меняться местами, а после каждой
пары переливаний возвращаться в исходные состояния. Поэтому в резуль-
1
тате одного переливания между сосудами должна переместиться -^ часть
9 9 18
литра. Тогда в сосуде, в котором было ^-=, станет — - — = —> а в другом
8 9 8 1 тт с 1
вместо у= станет — = — + —. Чтобы переместить — литра, надо
перелить — от объема воды в большем сосуде, так как у= х — = —. Итак,
каждый раз надо было переливать — часть воды, находящейся в сосуде.
138. п #1-1
и
2/1-1 2п-Г
139. Пусть после нескольких переливаний в одном сосуде стало х, а в другом
у литров воды.
х у 2у х 2
Тогда -^+-д = х и -д- + ^ = #> откуда х = ^-.
2 3
Поскольку х + у = 1 литр, то 1 = 7 литра и у = — литра.
и и
Первоначальные значения х и у могут быть любыми, но уже после несколь-
2 3
ких переливаний в сосудах окажется приблизительно -= и — литра, т. е. 400 и
о о
600 миллилитров воды. В последующие переливания количество воды в
сосудах будет лишь точнее приближаться к значениям — литра и - литра.
э э
140. Применим метод математической индукции. Пусть в п- 1 мензурке
составлены равномерные смеси единичного объема и одна мензурка пуста. Добавим
еще одну мензурку с какой-либо новой жидкостью. Пользуясь делениями,
отольем из (п - 1) мензурок по — части в пустую мензурку. Тогда в каждой
п
131

1 1
из я-1 мензурок станет 1— равномерной смеси и в прежде пустой мензур-
ке станет смеси. Разлив жидкость поровну из вновь добавленной
мензурки во все п мензурок, получим требуемое в задаче распределение
равномерной смеси по п мензуркам, и одна будет пустой.
141. В 10-литровом бочонке было 100 стаканчиков по 100 граммов вина. После
того как был выпит первый стаканчик вина, в бочонке осталось 99 стакан-
992
чиков по 100 граммов; после второго стаканчика оставалось т^Ту после
993
третьего ^-; ... Тогда после сотого стаканчика в бочонке осталось
99юо
^ = 36,60x100 граммов = 3,660 литра вина.
142. 293 грамма.
143. Гирьки заменяют х/5 кирпича. Если х/б кирпича весит 4/5 килограмма, то
целый кирпич весит в 5 раз больше, то есть 5 х 4/5 = 4 килограмма.
144. Будем 50 раз гири брать парами и класть на чашки весов по одной на каждую,
причем более легкую гирю всякий раз кладем на перевешивающую чашку.
145. Разделим монеты на три равные кучки по 34 монеты: А, Б и С. Б этих
кучках могут оказаться одна или две фальшивые монеты.
1-е взвешивание. Взвесим кучки А и Б.
2-е взвешивание. Взвесим кучки Б и С.
Возможны следующие разные варианты взвешиваний:
1. А = ВпВ>С;
2. А>БиС>Б.
Рассмотрим вариант 1. Возможны два следующих случая: либо по одной
фальшивой монете в кучках А и Б, и тогда фальшивая монета тяжелее
настоящей, либо в кучках А и Б настоящие монеты, и одна или две более
легкие фальшивые монеты — в кучке С. Дилемму можно разрешить при
помощи третьего взвешивания.
3-е взвешивание. Кучку А (или Б) делим примерно пополам и сравниваем
половинки. Если они равны, то фальшивые монеты легче и находятся в кучке С.
Если одна из половинок кучки А тяжелее другой, то фальшивая монета
тяжелее подлинной.
Рассмотрим вариант 2. Возможны два случая: либо в кучках А и С находится
по одной тяжелой монете (тогда в кучке С находятся подлинные монеты),
132

либо в кучке С находится одна или две более легкие фальшивые монеты (тогда в
кучках А и В оказались подлинные монеты). Третье взвешивание позволяет
определить, какая монета тяжелее — фальшивая или настоящая.
146. 1-е взвешивание. Берем произвольную пару кубиков и определяем их
суммарный вес, по которому можно судить, есть ли среди этой пары искомый
кубик. Если есть, то во время второго взвешивания выбранных кубиков
определяем, какой именно имеет вес 1000 граммов, и, таким образом, задача
решена. Если нет, то производим второе взвешивание.
2-е взвешивание. Берем вторую произвольную пару кубиков из
оставшейся тройки. Взвешиваем ее и определяем, есть ли среди этой пары искомый
кубик. Если нет, то 1000-граммовый кубик будет пятым, который не
попал ни в первую, ни во вторую пару, и вновь задача решена. Если
искомый кубик находится среди второй пары случайно выбранных кубиков,
то необходимо третье взвешивание.
3-е взвешивание. Искомый кубик, находящийся среди второй пары
выбранных кубиков, однозначно определяется при их взвешивании.
Таким образом, для решения задачи требуется не более трех взвешиваний
(и не менее двух).
147. Будем раскладывать гирьки в порядке возрастания их весов в три
мысленно пронумерованные кучки, поочередно начиная то с № 1, то с № 3.
Кучка № 1
Кучка № 2
Кучка № 3
1
2
3
6
5
4
7
8
9
12
11
10
997
998
999
1002
1001
1000
Видно, что равенство весов в кучках достигается лишь после четного
количества операций разложения гирек по трем кучкам. Таким образом,
данный алгоритм годится лишь для такого количества гирек с весами
натурального ряда, которое при делении на 3 даст четное число.
148.
Кучка № 1
Кучка № 2
Кучка № 3
1
2
3
5
6
4
9
7
8
10
11
12
15
14
13
994
995
996
999
998
997
Возьмем первые 9 гирек и разделим их на 3 равные по весу кучки.
Поскольку их общий вес Рд = 1 + 2 + 3 + ... + 9 = 45 граммов, то в каждой
кучке должно быть 15 граммов. Например, возможно деление, как в
таблице. Дальнейшее разложение совпадает с принципом, предложенным в
предыдущей задаче.
133

149. Разделим 81 гирьку на три группы, в которых вес гирек будет
последовательно возрастать:
1. 12,22,32, ...,272.
П. 282, 292, 302, ..., 542.
III. 552, 562,..., 812.
Разделим на аналогичные три подгруппы группу I:
1 I2 22 92
2. 102, II2, ..., 182.
3. 192, 202, ...,272.
Разделим подгруппу 1 на три группочки так, чтобы в первых двух
суммарный вес был равным, а третья была легче на 18 граммов. Пусть п = 1. Тогда
A. п2, (п + 5)2, ..., (п + 7)2, т. е. I2 + б2 + 82= 101.
Б. (п + I)2, (п + З)2, ..., (и + 8)2, т. е. 22 + 42 + 92= 101.
B. (и + 2)2, (71 + 4)2, ..., (71 + б)2, т. е. З2 + 52 + 72 = 83.
Разделим подгруппу 2 на три группы таким образом, чтобы в первой и
третьей вес был равным, а вторая была легче на 18 граммов. Пусть п = 10. Тогда
A. п2, (71 + 5)2, ..., (л + 7)2, т. е. 102 + 152 + 172 = 614.
Б. (71 + 2)2, (л + 4)2, ..., (71 + б)2, т. е. 122 + 142 + 162= 596.
B. (71 + I)2, (71 + З)2, ..., (71 + 8)2, т. е. II2 + 132 + 182 = 614.
Разделим подгруппу 3 на три группы таким образом, чтобы во второй и
третьей вес был равным, а первая была легче на 18 граммов. Пусть п = 19. Тогда
A. (71 + 2)2, (71 + 4)2, ..., (71 + б)2, т. е. 212 + 232 + 252= 1595.
Б. тг2, (п + 5)2, ..., (п + 7)2, т. е. 192 + 242 + 262 = 1613.
B. (71 + I)2, (71 + З)2, ..., (71 + 8)2, т. е. 202 + 222 + 272= 1613.
Суммируя гирьки в группах А, Б и В, получаем в каждой по 2310 грамма.
Таким образом, группа I весом 6930 граммов разложена на три равные кучки.
Ясно, что аналогично можно разделить гирьки в группах II и III, и все
гирьки будут разложены на три равные кучки.
150. Разделим все монеты на три кучки по 9 монет.
1. Взвесим две любые кучки. Во время этого первого взвешивания
определим кучку, в которой находится фальшивая монета. Если
взвешиваемые кучки по весу равны, то фальшивая монета находится в
третьей кучке, в противном случае поддельная монета окажется в той
кучке, которая окажется тяжелее.
134

2. Из подозрительной кучки в 9 монет возьмем две любые тройки монет
и взвесим их. Если выбранные произвольно группы из трех монет
окажутся равными по весу, то фальшивая монета будет в третьей, невзве-
шиваемой тройке, в противном случае поддельная монета в той кучке
из трех монет, которая окажется тяжелее.
3. Возьмем из подозрительной тройки монет две любые и взвесим. Та
монета, которая перевесит, и будет фальшивой. Если выбранные монеты
окажутся одинакового веса, то поддельной будет третья монета.
Таким образом, из 27 монет с помощью трех взвешиваний всегда можно
найти одну более тяжелую монету.
151. 1. Пронумеруем монеты, разделим на две кучки и взвесим. Одна из кучек
перевесит другую. Можно считать, что 1, 2, 3, 4 > 5, 6, 7, 8. Тогда ясно,
что если фальшивая монета тяжелее остальных, то она в левой кучке
(1, 2, 3, 4), если же легче, то в правой (5, 6, 7, 8).
2. Положим на одну чашу весов монеты 1, 2, 5, а на другую 3, 4, 6.
Возможны три исхода взвешивания — А, Б и В.
A. 1,2, 5 > 3,4, 6.
Б. 1,2, 5 < 3,4, 6.
B. 1,2,5 = 3,4,6.
Рассмотрим каждый исход.
A. 1, 2, 5 > 3, 4, 6.
Взвесим монеты 1 и 2. Если 1 > 2 (напомним, что сравниваются не просто
натуральные числа, а номера монет; поэтому вес монеты 1 может быть
больше веса монеты 2), то фальшивая монета 1, и она тяжелее остальных
(монета 2 не может быть фальшивой, так как тогда она должна быть более
легкой, но из первого взвешивания вытекает, что монеты 1, 2, 3, 4 могут быть
только более тяжелыми).
Если 1 < 2, то, рассуждая, как и выше, определяем, что фальшивая и
тяжелая монета 2.
Если 1 = 2, то фальшивая монета 6 и она легче остальных (1 и 2 равны, значит,
не фальшивые. Монета 5 не может быть более тяжелой, а 3 и 4 не могут быть
более легкими — это вытекает из первого взвешивания).
Б. 1, 2, 5 < 3, 4, 6. Случай, аналогичный А, и взвешиваться будут монеты
Зи4.
B. 1,2,5 = 3,4,6. Очевидно, что фальшивая монета или 7, или 8. В обоих
случаях из первого взвешивания следует, что она более легкая, чем остальные.
Взвешивание 7 и 8 определит фальшивую, более легкую монету. Очевидно,
что равенство весов этих монет исключено.
135

Таким образом, для определения фальшивой монеты из 8 монет
необходимо три взвешивания, если неизвестно, тяжелее она или легче остальных.
Если же известно, тяжелее фальшивая монета или легче остальных, то, как
следует из предыдущей задачи, потребуется т = 2 взвешивания для п = 8
монет.
152. Обозначим монеты буквами А, Б и В. Для трех элементов возможны шесть
различных комбинаций, в комбинаторике называемых перестановками.
АБВ, АВБ, БАВ, БВА, ВАБ, ВБА.
В отличие от случая, когда несколько монет были одинакового веса и за
одно взвешивание выбиралась одна из трех возможных групп предметов
(монет), сейчас одно взвешивание позволяет выбрать одну из двух групп
монет, так как равенство весов невозможно.
Взвесим А и Б. Пусть А > Б (если Б > А, то дальнейшие рассуждения
аналогичны, только А и Б меняются местами).
Взвесим А и В. Возможны два случая:
А< В, тогда задача решена: В> А> Б.
А> В, тогда необходимо третье взвешивание Б и Б.
Если Б > В, то А > Б > В.
Если В>Б, то А >В >Б.
153. Связь между минимальным числом взвешиваний т и числом
ранжируемых по весу предметов п такова: 2т~1< п\ < 2т.
При т = 5 будет исследовано 25' = 32 возможности различных перестановок
п\ предметов. Таким образом, п\ < 32. Поэтому п = 4 (4! = 24, а 5! = 120).
154. Достаточно только одного взвешивания. Для этого можно из мешочка № 1
взять 1 монету; из мешочка № 2 — 2 монеты, из мешочка № 3 — 3 монеты
и т. д., из мешочка № 10 — 10 монет. Взвешиваем одновременно все 55
монет и находим их вес: он будет меньше 550 граммов (так как фальшивые
монеты легче).
Число граммов, которых будет не хватать до 550 граммов, как раз будет
равно номеру мешочка с фальшивыми монетами (так как одна фальшивая
монета легче подлинной на 1 грамм).
155. 1-е взвешивание. На одну чашу кладем по одной монете из любых 10
мешков, а на другую 10 монет из оставшегося 11-го мешочка.
2-е взвешивание. На одну чашу кладем 55 монет из уже выбранных 10
мешков: из мешочка № 1 берем 1 монету; из мешочка № 2 — 2 монеты, из
мешочка № 3 — 3 монеты и т. д., из мешка № 10 — 10 монет. На другую чашу
кладем 55 монет из мешочка № 11.
136

156. Разделим монеты поровну и взвесим (1-е взвешивание). Возможны два
варианта: А (группы по 500 монет весят одинаково) и Б (одна из групп в 500 монет
тяжелее другой).
А. Число фальшивых монет 0 или 2 (по одной в каждой группе). Опять
разделим любую из групп на две по 250 монет и взвесим (2-е взвешивание).
Если чаши весов опять будут в равновесии, то фальшивых монет нет, так
как они в этот раз не могут находиться по одной на каждой чаше, ибо на
обеих чашах (500 монет) может быть не более одной фальшивой монеты.
Если одна из чаш весов перевесила, то, значит, имеется одна фальшивая
монета, и осталось определить, тяжелее она или легче настоящих монет.
Для этого более тяжелую группу из 250 монет опять делим пополам и
взвешиваем (3-е взвешивание). Если две группы по 125 монет будут весить
одинаково, то фальшивая монета легче настоящих и находится в той группе из
250 монет, которая при предыдущем взвешивании оказалась легче. Если
одна из групп в 125 монет перевесила, то фальшивая монета тяжелее
подлинных и находится в этой перевесившей группе.
Б. Число фальшивых монет 1 или 2, и они лежат на одной чашке.
Разобьем одну из групп (для определенности — более тяжелую) на две и
взвесим (2-е взвешивание).
Если одна из групп в 250 монет перевесила, то фальшивые монеты
находятся среди этих взвешиваемых 500, и они тяжелее настоящих. В задаче не
спрашивается, сколько фальшивых монет — одна или две, поэтому в этом
случае достаточно двух взвешиваний.
Если взвешиваемые группы по 250 монет находятся в равновесии, то либо
фальшивые монеты легче и находятся среди невзвешиваемых пятисот,
либо они тяжелее, но их две — по одной в каждой взвешиваемой группе.
Для разрешения этого вопроса необходимо 3-е взвешивание. Разделим
любую группу пополам и взвесим.
Если весы будут в равновесии, то среди взвешиваемых монет нет
фальшивых, так как фальшивая монета на обоих весах может быть только одна;
поэтому фальшивые монеты легче настоящих. Если одна из чаш перевесит, то
фальшивая монета тяжелее подлинных.
Как видно, в любом случае для определения наличия фальшивых монет и их
веса относительно подлинных необходимо не более трех взвешиваний.
157. З^"1 < п < 3k. Например, для п = 100 искомое k будет наименьшей степенью
тройки, превышающей 100. Поэтому k = 5, так как З5 = 243.
158. З*"1 < 2п - 2 < 3\ Например, для п = 10 имеем 2п - 2 = 1022. Тогда искомое k
будет наименьшей степенью тройки, превышающей 1022. Поэтому k = 7,
так как 37= 2187.
137

159. 2k г < nl < 2k . Например, для п = 10 имеем п\ = 3 628 800. Тогда искомое
k = будет наименьшей степенью двойки, превышающей п\. Поэтому k = 22,
таккак222 = 4 194 304.
160. 8.
161. Три гири — 2, 6 и 18 — позволят определить точный вес предмета, если он
выражается четным числом, и приблизительный вес (два соседних
четных числа), если нечетным. Этого достаточно, так как между соседними
четными числами заключено лишь одно нечетное число. Например, зная,
что вес предмета заключен между 12 и 14, можно сделать однозначный
вывод о том, что предмет весит 13.
162. а) 11, 19, 22, 24, 25, 26; б) из 7 гирь можно составить по 1, 2, 3, 4 гири iV
наборов:
N = C} + C72 +C73 + C74 = 7+21+35+35=98.
Чтобы все наборы были разными, сумма масс любых четырех гирь из
семи должна быть не меньше 98. Найдем суммарную массу четырех
самых тяжелых гирь: 26 + 25 + 24 + 23 = 98. Как будто все получается,
хоть и «впритык», и набор из семи гирь составить можно. Однако
самый тяжелый набор из четырех гирь все же не годится, так как
26 + 23 = 25 + 24. Если взять следующий набор — 26 + 25 + 24 + 22 = 97,
то ясно, что по крайней мере один из 98 наборов повторится.
Получается ответ «никак».
163. Сначала научимся делить расстояние между точками пополам и проводить
перпендикуляр к линии. Пусть есть две точки А и Б, расстояние между
которыми надо разделить пополам. Сначала перегнем лист по прямой АВ
(рисунок слева) и затем перегнем лист еще раз так, чтобы точки А и В
совместились. Тогда (•) С будет серединой между А и Б, а прямая, образованная
линией перегиба ОС, будет перпендикуляром к АВ.
Перегнем лист по произвольной хорде АВ (рисунок справа). Найдем (•) С —
середину АВ и ED — перпендикуляр к ней. Найдя середину ED, получим (•) О,
которая и будет искомым центром круга.
138

В
G С
164. Возьмем квадратный лист бумаги ABCD и, совместив углы А — Б и С — D,
разделим его пополам и найдем середины сторон — точки Е и G (которые
можно отметить легким перегибанием). Аналогично найдем середины
сторон F vlH.
Согнув и затем разогнув в исходное положение
бумагу по линиям EF, FG, GH и НЕ, обозначим
соответствующие линии — стороны малого квадрата.
Перегнем PC так, чтобы (•) С оказалась на линии FG.
Это можно сделать двояко: по линиям GG и FF,
точка пересечения которых L будет пятой точкой
восьмиугольника (четыре точки Е, F,Gn H). Найдя
аналогично оставшиеся точки К, М и N, мы получим
правильный восьмиугольник EKFLGNHM.
ft
1/
\\
\м
/
\
\
\\
у
N
1 G
Н
D
165. Перегнем квадратный лист пополам по линиям EF, GH, KL и TFTaK,
чтобы образовались отчетливые линии сгиба, и развернем лист в исходное
состояние.
Перегнем Z В по линии ЕР так, чтобы (•) Е осталась на месте, а (•) В попала на
линию KL, перейдя в (•) М. Точки ЕиМ будут двумя угловыми точками
искомого шестиугольника. Для нахождения стороны шестиугольника достаточно
сделать перегиб по линии ЕМ.
В РК G Т
)
/
R
S
Н V D
В К G
F Е
A L Н
А\
Аналогично можно найти вторую сторону шестиугольника EN. Точки
шестиугольника i? и S можно найти так же либо перегнув лист через
найденные точки М л N и центр О до пересечения с прямой TV. Получился
правильный шестиугольник EMRFSN.
166. Перегнем квадратный лист пополам, найдем (•) Е. Перегнув лист по линии ED,
отложим на ней (•) G так, чтобы в нее перешла (')А, для чего достаточно L А
перегнуть по EF. Таким образом, на ED отложили EG = АЕ.
Аналогично отложим DH = GD и найдем (•) Н. Совместив при перегибании
точки А и Н, разделим пополам АН" и найдем (•) К, которая будет первым
139

А К F Н
К S Р
углом искомого пятиугольника. Вторую точку пятиугольника Р найдем,
отложив PD = АК. Получена первая сторона КР пятиугольника.
Стороны KL = PN = КР искомого пятиугольника найдем, отложив на АВ и CD
точки L и N, которые получаются при перегибании вдоль линий К К и PP.
Наконец, на средней линии квадратного листа находим последнюю точку
пятиугольника М, аналогично откладывая KL = LM и MN = PN. Получился
правильный пятиугольник KLMNP.
167. Перегнем по линии EF квадратный лист пополам и, обозначив линию
перегиба, разогнем лист в исходное состояние. Перегнем Z. D по линии АК так,
чтобы (•) D перешла на прямой EF в (•) Н.
Перегнем L С по линии НК и, обозначив (•) G, которая
будет первым углом искомого треугольника, возвратим
L С в исходное состояние, а перегиб по линии АК пока
оставим. Перегнув L D из (•) Н на линию АК в (•) N
по линии перегиба AM, обозначим (•) М. Развернем все
перегибы, возвратив квадратный лист в исходное
состояние, и (•) М перейдет во вторую (•) L искомого
треугольника. Соединив перегибами точки, обозначенные
точками A, G и L, получим правильный треугольник
наибольшей площади.
D
G
168. Перегнем лист по линии GH пополам и по линии EF
еще раз пополам и, обозначив линии перегиба,
разогнем лист в исходное положение. Разделим пополам
FD и, найдя (•) О, перегнем ZDno линии ОМ так,
чтобы (•) D на линии GH перешла в (•) К. Разогнем
лист в исходное состояние и перегнем его через
точки F и К. Линия FKL будет наикратчайшей линией
перегиба.
н о
169. Поскольку площади прямоугольника и квадрата должны быть равны, то
сторона квадрата 6. Поэтому откладываем по 6 на больших сторонах пря-
140

моугольника и делаем ступенчатый разрез, о котором можно догадаться,
вспомнив о центральной симметрии прямоугольника.
Нетрудно убедиться в том, что при произвольных сторонах прямоугольника
ступенчатый разрез не позволит составить равновеликий квадрат.
170. Пусть а и & — стороны прямоугольника. Проведем ступенчатую линию
разреза с одинаковыми ступеньками и обозначим ширину ступеньки/? и
высоту q. Число ступенек п. Тогда а = (п + 1) q и Ь - пр (*). Сдвинем разрезанные
части так, чтобы получился квадрат, и посмотрим, какими при этом
должны быть стороны прямоугольника. При сдвиге одна из сторон
прямоугольника на одну ступеньку уменьшится (яд), другая увеличится (п + 1) и обе
стороны станут равными (так как мы предположили, что после сдвига
получим квадрат). Поэтому:
nq = (n+ 1)р или — = (п + 1)п (**).
Найдем отношение сторон прямоугольника (*) и подставим в него (**):
a 7i+l q Ti+1 2
Ъ п р п
Итак, для того чтобы прямоугольник можно было при помощи ступенчатого
разреза на две части «сдвинуть» в равновеликий квадрат, его стороны
должны относиться друг к другу как квадраты двух последовательных чисел.
171. а) Если размеры прямоугольника 1 х 2, то его можно симметрично
разрезать, как на рис. а.
т
б) Если отношение сторон — прямоугольника меньше, чем 1 : 2, то его мож-
IV
1
но разрезать, как на рис. б. Продолжим АВ точки С так, чтобы CD = {mrif,
т. е. стороне искомого квадрата. Далее проводим линию, параллельную CD,
и восстанавливаем к ней перпендикуляры через точки С и D.
в) Найдя сторону искомого квадрата, отложим АВ = (тп)2 и проведем CD
параллельно АВ. Восстанавливаем из точки С перпендикуляр к АВ и
проводим параллельную ей прямую из точки D (рис. в).
141

б
\7
в
172. Сначала разрезаем 2 квадрата по диагоналям и 4
полученных треугольника располагаем вокруг
оставшегося квадрата, приставив части их гипотенуз к его
сторонам. Мысленно соединяем точки прямых углов
между собой линиями и вдоль них делаем последние
4 разреза, отрезав от прямоугольных треугольников
небольшие тупоугольные треугольники, для
которых, как это следует из рисунка, как раз имеются
соответствующие местечки.
173. Совместив три квадрата на одной линии, проведем дугу окружности с
центром в точке С.
Отложив АВ = EF = DG, через точки ВпЕ проведем разрезы, изображенные
на рисунке, и можно складывать квадрат.
174. Проведем разрез по линии АВ так, чтобы, проведя CD параллельно АВ, рас-
1
стояние BD было равно стороне искомого квадрата, т. е. 5^ (рисунок выполнен
142

схематично, без соблюдения масштаба). Затененный (отрезанный)
треугольник переносится на другую сторону прямоугольника так, что последний
превращается в параллелограмм.
Производятся два разреза, перпендикулярные меньшим сторонам
параллелограмма, и из образовавшихся четырех частей складывается искомый
квадрат.
175.
а
/
/
I
1
/
\
б
\
176. Отрежем нижнюю часть латинского креста и приложим ее справа вверх,
как это изображено на рисунке слева.
/
/
в
Сделаем разрез по линии АВ так, чтобы АВ = стороне искомого квадрата.
Перенесем затененную часть вправо так, чтобы получился
параллелограмм DC BE. Восстановим к АВ перпендикуляр СЕ. CD — СЕ — стороны
искомого квадрата, который составим, перенеся части А СЕВ вниз.
177. Разрезав крест и сложив из его вертикальной и горизонтальной частей
прямоугольник и отложив на его большей стороне длину стороны искомого
143

квадрата, проводим наклонный разрез и сдвигаем
по нему части прямоугольника, переставив
меньший треугольник.
178. Точки А и В — середины противоположных сторон
прямоугольника.
179. 1. Надо соединить отрезками прямых линий пары противоположных
сторон.
2. Начнем разрез с тупого угла. Эта линия
разреза не должна доходить до противоположной
стороны, так как тогда образуются 2
прямоугольных треугольника либо 1
остроугольный и 1 тупоугольный, и задача вернется к
началу. Поэтому линия, режущая тупой угол
исходного треугольника, должна заканчиваться в некоторой внутренней
точке. Из этой точки должно выходить по крайней мере 5 лучей, так как
если будет 4, то среди новых углов будет хоть 1 тупой либо 4 прямых
(360° : 4 = 90°).
Таким образом, внутри получается пятиугольник, разделенный на 5
остроугольных треугольника, и 2 остроугольных треугольника, образованных
из углов исходного треугольника.
180. 10 треугольников (см. № 245).
181.
144

182.
183. Провести два взаимно перпендикулярных разреза одинаковой длины,
равной стороне искомого квадрата.
184. Через центр большего квадрата проведем разрез, параллельный гипотенузе
треугольника, образованного катетами — сторонами исходных квадратов.
Второй разрез проходит также через центр перпендикулярно первому
разрезу. Получилась наглядная иллюстрация теоремы Пифагора.
185. Из прямоугольника 16 х 10 вырезаны 4x4 = 16 клеток. Следовательно,
сторона квадрата 12. Значит, ступенчатые зубчатые разрезы должны иметь
длину 12:2 = 6 клеток и форму зуба-изъяна. Таким образом, решением
является зубчатый разрез со сдвигом.
145

\
\
\
\
\
\
\
\
\
\
\
\
\
\
\
\
186. Рентением является зубчатый разрез с поворотом.
187. Сделав разрезы, изображенные на рисунке, и сдвинув затененную часть
вниз на 1 клетку и влево на 5 клеток, получим искомый квадрат, при
этом черная одноклеточная полоска займет свое вертикальное положение
слева.
188.
Ось симметрии
146

189.
190.
191.
Вокруг целой звезды выложить
части двух разрезанных звезд
192.
Симметрично относительно
центра укладываются 3 ромба,
меж них укладываются звезды,
к которым прикладываются
треугольники
193.
Две звезды разрезаются для
составления правильного
шестиугольника, вокруг
которого укладываются
части третьей звезды,
изображенные на этом
рисунке
147

194.
195. Сначала звезда «раскраивается» на два квадрата, а затем они, как было
показано выше, переходят в один.
х
196.
197. Части легко симметрично сложить: А послужит основанием, В —
вершиной (острием на вершину пятиугольника), а остальные части — по бокам.
Ось симметрии
198. Вокруг целого пятиугольника размещаются разрезанные части так, что к его
сторонам треугольники укладываются гипотенузами, а лучи звезды — одной
из коротких сторон.
148

Треугольники должны быть
равнобедренными
и прямоугольными
199. Меньший пятиугольник помещается в центр, и вокруг него размещаются
разрезанные части большего пятиугольника.
AD = DB
CD = EF/2
AC = a/2, где а — сторона
нового пятиугольника
200.
201.
202.
149

203.
204. Восьмиугольники изображены в разных масштабах.
205.
206. Сначала отрезаем верхушку пятиугольника и, разрезав ее на черный
треугольник и белый четырехугольник, укладываем между нижними частями
пятиугольников и получаем полосу разрезанных пятиугольников.
Найдя сторону искомого квадрата, получаем вторую полосу и накладываем
их друг на друга, добиваясь наименьшего числа точек пересечения и
улучшая тем самым решение.
150

207. Разрезаем пополам правильный шестиугольник и, уложив плотно верхние
и нижние части, получим полосу разрезанных шестиугольников.
Найдя сторону искомого квадрата, получаем вторую полосу и накладываем
их друг на друга, добиваясь наименьшего числа точек пересечения и
улучшая тем самым решение.
208. Если попробовать разрезать правильный
восьмиугольник так, чтобы сложить
полосу, то можно убедиться, что одной из
причин неудачи является квадрат со стороной,
равной стороне восьмиугольника,
половинки которого все время «мешаются». Это
позволяет предположить, что одной из мозаик
должна быть очень распространенная среди
мозаик полуправильная мозаика из
восьмиугольников и квадратов.
Тогда в качестве второй накладываемой
мозаики целесообразно выбрать
полуправильную мозаику из квадратов двух
размеров, один из которых искомый, а
второй тот же, что и в первой мозаике. Итак,
правильный восьмиугольник можно
разрезать на 4 одинаковых
четырехугольника и квадрат со стороной, равной стороне
шестиугольника.
209. На полуправильную мозаику из
правильных двенадцатиугольников и треугольников накладываем под подходящим
углом мозаику из правильных шестиугольников и таких же треугольников.
Двенадцатиугольник можно разрезать на 6 частей, из которых две —
правильные треугольники со стороной, равной стороне двенадцатиугольника;
при этом линия наибольшего разреза лишь на полградуса отличается от его
диаметра.
151

210. Разрежем пополам полумесяцы по линии АВ и, перевернув одну половину,
построим из них полосу.
Разрежем кресты по линии CD и, перевернув одну часть, построим из них
полосу так, что обе части будут наклонены под углом, который получится,
если CD пойдет по линии полосы.
Осталось наложить полосы друг на друга так, чтобы точек пересечения в
общих внутренних частях полос было как можно меньше, что позволит
выбрать лучшее решение.
Подчеркнем еще раз, что и в этой, и во многих предыдущих задачах
решение является лучшим для используемых полос и разрезов. Однако может
оказаться, что при других разрезах решение может быть лучше, т. е. число
частей, на которое разрезали заданную фигуру, может оказаться меньше.
211. Исчезнувшая тринадцатая линия превратилась в удлинение других 12
линий. Каждая из 12 оставшихся линий после сдвига верхней и нижней
разрезанных частей бумаги стала длиннее на Vi2 часть своей прежней длины. Если
длину исходных линий сделать достаточно большой, то это удлинение можно
заметить визуально.
212. Если к софизму подходить упрощенно и практически, то секрет
исчезновения клетки заключается в том, что линия разреза прямоугольника по
диагонали имеет толщину. В эту толщину, равную по площади одной клеточке,
как раз и «проваливается» исчезающая клеточка.
Геометрическое объяснение исчезновения клетки, возможно, будет не
только обоснованнее, но и точнее.
Тройки точек А, С и Е (и A, F, Е) не лежат на одной прямой. Это легко
доказать, определив, например, тангенсы углов ВАС и DCE, которые равны %
и 8/з (легко считается по клеточкам). 8/з - %= гД. Поэтому LDCE > ABAC.
Таким образом, АСЕ W.AFE не прямые, а ломаные. Поэтому в
действительности вместо одной диагональной линии имеется целых четыре линии,
замкнутых в параллелограмм ACEF (поперечный размер которого
изображен для наглядности увеличенным), у которого одна пара углов близка
к нулю, а другая — к 180°.
152

А
с-
F
В
D
Площадь параллелограмма равна как раз площади одной клетки. Поэтому
если резать теоретически точно и толщину разреза считать равной нулю, то
при разрезании в центральной части прямоугольника образуется пустота,
имеющая форму параллелограмма площадью в одну клетку, которая
является как бы дыркой в прямоугольнике. Таким образом, в квадрат переходит
прямоугольник без площади маленького сильно вытянутого
параллелограмма, т. е. 65 - 1 = 64 клетки. Итак, геометрическое объяснение софизма
заключается в нарушении одного из условий равновеликости
(равносоставленности) преобразуемых фигур — плотного прилегания частей складываемых
фигур, о котором явно говорилось во введении к предыдущей главе
«Плоские разрезания».
Однако почему же все-таки площадь «дырочного» параллелограмма именно
одна клетка? Как найти эту площадь? Интуитивно кажется, что
геометрический софизм с исчезновением клетки связан с клеточной структурой
квадрата и прямоугольника. Так ли это?
213. Как видно, две трапеции и два треугольника в сумме имеют 63 клетки вместо
65, которые были в исходном прямоугольнике.
И в этом случае исчезновение двух клеток можно объяснить тем, что разрез
в действительности является не линией, а параллелограммом. Параллело-
153

грамм в данной задаче ограничивает перекрытие (наложение) площадью
в две клетки, а в предыдущей задаче пераллелограмм ограничивал недопо-
крытие (дыру) площадью в одну клетку. Опять нарушено условие
равносоставленности преобразуемых фигур.
214. На этот раз в линии разреза явно не спрятаться пропавшим клеткам, так
как разрез всего один. Не будем вдаваться в очень простой расчет
площадей фигур, полученных в результате разрезания исходного
прямоугольника и последующего сдвига. Заметим лишь, что фигура, полученная
после сдвига, отнюдь не квадрат (поэтому в условии и было написано:
«Полученная фигура будет похожа на квадрат»), а прямоугольник со
сторонами 12 и 11 сантиметров и n/i3 сантиметра. Площадь этого
прямоугольника, похожего на квадрат, равна 142 и 2/i3 квадратных
сантиметрам. Площадь малого треугольника — u/26 квадратных сантиметров.
Полная площадь полученных после разрезания фигур равна 143
квадратным сантиметрам.
215. Рассмотрим квадрат со стороной х + г/, разрезанный так, что из его
треугольных и трапецеидальных частей составляется квадрат.
Тогда площадь квадрата: (х + у)2- х2 = + 2ху + у2, а площадь прямоугольника
(2х + у) х - 2х2 + ху. Найдем разность между площадями квадрата и
прямоугольника: А = х2 - ху - у2. В случае разрезания квадрата 8 х 8 = 64 для
составления прямоугольника 13х5 = 65х=5и*/ = З.В этом случае А = 25 -15-9 = 1.
216. Разность площадей квадрата и прямоугольника, найденная в прошлой
задаче, А = х2 - ху - у2. Найдем, при каких х и у эта разность равна 0.
А = х2 - ху - у2 = 0. Разделим обе части уравнения на у2 и разрешим относи-
х х 1+5*
тельно z = —. Положительный корень г - — - —~— (золотое сечение).
у у 2
Таким образом, квадрат равновелик прямоугольнику при рассмотренном
разрезании лишь в том случае, когда отношение частей х и у
иррационально. Это значит, что при разрезании квадрата и прямоугольника на
трапеции и треугольники клеточная структура, обеспечивающая
рациональное отношение г - х/у, не позволяет их площадям быть равными. Интуи-
154

тивное предположение, сделанное в конце решения задачи об исчезновении
клетки, оказалось верным.
217. Можно доказать, что минимальное число разрезов k при разрешенном
совмещении разрезанных частей для куба с целочисленной стороной п равно k = 3m,
где т = 1, 2, 3, 4, ... определяется из неравенства 2т > п > 2т~1:
а) п = 3. Тогда /п = 2ий = 6;
б) п = 4. Тогда т = 2 и k = 6;
в) 71 = 5. Тогда m = 3nk = 9.
218. Извлекая кубический корень из 8x8x27= 1728, находим сторону искомого
куба — 12, которую можно получить, если взять от заданных 27 сначала
2/з и получить 18. Затем, взяв 2/3 от 18, получим как раз 12.
9
7
9
9
•
8
А
А"~л
4
/
>■
(
V
6
12
9v
л
/Г"
/ 1
1
1
L
У
71
/
|/
Из размера 8 можно получить 12, лишь увеличив его в 1,5 раза.
1. Сделаем ступенчатый разрез с шириной ступеньки 4 и высотой 9.
2. Переместим верхнее ступенчатое тело вниз и получим прямой
параллелепипед с размерами 8 х 12 х 18.
3. Сделаем аналогичный ступенчатый разрез в направлении,
перпендикулярном предыдущему, с шириной ступеньки 4 и высотой 6.
4. Переместим два верхних тела вниз (как в прошлый раз) и получим
желанный куб со стороной 12.
219. Параллелепипед разрезается пополам на части 8x9x12,и от обеих частей
отрезаются брусочки размером 3 х 4 х 12. Из полученных четырех тел
складывается куб со стороной 12.
155

J
/
/
-
-
71
/
7
/
7
/
/
/
/
/
\ /
i
//
1 '/
i /'
v'/
/ /
/
/
220. Как видно из рисунка, А - (8х8х16)3 =10. После первых двух разрезов
(перпендикулярно горизонтальным плоскостям) части 4 (затененная) и 6
сдвигаем и делаем еще два разреза (один — перпендикулярно
горизонтальной плоскости и второй — наклонный).
2
1
А
i
1
у
■<
/
-Л
5
221. Вместо того чтобы искать вид пирамиды, которую требуется разрезать,
целесообразно попытаться сначала разрезать куб на несколько частей, из
которых можно будет сложить пирамиду. Действительно, куб — это вполне
определенный вид многогранника, и задача четко сформулирована, в то
время как пирамида может иметь какое угодно основание, и потому задача
разрезания неопределенной пирамиды может оказаться слишком трудной.
Куб можно по-разному разрезать: например, на кубы, на прямоугольные
параллелепипеды, на пирамиды и тетраэдры. Очевидно, для того, чтобы
разрезанные части можно было плотно подогнать друг к другу, было бы неплохо,
чтобы все они были одинаковы и имели трехгранный угол с прямыми
плоскими углами.
156

Однако это не должны быть прямоугольные параллелепипеды, так как они
принципиально не отличаются от исходного тела — куба. Таким образом,
сначала надо пытаться искать разрезание куба на одинаковые пирамиды
или тетраэдры с указанным трехгранным углом.
Куб можно разрезать на три одинаковые пирамиды — BAGEF, BFHDE
и BGCDE. Поставив все три пирамиды на квадратные основания и соединив
их трехгранными углами с плоскими прямыми углами, получим равно-
составленную пирамиду, в которой части плотно пригнаны друг к другу.
Иными словами, пирамиду можно разрезать двумя плоскими разрезами на
три призмы, из которых можно сложить куб.

Сергей Быльцов
Логические головоломки и задачи.
Занимательная математика для всей семьи
Заведующая редакцией В. Малышкина
Ведущий редактор Т. Яценко
Художник К. Радзевич
Корректор Н. Викторова
Верстка И. Проворов
Подписано в печать 13.05.10. Формат 84x108/16. Усл. п. л. 16,8. Тираж 4000. Заказ
ООО «Лидер», 194044, Санкт-Петербург, пр. Б. Сампсониевский, д. 29а.
Налоговая льгота — общероссийский классификатор продукции ОК 005-93, том 2; 95 3005 — литература учебная.
Отпечатано с готовых диапозитивов в ООО «СЗПД».
Рига, ул. Солодухина, д. 2.

ПЗПАТЕПЬСКПП ПОМ
WWW.PITER.COM
ПРЕДСТАВИТЕЛЬСТВА ИЗДАТЕЛЬСКОГО ДОМА «ПИТЕР»
предлагают эксклюзивный ассортимент компьютерной, медицинской,
психологической, экономической и популярной литературы
РОССИЯ
Санкт-Петербург м. «Выборгская», Б. Сампсониевский пр., д. 29а
тел./факс: (812) 703-73-73, 703-73-72; e-mail: sales@piter.com
Москва м. «Электрозаводская», Семеновская наб., д. 2/1, корп. 1, 6-й этаж
тел./факс: (495) 234-38-15, 974-34-50; e-mail: sales@msk.piter.com
Воронеж Ленинский пр., д. 169; тел./факс: (4732) 39-61 -70
e-mail: piterctr@comch.ru
Екатеринбург ул. Бебеля, д. 11 а; тел./факс: (343) 378-98-41, 378-98-42
e-mail: office@ekat.piter.com
Нижний Новгород ул. Совхозная, д. 13; тел.: (8312) 41-27-31
e-mail: office@nnov.piter.com
Новосибирск ул. Станционная, д. 36; тел.: (383) 363-01 -14
факс: (383) 350-19-79; e-mail: sib@nsk.piter.com
Ростов-на-Дону ул. Ульяновская, д. 26; тел.: (863) 269-91 -22, 269-91 -30
e-mail: piter-ug@rostov.piter.com
Самара ул. Молодогвардейская, д. 33а; офис 223; тел.: (846) 277-89-79
e-mail: pitvolga@samtel.ru
УКРАИНА
Харьков ул. Суздальские ряды, д. 12, офис 10; тел.: (1038057) 751 -10-02
758-41-45; факс: (1038057) 712-27-05; e-mail: piter@kharkov.piter.com
Киев Московский пр., д. 6, корп. 1, офис 33; тел.: (1038044) 490-35-69
факс: (1038044) 490-35-68; e-mail: office@kiev.piter.com
БЕЛАРУСЬ
Минск ул. Притыцкого, д. 34, офис 2; тел./факс: (1037517) 201 -48-77
e-mail: gv@minsk.piter.com
Ищем зарубежных партнеров или посредников, имеющих выход на зарубежный рынок.
Телефон для связи: (812) 703-73-73. E-mail: fuganov@piter.com
Издательский дом «Питер» приглашает к сотрудничеству авторов. Обращайтесь
по телефонам: Санкт-Петербург - (812) 703-73-72, Москва - (495) 974-34-50
Заказ книг для вузов и библиотек по тел.: (812) 703-73-73.
Специальное предложение - e-mail: kozin@piter.com
Заказ книг по почте: на сайте www.piter.com; по тел.: (812) 703-73-74
по ICQ 413763617

ПЗЛАТЕПЬСКПП ПОМ
WWW.PITER.COM
УВАЖАЕМЫЕ ГОСПОДА!
КНИГИ ИЗДАТЕЛЬСКОГО ДОМА «ПИТЕР»
ВЫ МОЖЕТЕ ПРИОБРЕСТИ
ОПТОМ И В РОЗНИЦУ
У НАШИХ РЕГИОНАЛЬНЫХ ПАРТНЕРОВ.
ДАЛЬНИЙ ВОСТОК
Владивосток
«Приморский торговый дом книги»
тел./факс: (4232) 23-82-12
e-mail: bookbase@mail.primorye.ru
Хабаровск, «Деловая книга», ул. Путевая, д. 1а
тел.: (4212) 36-06-65, 33-95-31
e-mail: dkniga@mail.kht.ru
Хабаровск, «Книжный мир»
тел.: (4212) 32-85-51, факс: (4212) 32-82-50
e-mail: postmaster@worldbooks.kht.ru
Хабаровск, «Мире»
тел.: (4212) 39-49-60
e-mail: zakaz@booksmirs.ru
ЕВРОПЕЙСКИЕ РЕГИОНЫ РОССИИ
Архангельск, «Дом книги», пл. Ленина, д. 3
тел.: (8182) 65-41-34, 65-38-79
e-mail: marketing@avfkniga.ru
Воронеж, «Амиталь», пл. Ленина, д. 4
тел.: (4732) 26-77-77
http://www.amital.ru
Калининград, «Вестер»,
сеть магазинов «Книги и книжечки»
тел./факс: (4012) 21-56-28, 65-65-68
e-mail: nshibkova@vester.ru
http://www.vester.ru
Самара, «Чакона», ТЦ «Фрегат»
Московское шоссе, д. 15
тел.: (846) 331-22-33
e-mail: chaconne@chaccone.ru
Саратов, «Читающий Саратов», пр. Революции, д. 58
тел.: (4732) 51-28-93, 47-00-81
e-mail: manager@kmsvrn.ru
СЕВЕРНЫЙ КАВКАЗ
Ессентуки, «Россы», ул. Октябрьская, 424
тел./факс: (87934) 6-93-09
e-mail: rossy@kmw.ru
СИБИРЬ
Иркутск, «ПродаЛитЪ»
тел.: (3952) 20-09-17, 24-17-77
e-mail: prodalit@irk.ru
http://www.prodalit.irk.ru
Иркутск, «Светлана»
тел./факс: (3952) 25-25-90
e-mail: kkcbooks@bk.ru
http://www.kkcbooks.ru
Красноярск, «Книжный мир»
пр. Мира, д. 86
тел./факс: (3912) 27-39-71
e-mail: book-world@public.krasnet.ru
Новосибирск, «Топ-книга»
тел.: (383) 336-10-26
факс: (383) 336-10-27
e-mail: office@top-kniga.ru
http://www.top-kniga.ru
ТАТАРСТАН
Казань, «Таис»,
сеть магазинов «Дом книги»
тел.: (843) 272-34-55
e-mail: tais@bancorp.ru
УРАЛ
Екатеринбург, 000 «Дом книги»
ул. Антона Валека, д. 12
тел./факс: (343) 358-18-98, 358-14-84
e-mail: domknigi@k66.ru
Екатеринбург, ТЦ «Люмна»
ул. Студенческая, д. 1в
тел./факс: (343) 228-10-70
e-mail: igm@lumna.ru
http://www.lumna.ru
Челябинск, 000 «ИнтерСервис ЛТД»
ул. Артиллерийская, д. 124
тел.: (351) 247-74-03, 247-74-09, 247-74-16
e-mail: zakup@intser.ru
http://www.fkniga.ru, www.intser.ru