В царстве смекалки, или Арифметика для всех. Книга 1 - Игнатьев Е.И.

Задача 2-я. Звериное число
Задача 3-я. Делёж

Задача 10-я. Сумма последовательных чисел

Задача 12-я. Бой часов
Задача 13-я. Продажа яблок

Задача 15-я. Как поделить?
Задача 16-я. За кашу

Задача 18-я. Велосипедисты и муха
Задача 19-я. Портной

Задача 20-я. Гусеница
Задача 21-я. То же иными знаками

Дележи при затруднительных обстоятельствах

Задача 30-я. Три игрока
Задача 31-я. Два пастуха

Задача 33-я. Как гусь с аистом задачу решали

Задача 39-я. Отряд солдат
Задача 40-я. Волк, коза и капуста

Игра в красное и чёрное, или игра в жетоны

Задача 49-я. Шесть пар
Задача 50-я. Семь пар

Задача 55-я. Волшебный квадрат из 9 клеток

Дополнительные домино
В чём состоит игра

Задача 64-я. Квадрат из 20 равных треугольников

Задача 70-я. Ханойская башня. Тонкинский вопрос

Задача 89-я. Угадать задуманное число иным путем

Средние волшебные квадраты с шестнадцатью клетками

Правильные волшебные квадраты с шестнадцатью клетками

Полные и средние волшебные квадраты с шестьюдесятью четырьмя клетками

Author: Игнатьев Е.И.

Tags: издания для определенного назначения математика арифметика головоломки

ISBN: 978-5-4224-0968-6

Year: 2015

Similar

Арифметика для всех 1

Математическое эссе и развлечения.

Справочник по элементарной математике

Алгоритмические головоломки

Text

ЕМЕЛЬЯН
ИГНАТЬЕВ
В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ,
ИЛИ АРИФМЕТИКА АЛЯ ВСЕХ
N
ШНИГОВЕЖ
КНИЖНЫЙ КЛУБ I BOOK CLUB

ЕМЕЛЬЯН
ИГНАТЬЕВ
В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ,
ИЛИ АРИФМЕТИКА ДЛЯ ВСЕХ
В трех книгах
ТЕРМФША
ИЗДАТЕЛЬСТВО | PUBLISHING HOUSE
ЕЩНИГОВЕ>Г
КНИЖНЫЙ КЛУБ I BOOK CLUB

УДК 087.5:51
ББК 22.1
И26
Оформление художника
А. БАЛАШОВОЙ
Игнатьев Е. И.
И26 В царстве смекалки, или Арифметика для всех: В 3 кн.
Кн. 1. — М.: Книжный Клуб Книговек, 2015. — 272 с.: ил.
ISBN 978-5-4224-0968-6 (кн. 1)
ISBN 978-5-4224-0967-9
Е. И. Игнатьева по праву называют классиком жанра заниматель¬
ных математических головоломок. Книга «В царстве смекалки, или
Арифметика для всех» — самое знаменитое из его произведений.
Впервые она была издана чуть больше ста лет назад, но увлекательные
задачи, лабиринты и головоломки, собранные в ней, до сих пор не по¬
теряли своей актуальности. В произведении собраны задачи разной
трудности, подходящие для детей и взрослых. Как правило, для их ре¬
шения требуются лишь минимальные знания арифметики и геометрии,
зато необходимы логическое мышление, внимательность и сообрази¬
тельность.
УДК 087.5:51
ББК 22.1
ISBN 978-5-4224-0968-6 (кн. 1)
ISBN 978-5-4224-0967-9
© Книжный Клуб Книговек, 2015

Введение
Наступили времена «пара и железа», «электриче¬
ства и воздухоплавания», с одной стороны, а с другой,
времена проникновения в глубочайшие тайники чело¬
веческого духа и самопознания. Но в какой бы области
человеческая жизнь ни стремилась к необходимому
самосовершенствованию, верно то, что всюду в осно¬
вании верных выводов должны лежать «счет и мера»,
т. е. число в той или иной форме. Явления ли так назы¬
ваемого внешнего мира, глубины ли собственного духа
желает исследовать человек и связать свое бедное и
жалкое пока «я» с великим и всеобъемлющим «всё» —
всюду и везде только тогда шествует он по верному
пути, если великий и строгий дух математики будет
его руководителем... Счет, мера и число... Математи¬
ка — эта так называемая сухая, точная и строгая наука...
Да! Только эта целомудренная, с глубоко пытливым
взглядом богиня может ввести нас в святая святых
творения, приподнять завесу, скрывающую от нас ве¬
ликие тайны мироздания, показать даже возможность
пространства, отличного от нашего, ввести в область
иных измерений, дать возможность уверенно говорить
о невидимом, как о видимом, о будущем и прошедшем,
как о настоящем, дать понятие человеческому духу
о великой и вечной поэзии творческих сил природы.
Станет ли кто в наше время отрицать настоятельную
необходимость самого широкого распространения и
популяризации математических знаний? Железная
3

сила логической, или, что то же, математической мыс¬
ли, сила разумной и быстрой «смекалки» только одна
ведь в состоянии победить разного рода беспочвенные
самообольщения извращенной фантазии и низринуть
дурачащих бедное человечество кумиров.
Развитие самой энергетической самодеятельности
ума, сообразительности и «смекалки» — вот что все
необходимее и необходимее делается человеку, если
он желает преуспевать и достигнуть гармонии жизни.
Существенно необходимо прежде всего приобретение
самых разнообразных навыков в... счете, мере и числе.
Нисколько не рискуя впасть в преувеличение, скажем:
жизнь каждого народа ныне культурна постольку, по¬
скольку в нее входит математика... Вдумайтесь, и вы с
этим согласитесь!
Вот почему, между прочим, первоначальные мате¬
матические познания должны необходимо входить с
самых ранних пор в образование и воспитание детей.
По справедливому замечанию Кондорсе («Беседы о
математике»), математические понятия, даже циф¬
ры и линии, говорят детскому зарождающемуся во¬
ображению более, чем иные думают. Но само собой
разумеется, что умственную самодеятельность, сооб¬
разительность и «смекалку» нельзя ни «вколотить»,
ни «вложить» в голову даже ребенка. Результаты
единственно надежны тогда, когда введение в область
математических знаний совершается в легкой и при¬
ятной форме, на предметах и примерах обыденной и
повседневной обстановки, подобранных с надлежа¬
щим остроумием и занимательностью.
К счастью, впрочем, высказывая эти мысли, мы не
говорим ничего нового. С этими последними пожела¬
ниями согласен, кажется, ныне даже любой педагог
современной русской школы и любая заботящаяся о
разумном образовании и воспитании своих детей се¬
мья. Тем более удивительно и досадно, что на русском
языке нет почти ни одной попытки дать в руки семьи
4

и школы книгу, направленную к популяризации в ши¬
роких кругах математических познаний и могущую
служить приличным пособием взрослому для обуче¬
ния своего ребенка или вообще учащемуся, достигше¬
му некоторой небольшой подготовки. Это тем более
удивительно и странно, что в заграничной литерату¬
ре (особенно французской и английской) мы имеем в
этом отношении прекрасные и талантливо составлен¬
ные образцы.
Настоящая книга имеет в виду до некоторой сте¬
пени пополнить указанный выше пробел. Пробуя пе¬
ренести нашего читателя в «царство смекалки», мы,
конечно, не обольщаем себя надеждой, что смогли по¬
казать ему это царство во всей его прелести и полно¬
те. Для этого понадобились бы не одна и не две таких
книги — так велика и обширна область только тех от¬
делов математики, которые можно подвести под общее
заглавие «математических игр и развлечений». Но что
же может помешать нашу попытку и продолжить, если
она окажется удачной и полезной?
Внимательный читатель, надеемся, заметит, что
книга по возможности разбита на отделы, содержащие
каждый однородные задачи в порядке возрастания их
трудности. Нет, вообще говоря, никакой надобности
читать и разбираться в этой книге подряд. Каждый
может для начала взять именно тот отдел, который его
наиболее заинтересует, и разобраться сначала в нем,
затем перейти к любому другому и т. д. Что касается
так называемых разных задач, то составитель и здесь
старался по силе разумения разместить их в порядке
возрастающей сложности или трудности. Нельзя, од¬
нако, поручиться, чтобы принятая нами планировка
материала удовлетворила всех. Слишком субъектив¬
ное это дело: что одному трудно, то другому — нет, и
наоборот. Впрочем, подчеркиваем еще раз, что предла¬
гаемая книга ведь не методика, не учебник и не задач¬
ник в обыкновенном смысле этих слов. Но всякий, кто
5

захочет, может воспользоваться предлагаемой кни¬
гой применительно к своей методике или учебнику.
Старший, взявший на себя труд познакомиться с этой
книгой, легко убедится, что почти все предлагаемые в
ней задачи можно видоизменять и делать предметом
беседы даже с маленькими детьми. С другой стороны,
смеем надеяться, что настоящая книга может быть не¬
дурным пособием для математического саморазвития
и самодеятельности и притом не для одного только
учащегося юношества, а для всех вообще, чувствую¬
щих склонность к работе ума. В силу последнего эта
книга названа также «Арифметикой для всех». Предна¬
значая эту книгу для всех, мы вовсе не желаем сказать,
что книгу эту может читать даже едва обучившийся
грамоте ребенок. Но думаем, что мать, отец, старший
брат или сестра найдут здесь достаточно материала,
чтобы на легких и занимательных примерах при по¬
мощи предметов, находящихся у них же перед глазами
или под руками, ввести ребенка в круг математических
понятий. Но, «уча, мы учимся сами» и надеемся, что
предлагаемая книга сможет наилучше каждого в этом
убедить. Сближение математики с жизнью, введение
ее в повседневный обиход, умение все, окружающее
нас, по возможности переводить на счет, меру и чис¬
ло — вот что главным образом имеет в виду эта книга.
А так как в ней есть и такие задачи, усвоение и разбор
которых не требует почти никакой математической
подготовки, то ее можно смело дать для самостоятель¬
ного чтения и изучения даже учащемуся, начиная е
10—12 лет и т. д. (Возраст не ограничен, так как любой
старший, особенно у нас, найдет здесь кое-что и для
себя.) Предмет, повторяем, нами далеко не исчерпан,
и мы надеемся в будущем дать еще не одну книгу, до¬
полняющую эту с различных сторон.
В заключение необходимо упомянуть, что в на¬
стоящую книгу вошла также некоторая часть мате¬
риала (в переработанном виде, конечно) из двух уже
6

ранее вышедших наших же книг: 1. «Математические
игры, развлечения и задачи» (издана в 1903 г.) и 2. Не¬
большой «Книжки-смекалки», составленной нами для
«Читальни народной школы» в прошлом году за под¬
писью Е. М. Ельянов.
Август 1908 г.,
С.-Петербург

СЧЕТ, МЕРА И ЧИСЛО
(Исторические справки)
Вот я бросаю на стол палочку, или спичку,
или камешек, или кубик — словом, какой-нибудь
предмет и спрашиваю вас: сколько предметов я
бросил на стол? Вы смотрите и отвечаете: «Один
предмет».
Я беру затем и бросаю перед вами целую горсть
камешков, или спичек, или иных каких предметов
и опять спрашиваю: сколько здесь предметов? Вы
отвечаете: «Много/» Но меня этот ответ не удо¬
влетворяет. Я хочу знать точно, сколько именно
предметов лежит передо мной. И тогда вам при¬
ходится предметы сосчитать.
В чем состоит счет, вы тоже уже знаете: вы
берете один предмет и говорите: один; прикла¬
дываете к нему еще один и говорите: два; к этим
прикладываете еще один и говорите: три; к этим
прикладываете еще один и говорите: четыре, за¬
тем пять, шесть, семь, восемь, девять и таким об¬
разом добираетесь до десятка...
Вы считаете предметы по одному, или единица¬
ми, иначе говоря. Но вы знаете также, что можно
считать те же предметы парами (по два), тройка¬
ми (по три), четверками (по четыре) и т. д. Нако¬
8

нец, если предметов много, то можно считать их
и десятками, совсем так же, как вы считали еди¬
ницами, т. е. один десяток, два десятка (или двад¬
цать), три десятка (или тридцать) и т. д. Когда у
вас набирается десять десятков, вы называете это
сотней и считаете опять сотни, как единицы: сто,
два ста (или двести), триста, четыреста и т. д. Так
считаете вы, пока не получите десять сотен, или
тысячу, а затем эти тысячи считаете опять, как
простые единицы: одна тысяча, две тысячи и т. д.
Все это вы знаете, и все это кажется так про¬
сто. Чтобы ответить на вопрос, сколько предметов,
надо эти предметы сосчитать. Счет же состоит
в последовательном прибавлении к единице еще
единицы, да еще единицы, да еще единицы и т. д.
до конца, а затем остается сказать словами, что вы
получили, или иначе — назвать результат счета,
а этот результат и будет не что иное, как число.
При первых же шагах нашей более или менее
сознательной жизни мы учимся считать пред¬
меты и мало-помалу вырабатываем в своем уме
представление о числе как совокупности единиц,
независимо от самих предметов, вырабатываем
себе понятие о так называемом отвлеченном числе.
Первое и основное математическое действие со¬
стоит, следовательно, в прикладывании к единице
еще единицы, да еще и т. д. — в последовательном
сложении, в счете.
Само по себе, как видим, это действие нетруд¬
ное. Вся трудность заключается не в том, чтобы
прикладывать единицу за единицей, а чтобы по¬
лученные от такого прикладывания числа назвать
или написать и запомнить. Вся трудность в том,
чтобы найти такой способ или систему счета, при
9

которой немногими отдельными знаками можно
было бы записывать какие угодно числа.
Человечество счастливо и удачно разрешило
этот вопрос. Выработана такая система устного и
письменного счисления, которая быстро делается
понятной каждому ребенку и усваивается им по¬
степенно с самых ранних пор. Выучиться считать
и писать числа по нашей так называемой десятич¬
ной системе счисления, в основании которой лежит
число десять, не стоит почти никакого особого тру¬
да. Вы знаете это из личного опыта, из того, чему
научились в школе и дома. Но знаете ли вы также,
что тысячи и тысячи лет прошли, раньше чем люди
додумались и дошли до того, чему мы теперь можем
так быстро и легко обучиться в детском возрасте?
История того, как люди научились считать и
писать числа, есть очень любопытная история, и с
ней каждому следует хоть немного ознакомиться.
В глубокой древности, на самой ранней заре
своей жизни люди считали только с помощью
камешков или же делали царапины и зарубки на
дереве или камне. Сколько предметов, столько и
делалось зарубок. Такие зарубки, относящиеся
к наиболее отдаленным векам жизни человека и
имеющие несомненное значение числовых заме¬
ток, находят и теперь в различных местностях.
Как видим, это самый простой способ счета, за¬
ключающий в себе понятие об образовании числа
прибавлением последовательно единицы за еди¬
ницей. Припомним также, что не так еще давно,
а кое-где и до сих пор, на Руси есть еще в ходу
бирки. Это не что иное, как деревянные палочки,
на которых черточками и крестиками иные негра¬
мотные люди ведут свой незамысловатый счет.
10

Как считали наши отдаленнейшие предки,
можно приблизительно судить и на примерах
существующих ныне народов, стоящих на очень
низкой ступени развития, находящихся, как гово¬
рят, в диком состоянии. Так, один путешественник
рассказывает, что дикари Андаманских островов
считают очень просто, но и очень забавно и стран¬
но. Чтобы изобразить счет по одному, они просто-
напросто трут носом о землю столько раз, сколько
надо. Если же им надо считать единицами более
высокого порядка (скажем, как у нас десятками),
то они столько раз, сколько нужно, тянут себя за
уши... Как ни прост и ни смешон этот способ сче¬
та, он, однако, уже выше, чем тот, о котором мы
упоминали раньше и где просто складываются ка¬
мешки или проводятся черточки. Здесь мы видим
уже счет единицами двух различных порядков:
простыми единицами — «носовыми», по способу
этих дикарей, и единицами второго порядка, или
разряда, — «ушными».
Древние татары, когда дело шло о числах, сооб¬
щались между собой посредством особых палочек
хе-му, на которых делались условные нарезки. По
этим нарезкам каждая орда знала, в какое время
она должна выступить в поход, сколько лошадей
и людей должно выставить каждое селение.
Обитатели древнего государства Америки
Перу во времена своих царей-инков для изобра¬
жения и запоминания чисел имели особые при¬
борчики — квиппосы. Это были кольца, к которым
прикреплялись веревочки с узелками и палочка¬
ми разного цвета. Число узелков, их завязывание
и развязывание, а также чередование веревочек с
палочками позволяли выражать много чисел. Да
И

не сохранился ли и у нас до сих пор обычай за¬
вязывать узелок на память и не имеет ли он что-
либо общее с этим квиппосом?
Но самым ближайшим и самым естественным
пособием человеку для счета были, конечно, его
пальцы на руках и ногах. И действительно, есть
все данные предполагать, что этот пальцевой счет
был самым распространенным с глубокой древ¬
ности у всех почти сделавшихся потом образован¬
ными народов. Каждый палец заменял при этом
каждый исчисляемый предмет. Такой способ сче¬
та наблюдается у диких народов и в наше время,
причем следует заметить, что поднятие пальцев
вместо того, чтобы назвать число, есть едва ли не
единственный пример, когда отвлеченное понятие
выражается жестом.
Но человеческий дух ищет своего выражения
в слове. Известное количество, известное чис¬
ло предметов он выражает одним словом. Такие
слова иногда прямо указывают на приемы счета.
Так и теперь еще у некоторых народов число два
обозначается словом «крылья», число три — сло¬
вом «клевер» (трилистник), число пять — словом
«рука». У индейцев в Америке числа 11, 12 и т. д.
считаются так: «ноги один», «ноги два» (т. е. де¬
сять пальцев на ногах да еще один, десять на ногах
да еще два и т. д.), а число 20 обозначается сло¬
вами «весь человек». В Африке для обозначения
больших чисел у иных народов употребляются
такие слова, как «куча», «гора» и т. д. Наконец,
не припомните ли, что в иных местах нашей кре¬
стьянской России до сих пор еще ведется счет на
«копы»? Причем «копа» яиц, например, значит
60 штук их.
12

Подобное образование названий чисел иногда
отражается даже на изображении их посредством
письменных знаков. Обратили ли вы внимание на
начертание римской цифры пять? Как известно,
она пишется так: V и представляет не что иное,
как изображение руки человека. Две таких руки,
сложенных вместе (одна вверху, другая внизу)
дают вам римское изображение числа десять — X.
Теперь является вопрос: не имеют ли каких-
либо соответствующих, взятых из природы значе¬
ний наши названия чисел (один, два, три, четыре,
пять, шесть, семь, восемь, девять, десять), положен¬
ные в основу нашей устной системы счисления?
Трудно, даже невозможно ответить на этот во¬
прос. Можно сказать только одно, что когда раз¬
вился человеческий язык, то и первые числовые
понятия вылились в известные числовые слова.
Если же эти слова и имели какое-либо значение,
взятое из названий окружающих человека пред¬
метов, то это значение давно забыто и утеряно,
так как образование числовых понятий и выра¬
жающих их слов у современных образованных
народов относится к глубочайшей древности.
Чтобы судить, как давно это было, достаточно
заметить, что названия числительных имен со¬
впадают в языках: санскритском, зендском, пер¬
сидском, греческом, латинском, кельтском, гер¬
манском и славянском. Что же это значит? А это
значит, что названия главных чисел образовались
еще тогда, когда все эти народы составляли одну
семью и говорили одним общим (арийским) язы¬
ком. Это же было много и много тысяч лет тому
назад, в доисторические времена, потому что за
те тысячи лет, о которых сохранились более или
13

менее достоверные исторические свидетельства,
все перечисленные выше народы уже жили и раз¬
вивались, живут и развиваются отдельно.
Итак, если когда-либо, в глубине веков, назва¬
ния чисел и имели какое-либо иное значение, то оно
с течением времени утратилось, а остались только
слова, дающие отвлеченное представление о числе.
А как только человек научился отвлеченному сче¬
ту, т. е. просто счету, независимо от тех или других
предметов, то это было и первое истинно матема¬
тическое действие человеческого сознания.
Прибавлять по единице да еще по единице,
очевидно, можно сколько угодно. Значит, и чисел
есть сколько угодно — их, как говорят, бесконечно
много. И как только человек дошел до понятия о
числе, то явилась тотчас задача, как я уже упомя¬
нул выше, самого легкого и простого названия и
написания любого сколь угодно большого числа.
Немногими словами нужно было уметь называть
все числа и немногими знаками их писать.
Мы знаем уже, как просто и легко это дела¬
ется теперь в нашей десятичной системе счис¬
ления. Однако, чтобы дойти до этой легкости и
простоты, опять понадобился длинный ряд веков
и тысячелетий. Медленно и с большими обхода¬
ми достигало человечество цели. И введение в
человеческий обиход ныне принятого устного и
письменного счисления можно считать проис¬
шедшим уже в несомненно исторические времена.
Так, устное десятичное счисление было известно
древним грекам. Но спрашивается, почему же
наиболее привилось и распространилось десятич¬
ное счисление? Почему мы имеем девять простых
единиц, а десять их принимаем за новую, высшую
14

единицу — десяток и считаем затем десятки, как
простые единицы; десять десятков принимаем
опять за еще высшую единицу — сотню и считаем
сотни, как единицы; десять сотен опять принима¬
ем за еще высшую единицу — тысячу и считаем
тысячи, как простые единицы и т. д.
Почему в основу нашего счета положено число
десять? Ведь можно, как мы знаем, считать пара¬
ми, тройками, четверками, пятерками и т. д. Как
вы знаете, существует счет «дюжинами», т. е. такой
счет, при котором в основании лежит число 12. Что
не всегда и всюду число 10 признавалось за осно¬
ву счета, этому существует много доказательств.
Помимо счета «дюжинами» припомните хотя
бы русский счет «сорок сороков» или «копами».
У других народов есть несомненные остатки та¬
кого счета, при котором в основе лежит число 20.
Однако все эти системы счета вымерли и выми¬
рают, а торжествует десятичная. Объясняется это
прежде всего и единственно устройством наших
рук, имеющих в общей сложности 10 пальцев, ко¬
торые были первыми и главными помощниками
человека в выработке им понятия о числе и в раз¬
витии устного счета.
Что касается системы письменного счета, т. е.
умения изобразить любое число с помощью не¬
многих знаков, то она усовершенствовалась толь¬
ко сравнительно недавно, именно после введения
так называемых арабских цифр и прибавления к 9
значащим цифрам еще незначащей — нуля. Этот
последний у арабов назывался цефир (зефир), от¬
куда и получалось самое слово «цифра». Саму же
систему письменного счисления арабы, по всей ве¬
роятности, позаимствовали у индусов и китайцев.
15

Так медленно и на протяжении многих веков
распространялся и утверждался в понятии чело¬
вечества тот устный и письменный счет, которому
нам столь нетрудно научиться нынче в самое не¬
продолжительное время и в самом раннем возрас¬
те. Не правда ли, что вы не помните даже, когда
научились считать до десяти, например? Как на¬
чали учиться говорить, так, само собой, начали и
учиться считать! Начали вместе с тем приобретать
и понятие о числе. А научившись считать до де¬
сятка, нетрудно пойти и далее. Ведь десятки счи¬
таются, как простые единицы, и, чтобы добрать¬
ся до сотни, достаточно всего 11 различных слов.
Затем сотни опять считаются, как единицы... Так
счетом вы получаете всё новые и новые числа.
Но не только от одного счета получаются чис¬
ла. Они получаются еще путем сравнения величи¬
ны предметов. Глядя на окружающий вас мир, вы
скоро замечаете, что одни предметы в нем больше,
другие меньше. Это понятие о величине предме¬
тов, о большем и меньшем, вы выражаете разными
словами: выше, ниже, длиннее, короче, шире, уже,
толще, тоньше, легче, тяжелее и т. д. Подобные
слова не дают, однако, настоящего, точного поня¬
тия о величине предмета. Чтобы иметь точное по¬
нятие об этой величине, необходимо этот предмет
сравнить с другим одинаковым предметом, ве¬
личину которого вы хорошо знаете. Чтобы знать
точно неизвестную вам длину, надо сравнить ее с
другой длиной, которую вы точно знаете, — чтобы
узнать величину неизвестной вам площади, надо
сравнить ее с известной вам площадью. Чтобы
узнать вес тела, надо сравнить его с известной вам
тяжестью и т. д.
16

Как узнать точную длину стола, за которым
вы сидите? Что вы делаете для того, чтобы это
узнать? Не что другое, как сравниваете эту длину
с известной вам длиной аршина. Вы берете аршин
и укладываете его вдоль стола. Вот аршин поме¬
стился раз, да еще один раз, да еще половину ар¬
шина. Вы и говорите: «Стол имеет в длину 2 с по¬
ловиной аршина». Вы сравнили длину стола с
длиною аршина, иначе говоря, вы измерили арши¬
ном длину стола. Аршин у вас есть единица меры
длины — такая единица меры, о которой вы долж¬
ны иметь точное представление и с которой вы
сравниваете все остальные длины. Если вам надо
измерить большие расстояния, то вместо аршина
удобнее взять другую, большую длину — сажень,
версту, милю, но о всякой такой длине вы должны
иметь точное понятие. Только в таком случае вы
сможете точно измерить и иметь настоящее пред¬
ставление и о другой неизвестной еще вам длине
и выразить эту длину числом в единицах извест¬
ной вам меры.
Что значит, когда вы говорите, что «этот ме¬
шок с хлебом весит 5 пудов»? Как вы это узнали?
Конечно, так, что взвесили на весах этот мешок.
В чем заключается взвешивание, или измерение
веса? Да опять-таки в том, что вес этого мешка с
хлебом вы сравнили с известным вам весом куска
чугуна или железа — такого куска, который весит
именно пуд. Итак, что такое значит измерить? Это
значит, другими словами, сравнить один пред¬
мет с другим, однородным ему, но известным вам
предметом. Этот известный вам предмет, с кото¬
рым вы сравниваете другие предметы, называется
мерой. Как вы уже знаете, есть много различных
17

мер: пространства, времени, веса, скорости, силы
и т. д.
Что получается в результате каждого изме¬
рения? Число! Что говорит вам это число? Оно
дает вам точное понятие о величине того или ино¬
го предмета! Где находятся все окружающие вас
предметы? В пространстве! Следовательно, с раз¬
витием понятия о числе какое другое развивается
у вас понятие? Понятие о пространстве, об окру¬
жающем вас мире!
Ясно ли вам теперь, что в основании созна¬
тельной жизни человека лежит счет и мера? Ясно
ли вам, что если вы хотите правильно судить об
окружающем вас пространстве, что если вы хо¬
тите знать, что такое время, то прежде всего вы
должны усвоить счет и меру, а следовательно,
научиться свободно обращаться с числом? Ясно
ли вам теперь, что истинное развитие знания и
сознательности может идти только рядом с раз¬
витием вашего понимания о счете, мере, порядке
и числе?
Вот почему не пренебрегайте ни малейшим
случаем, чтобы поупражняться в счете, мере, по¬
рядке и числе. Не отделяйте арифметику, или ма¬
тематику вообще, от жизни. Нельзя этого делать,
потому что человечество только тогда вступило
(а это произошло только в самое последнее вре¬
мя) на путь истинного знания, когда во все свои
рассуждения ввело понятие о счете, мере и поряд¬
ке, т. е. понятие о числе. Если вы хотите что-либо
знать, то прежде всего вы должны считать, мерить
и знать порядок, в котором обнаруживаются яв¬
ления. Значит, если вы хотите что-либо знать,
то прежде всего вы должны ваш ум воспитывать
18

и упражнять в области математических позна¬
ний, т. е. таких, куда прежде всего входят понятия
о количестве, величине и порядке, выражаемых
тем или другим числом или сочетанием чисел.
Трудно ли это? Нет. Стоит лишь только каж¬
дому из нас постоянно помнить и знать, что все,
что вы ни делаете в жизни, если вы делаете это не
попусту, то все это основано на счете, числе и по¬
рядке. Человек считал, вычислял, строил и мерил
всегда, когда ему нужно было сделать что-либо
долговечное, даже в то время, когда, считая, вы¬
числяя и строя «по пальцам», он не сознавал и не
сознает, что работает в области математики.
Теперь, с развитием грамотности и письма, на¬
ступает время, когда счет, мера и порядок должны
проникать каждый шаг нашей жизни.
Учитесь считать, мерить и вносить порядок
в свою жизнь, начиная с первых ваших шагов. Все
остальное дастся легко. А учиться счету, порядку
и мере очень легко как в игре и забаве, так и в деле.
Стоит только этого захотеть и к этому постоянно
направлять свой ум, разбираясь во всяком окру¬
жающем нас явлении.

ЗАДАЧИ-ШУТКИ И ЗАДАЧИ-ЗАГАДКИ
Задача 1-я
ЗНАТНАЯ ДАМА
И НЕДОБРОСОВЕСТНЫЙ МАСТЕР
(Счет до девяти)
Одна знатная дама имела крест, составленный
из крупных бриллиантов. Сколько всего было
этих бриллиантов, она даже не знала, да и не ин¬
тересовалась этим, потому что занимала ее другая
особенность этого креста, а именно: с какого бы из
трех верхних концов креста она ни начинала счи¬
тать камни, когда приходила к основанию креста,
всегда получала число девять.
Крест как-то понадобилось отдать в починку.
При этом дама рассказала мастеру о чудесной
особенности своего креста:
— Видите ли... с какого бы конца я ни начина¬
ла счет, всегда получается девять!.. Так я всегда
проверяю, все ли камни целы!
— Только так? — спросил мастер.
— Ну да, только так: этого совершенно доста¬
точно. Я и после вашей починки проверю число
камней таким же способом.
20

Мастер оказался недобросовестным: он вынул
поставил у себя два камня, произвел затем по¬
чинку и возвратил крест даме.
Та пересчитала камни по-своему и нашла, что
все камни целы!..
Спрашивается, что сделал мастер, возвратив¬
ший даме такой крест?
Решение
Нетрудно видеть, что мастер вынул по одному кам¬
ню из каждой половины поперечной перекладины
креста и затем передвинул эту перекладину на
один ряд выше. Таким образом, из креста, изобра¬
женного на рис. 1, получился крест, изображенный
на рис. 2.
Рис. 1 Рис. 2
Дама, пересчитывая в починенном кресте кам¬
ни «по-своему», т. е. от каждой из трех оконечно¬
стей креста, опять насчитала по девять камней и не
заметила ошибки.
Совершенно ясно, что проверить ошибку наив¬
ной дамы и показать недобросовестность ювелира
можно, не имея драгоценных камней. Для этого мо¬
жете взять или 15 камешков, или 15 кубиков, или
21

15 карт, или нарезать просто 15 кусочков бумаги.
Вы получите такие фигуры:
Крест до починки Крест после починки
Рис. 3
Рис. 4
Или то же на картах

Вместо того чтобы стянуть и присвоить себе два
камня, мастер мог бы с не меньшим успехом при¬
бавить два камня от себя так, чтобы дама этого не
заметила при своем способе проверки. В таком слу¬
чае ему пришлось бы поперечник креста, увеличен¬
ный двумя камнями, опустить на один ряд вниз.
Мастер-ювелир поступил нехорошо, но слишком
наивной оказалась и дама, не сумевшая сделать та¬
кой простой проверки. Ясно, что одного умения счи¬
тать до девяти еще слишком недостаточно для того,
чтобы не попасться на самом простом подсчете.
Задача 2-я
ЗВЕРИНОЕ ЧИСЛО
Число 666 (звериное) увеличить в полтора
раза, не производя над ним никаких арифметиче¬
ских действий.
Решение
Написать это число, а затем повернуть бумажку
«вверх ногами» (на 180°)- Получится 999 (очевид¬
но, что вместо взятого большого числа можно на¬
чать с 6).
Задача 3-я
ДЕЛЕЖ
Разделить 5 яблок между пятью лицами так,
чтобы каждый получил по яблоку и одно яблоко
осталось в корзине.
Решение
Одно лицо берет яблоко вместе с корзиной (в дан¬
ном случае мы имеем, очевидно, дело с родом
задачи-загадки).
23

Задача 4-я
СКОЛЬКО КОШЕК?
В комнате четыре угла. В каждом углу сидит
кошка. Напротив каждой кошки по 3 кошки. На
хвосте каждой кошки по одной кошке. Сколько
же всего кошек в комнате?
Решение
Иной, пожалуй, начнет вычислять так: 4 кошки
в углах, по три кошки против каждой, еще 12 ко¬
шек, да на хвосте каждой кошки по кошке, значит,
еще 16 кошек. Всего, значит, 32 кошки. Пожалуй,
по-своему он будет и прав... Но еще более прав
будет тот, кто сразу сообразит, что в комнате есть
всего-навсего четыре кошки. Ни более, ни менее.

СПИЧКИ И ПАЛОЧКИ
Запаситесь коробкой спичек или пучком пало¬
чек одинаковой длины. С помощью их вы всегда
можете придумать ряд самых забавных, остроум¬
ных задач, развивающих соображение и смышле¬
ность. Вот для примера некоторые из них.
Задача 5-я
Из 15 палочек одинаковой длины (или спи¬
чек): 1) построить пять равных прилегающих
друг к другу квадратиков; 2) снять три палочки
так, чтобы осталось всего три равных квадрата.
Решение
Нижеследующие рисунки вполне выясняют, как
решаются заданные вопросы.
Рис. 7
Рис. 8
Задача 6-я
Из 24 равных палочек (или спичек): 1) со¬
ставить фигуру из 9 прилегающих друг к другу
25

квадратов; 2) снять 8 спичек так, чтобы осталось
только 2 квадрата.
Решение
Как решается первая часть вопроса, ясно из при¬
ложенного чертежа.
Рис. 9
Как, отняв 8 спичек, получить 2 квадрата, вид¬
но из рис. 10 и 11.
щш.
&ШШ
till
Рис. 10 Рис. 11
Очень хорошая задача со спичками или палоч¬
ками равной длины, дополняющая предыдущие,
состоит в следующем.
Задача 7-я
Из б спичек или равных палочек составить
4 равных равносторонних треугольника.
Можно смело поручиться, что мало кому сразу
придет в голову решение этой простой с виду за¬
дачи. Дело в том, что в данном случае приходится
26

строить из спичек не плоскую фигуру, а фигуру в
пространстве.
Решение
Задачу решите, вглядевшись в рис. 12. На нем изо¬
бражено тело, правильная трехгранная пирамида,
иначе — тетраэдр, ограниченный равными между
собой равносторонними треугольниками. Поло¬
жите на стол 3 спички так, чтобы они составили
треугольник, затем составьте другие 3 спички так,
чтобы они своими концами упирались в углы ле¬
жащего на столе треугольника, а верхними конца¬
ми соединялись вместе над срединой его — и вы
исполните то, что требуется задачей.
А вот еще несколько особого рода развлечений
с такими палочками или спичками, принадлежа¬
щих уже скорее к области задач-загадок.
Задача 8-я
Положено пять спичек:

Прибавьте к ним еще пять спичек так, чтобы
получилось три!
Решение
Спички прикладываются следующим образом:
Образуется слово: три.
Приложить к 4 спичкам 5 спичек так, чтобы по¬
лучилось сто!
Четыре спички положены так:
Прибавляя к ним еще 5, положенных попереч¬
но, образуем слово
Знающим французский язык или обучающим¬
ся ему можно предложить такой вопрос:
Приложить к шести спичкам три так, чтобы
получилось восемь!
Шесть спичек положены так:

Как приложены три спички, ясно из нижесле¬
дующего рисунка:
То есть получается французское слово huit
(«восемь»).
Не хотите ли еще поупражняться в немецком
языке? Тогда к шести палочкам
прибавьте еще семь так, чтобы получилось десять.
Приложите эти семь палочек так:
Вы получили немецкое слово Zehn («десять»).
Подобных задач можно придумать сколько
угодно. Полезны они не в математическом, а в об¬
щеобразовательном отношении.

РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
Задача 9-я
ВМЕСТО МЕЛКИХ ДОЛЕЙ КРУПНЫЕ
Разделить поровну 5 пряников между 6 маль¬
чиками, не разрезая ни одного пряника на 6 рав¬
ных частей.
Решение
Если мы из 5 данных пряников 3 разрежем пополам,
то получим 6 равных кусков, каждый из которых и
отдадим мальчикам; затем 2 остальных пряника раз¬
режем каждый на 3 равных части и получим опять
б равных кусков, которые и отдадим мальчикам. Та¬
ким образом, задача решена, причем ни одного пря¬
ника не пришлось разрезать на 6 частей.
Подобных задач можно, конечно, придумать
сколько угодно. Так, например, в данной задаче
вместо чисел 5 и 6 могут быть поставлены следу¬
ющие числа: 7 на 12, 7 на 6, 7 на 10, 9 на 10, И на
10, 13 на 10, 5 на 12, И на 12, 13 на 12, 9 на 14, 11
на 14,13 на 14,15 на 14,17 на 14 и т. д.
Во всех задачах подобного рода требуется мел¬
кие доли привести в более крупные. Разнообра¬
30

зить их можно всячески, предлагая, например, та¬
кой вопрос: можно ли 5 листов бумаги разделить
между 8 учениками, не деля ни одного листа на
восьмые доли?
Подобные задачи очень полезны для отчетли¬
вого и быстрого понимания дробей.
Задача 10-я
СУММА ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫХ ЧИСЕЛ
(Понятие об арифметической прогрессии)
Для нижеследующей задачи можно пользо¬
ваться обыкновенными игральными или игру¬
шечными картами. Если бы таковых не было, то
нетрудно из бумаги нарезать карточки и нарисо¬
вать на них карандашом или чернилами черные
кружочки. На первой — один кружочек, на вто¬
рой — 2, на третьей — 3 и т. д. до десяти.
Теперь мы вполне подготовлены для практи¬
ческого решения такой задачи.
Взято 10 карт (или сделанных нами карто¬
чек) одной масти от туза до десятки. Вычислить,
сколько всего очков будет в этих 10 картах, не
прикладывая последовательно очков первой кар¬
ты ко второй, этих двух — к третьей, этих трех —
к четвертой и т. д., т. е. не делая длинного последо¬
вательного сложения.
Решение
Дело сводится, значит, к тому, чтобы быстро, без
последовательного сложения узнать сумму первых
10 чисел (от 1 до 10). Берем 10 карт (наир., чер¬
вей) от туза до десятки и кладем их в ряд (рис. 13):
31

туз, двойка, тройка и т. д. до десятки. Берем затем
10 других карт (наир., трефей) и подкладываем их
под первым рядом, но только в обратном порядке:
десятка, девятка и т. д.
ч
1ч
At
44
ч
Ч f
44 4
A At
14 4
4
A At
l4 4
4 4
A At
44 4
4
4 4
A Af
44 4
4
4 4
А
A At
44 4
4Щ4
А А
A Af
44 4
4 4
А .А
А 4
J+.+
1+ +
и а
i* А
♦А А
i+ *
1А
♦
А
♦
+*+
+*♦
* ♦
**
А
V
♦
* *
♦ *
А
А
А
* п
* *?
♦ *1
* *
* ♦!
* п
*
+!
Рис. 13
У нас получается два ряда по 10 карт, или
10 столбцов по 2 карты. Если сосчитать, сколько оч¬
ков в каждом столбце, окажется, что в каждом столб¬
це по одиннадцать очков. А всего в 10 столбцах, или
двух рядах карт — десять раз по одиннадцать очков,
или 110 очков. Но в обоих длинных рядах, очевид¬
но, по одинаковому числу очков. Значит, сумма всех
очков одного ряда равна половине 110, т. е. равна 55.
Итак, в десяти картах от туза до десятки 55 очков.
Нетрудно видеть, что подобным же образом, не
прибегая к последовательному сложению, мы мо¬
жем вычислить сумму любого ряда последователь¬
ных чисел до любого данного числа. Например,
сумма всех чисел от 1 до 100 будет равна половине
сто раз взятого числа 101, т. е. 5050.
Задача 11-я
СБОРЯБЛОК
На расстоянии аршина одно от другого лежат
в ряд 100 яблок, и рядом с первым яблоком сто¬
ит корзина. Спрашивается: какой длины путь со-
32

вершит тот, кто возьмется собрать эти яблоки так,
чтобы брать их последовательно одно за другим и
каждое отдельно относить в корзину, которая все
время стоит на одном и том же месте?
Решение
Нужно подойти к каждому яблоку и возвратиться
обратно к корзине. Значит, число пройденных ар¬
шин будет равно удвоенной сумме первых ста чи¬
сел, или сто раз взятое число 101, т. е. 10 100 аршин.
Это составляет почти ровно семь верст! Как видим,
способ собирания довольно утомительный.
Задача 12-я
БОЙ ЧАСОВ
Сколько ударов в сутки делают часы с боем?
Решение
Наибольшее количество ударов, отбиваемых
обыкновенными часами, есть 12. Задача сводится,
значит, к тому, чтобы узнать сумму всех чисел от
1 до 12. А это, мы уже знаем, будет половина две¬
надцать раз взятого числа 13. Но в сутках два раза
12 часов, или 24 часа. Значит, часы сделают ровно
12 раз по 13 ударов, т. е. 156 ударов (12 х 13 = 156).
Если же часы отбивают еще и получасы, то сколько
всего ударов они делают в сутки? Полагаю, что вы
без труда ответите на этот вопрос.
Задача 13-я
ПРОДАЖА ЯБЛОК
Крестьянка принесла на базар для продажи
корзину яблок. Первому покупателю она продала
33

половину всех своих яблок и еще пол-яблока;
второму — половину остатка и еще пол-яблока,
третьему — половину остатка да еще пол-яблока
и т. д. Когда же пришел шестой покупатель и
купил у нее половину оставшихся яблок и пол-
яблока, то оказалось, что у него, как и у остальных
покупателей, все яблоки целые и что крестьянка
продала все свои яблоки. Сколько яблок она при¬
несла на базар?
Решение
Задача решается тотчас, если сообразить, что по¬
следнему (шестому) покупателю досталось одно
целое яблоко. Значит, пятому досталось 2 яблока,
четвертому — 4, третьему — 8 и т. д. Всего же яблок
было 1+2 + 4 + 8+16 + 32 = 63.
Крестьянка принесла на базар 63 яблока.
Задача 14-я
КАЖДОМУ СВОЕ
Шли два крестьянина, и было у них 3 одина¬
кового веса и стоимости хлеба: у одного 2 хлеба,
а у другого 1. Пришло время обедать. Они сели
и достали свои хлебы. Тогда к ним подошел еще
третий крестьянин и попросил поделиться с ним
хлебом, обещая заплатить за свою долю. Ему дали
один хлеб, а он уплатил 15 коп. Как должны по¬
делить два первых крестьянина эти деньги?
Решение
Тот, кто отдал свой второй хлеб, очевидно, и берет
себе все деньги.
34

Задача 15-я
КАК ПОДЕЛИТЬ?
Два путника сели обедать. У одного было
5 лепешек, а у другого 3. Все лепешки одинако¬
вой стоимости. Подошел к ним третий путник, не
имевший чего есть, и предложил пообедать этими
лепешками сообща, обещая уплатить им деньга¬
ми за ту часть лепешек, которая придется на его
долю. Пообедав, он отдал обоим, имевшим лепеш¬
ки, 8 коп. Спрашивается: как те два путника долж¬
ны разделить эти деньги?
Решение
По условию задачи выходит, что все лепешки стои¬
ли 24 коп. так как расход каждого путника равен
8 коп. Отсюда следует, что каждая лепешка сто¬
ит 3 коп. Итак, тот путник, который дал 5 лепешек,
издержал 15 коп., и если вычесть отсюда 8 коп. за
лепешки, съеденные им самим, то выходит, что ему
нужно из денег третьего путника получить 7 коп.
Рассуждая точно так же, находим, что второй пут¬
ник имел лепешек на 9 коп., и что ему приходится
из денег третьего путника получить 1 коп.
Задача 16-я
ЗА КАШУ
Два человека варили кашу. Один дал для это¬
го 2 фунта крупы, а другой 3 фунта. Когда каша
была готова, подошел третий человек и попросил
позволения съесть с ними кашу за плату. После
еды он уплатил 5 коп. Как разделили эти деньги
варившие кашу?
35

Решение
Решается задача совершенно подобно предыду¬
щей. И деньги поделены так: один получил 4 коп.,
а другой 1 коп. (как и в предыдущей задаче, секрет
заключается в том, что сразу чаще всего говорят:
«Один получил 2 коп., а другой 3 коп.»).
Задача 17-я
ФАЛЬШИВАЯ БУМАЖКА
Один господин зашел в магазин, чтобы купить
себе шляпу. Выбранная им шляпа стоила 10 руб.
Он дал хозяину двадцатипятирублевый кредит¬
ный билет и попросил сдачу. У хозяина не было
мелких денег. Поэтому он послал данный ему
билет для размена в соседний магазин. Там его
разменяли. Хозяин, получив мелкие деньги, дал
покупателю сдачу, и тот ушел. Спустя некоторое
время прибежали из магазина, где производил¬
ся размен, и заявили, что данный им кредитный
билет — фальшивый. Хозяин шляпного магазина
взял двадцатипятирублевый фальшивый кредит¬
ный билет обратно, уничтожил его и отдал раз¬
менявшему магазину 25 руб. настоящими деньга¬
ми. Спрашивается: кто сколько потерял при этом
денег?
Решение
Очень часто путаются при решении этой задачи
и дают различные ответы. Решение, однако, одно,
и оно очень просто: потерял только хозяин шляп¬
ного магазина, и потерял ровно 25 руб.
36

Задача 18-я
ВЕЛОСИПЕДИСТЫ И МУХА
Два города, А и В, находятся на расстоянии
300 верст друг от друга. Точно в один день, час,
минуту и секунду из этих городов выезжают друг
другу навстречу два велосипедиста и мчатся, не
останавливаясь, со скоростью 50 верст в час. Но
вместе с первым велосипедистом из города А вы¬
летает и муха, пролетающая в час 100 верст. Муха
обгоняет первого велосипедиста и летит навстре¬
чу другому, выехавшему из города В. Встретив
этого, она тотчас поворачивает назад к велоси¬
педисту А. Повстречав его, опять летит обратно
навстречу велосипедисту В и так повторяет свое
летание взад и вперед до той поры, пока велоси¬
педисты не встретились. Тогда она успокоилась и
села одному из велосипедистов на шапку. Сколько
верст пролетела муха, пока успокоилась и села?
Решение
Очень часто при решении этой задачи пускаются в
разные «тонкие» и сложные выкладки и соображе¬
ния, не дав себе труда уяснить, что муха, не оста¬
навливаясь, летала ровно 3 часа, а следовательно,
пролетела ровно 300 верст.
Задача 19-я
ПОРТНОЙ
Портной имеет кусок сукна в 16 аршин, от кото¬
рого он отрезает ежедневно по 2 аршина. По истече¬
нии скольких дней он отрежет последний кусок?
37

Решение
Ответ таков: «По истечении 7 дней», а не 8, как, мо¬
жет быть, скажет иной.
Задача 20-я
ГУСЕНИЦА
В 6 часов утра в воскресенье гусеница начала
всползать на дерево. В течение дня, т. е. до 6 часов
вечера, она всползала на высоту 5 аршин, а в те¬
чение ночи опускалась на 2 аршина. В какой день
и час она поднимется на высоту 9 аршин?
Решение
Часто при решении подобных задач рассуждают
так: гусеница в сутки, т. е. в 24 часа, поднимается
на 5 аршин без 2. Значит, всего в сутки она под¬
нимается на 3 аршина. Следовательно, на высоту
9 аршин она поднимется по истечении трех суток,
т. е. она будет на этой высоте в среду в 6 часов
утра.
Но такой ответ очевидно не верен: в конце вто¬
рых суток, т. е. во вторник в б часов утра, гусеница
будет на высоте 6 аршин; но в этот же день, начи¬
ная с 6 часов утра, она до 6 часов вечера всползает
еще на 5 аршин, т. е. достигает высоты 11 аршин.
Следовательно, на высоте 9 аршин она окажется во
вторник в 1 час 12 минут пополудни.
Задача 21-я
ТО ЖЕ ИНЫМИ ЗНАКАМИ
Написать 100 шестью одинаковыми цифрами.
38

Решение
Замечание. Задача, очевидно, может видоизме¬
няться всячески, и желающий может придумать не
одну задачу, подобную этой.
Нижеследующее дает еще образцы подобных
же задач.
Задача 22-я
Написать число 9 посредством десяти различ¬
ных цифр (девяти значащих и одной незначащей).
Решение
Число 9 может быть представлено в виде частного
от деления одного пятизначного числа на другое,
причем цифры обоих чисел будут различны. Да¬
дим 6 таких решений:
97524 95823 95742 75249 58239 57429
10836’ 10647’ 10638’ 08361’ 06471’ 06381'
Задача 23-я
Изобразить число 100 посредством девяти раз¬
личных значащих цифр.
Решение
Задача имеет много разных решений. Дадим из них
такие:
91
5742
638
91
7524
836 ’
91^, 94
647
1578
263 ’
39

96—, 9бЩ 9б1М.
537 357 438
Вот еще решения, содержащие знак +:
100 = 97+- + - + -
8 4 2
100 = 75 + 24+— + -
18 6
95-
У^2
+
,38
4 —
76
100
и т. д. Сюда же можно отнести и такое решение
данной задачи в целых числах:
46
56
8
+37
+ 4
15
3
98 ИЛИ:
,71
+ 2
29
100
100
Как видим, в предпоследнем решении допущен
некоторый «фокус». Сначала из 6 разных цифр
составлено 3 числа, дающих в сумме 98 — чис¬
ло, опять-таки составленное из двух новых цифр,
и к нему прибавляется число, изображенное недо¬
стающей цифрой 2. В сумме получается требуемое
число 100. Подобно же составлено и последнее ре¬
шение.
40

Задача 24-я
ЗАМЕЧАТЕЛЬНОЕ ЧИСЛО
Некоторое число оканчивается на 2. Если же
эту его последнюю цифру переставить на первое
место, то число это удвоится. Найти это число.
Решение
Так как при перенесении цифры 2 на первое место
число удваивается, то предпоследняя цифра его
должна быть 4, предшествующая этой должна быть
8, перед этой — 6, перед этой — 3, затем 7, затем 4,
затем 9 и т. д. Рассуждая подобным образом, нахо¬
дим, что искомое число есть 105263157894736842.
Замечание. Правильнее будет сказать, что ис¬
комое число состоит из ряда «периодов», состав¬
ленных найденным числом.

ДЕЛЕЖИ ПРИ ЗАТРУДНИТЕЛЬНЫХ
ОБСТОЯТЕЛЬСТВАХ
Задача 25-я
ДЕЛЕЖ МЕЖДУ ТРЕМЯ
Три лица должны поделить между собой
21 бочонок, из которых 7 бочонков полных вина,
7 полуполных (полных наполовину) и 7 пустых.
Спрашивается: как они могут поделиться так,
чтобы каждый имел одинаковое количество вина
и одинаковое количество бочонков, причем пере¬
ливать вино из бочонка в бочонок нельзя?
Решение
Предполагается, конечно, что все бочонки — пол¬
ные, полуполные и пустые — равны между собою.
Ясно, что каждый должен получить по 7 бочон¬
ков. Подсчитаем теперь, сколько же вина должно
прийтись на долю каждого. Есть 7 бочонков пол¬
ных и 7 пустых. Если бы можно было от каждого
полного бочонка отлить половину в пустой, то
получилось бы 14 полуполных бочонков; прибав¬
ляя к ним еще 7 имеющихся полуполных, мы по¬
лучили бы всего 21 полуполный бочонок. Значит,
на долю каждого должно прийтись по семь полу¬
полных бочонков вина. Сообразив это, получаем,
42

что, не переливая вина, можно поделить все по¬
ровну так:
Участники
дележа
Полные
бочонки
Полу¬
пустые
бочонки
Пустые
бочонки
Первое лицо
2
3
2
Второе »
2
3
2
Третье »
3
1
3
А вот и другое решение:
Участники
дележа
Полные
бочонки
Полу¬
пустые
бочонки
Пустые
бочонки
Первое лицо
3
1
3
Второе »
3
1
3
Третье »
1
5
1
Задача 26-я
ДЕЛЕЖ МЕЖДУ ДВУМЯ
Двое должны разделить поровну 8 ведер вина,
находящегося в восьмиведерном же бочонке. Но
у них есть только еще 2 пустых бочонка, в один
из которых входит 5 ведер, а в другой — 3 ведра.
Спрашивается: как они могут разделить свое вино,
пользуясь только этими тремя бочонками?
Решение
Задача эта, как и все ей подобные, имеет 2 реше¬
ния, и решения эти состоят, очевидно, в том, что из
полного восьмиведерного бочонка нужно отливать
вино в пустые бочонки, из этих переливать опять
и т. д. Дадим эти решения в виде двух таблиц, кото¬
43

рые показывают, сколько в каждом бочонке остает¬
ся вина после каждого переливания.
Решение 1-е
Этапы
Бочонки
8-ведерн.
5-ведерн.
3-ведерн.
До переливания
8
0
0
После
1-го пер.
3
5
0
»
2-го
»
3
2
3
»
3-го
»
6
2
0
»
4-го
»
6
0
2
»
5-го
»
1
5
2
»
б-го
»
1
4
3
»
7-го
»
4
4
0
Решение 2-е
Этапы
Бочонки
8-ведерн.
5-ведерн.
3-ведерн.
До переливания
8
0
0
После
1-го пер.
3
5
0
»
2-го
»
3
2
3
»
3-го
»
6
2
0
»
4-го
»
6
0
2
»
5-го
»
1
5
2
»
б-го
»
1
4
3
»
7-го
»
4
4
0
44

Вот еще подобные же задачи:
Задача 27-я
Полный бочонок содержит 16 вед., а пустые —
11 и 6 вед.
Решение 1
Решение 2
16-
ведерн.
11-
ведерн.
6-
ведерн.
16-
ведерн.
11-
ведерн.
6-
ведерн.
16
0
0
16
0
0
5
11
0
10
0
6
5
5
6
10
6
0
11
5
0
4
6
6
11
0
5
4
И
1
0
11
5
15
0
1
0
10
6
15
1
0
6
10
0
9
1
6
6
4
6
9
7
0
12
4
0
3
7
6
12
0
4
3
11
2
1
11
4
14
0
2
1
9
6
14
2
0
7
9
0
8
2
6
7
3
6
8
8
0
13
3
0
13
0
3
2
11
3
2
8
6
8
8
0
45

Задача 28-я
Полный бочонок заключает 42 ведра, а пу¬
стые — по 27 и 12 ведер.
Решение 1
Решение 2
42-вед.
27-вед.
12-вед.
42-вед.
27-вед.
12-вед.
42
0
0
42
0
0
15
27
0
30
0
12
15
15
12
30
12
0
27
15
0
18
12
12
27
3
12
18
24
0
39
3
0
6
24
12
39
0
3
6
27
9
12
27
3
33
0
9
12
18
12
33
9
0
24
18
0
21
9
12
24
6
12
21
21
0
36
6
0
36
0
6
9
27
6
9
21
12
21
21
0 1
Задача 29-я
МУЖИК И ЧЕРТ
Шел мужик и думал: «Эхма! Жизнь моя бед¬
ная! Заела нужда совсем! Вон в кармане только
несколько грошей медных болтается, да и те сей-
46

час нужно отдать. И как это у других бывает, что
на всякие свои деньги они еще деньги получают?
Глядишь, на рубль зашибает он два, на два — че¬
тыре, на четыре — восемь и все богатеет да богате¬
ет... Вот ежели бы, к примеру, и мне так! Из денег,
что у меня в кармане, сделалось бы сейчас вдвое,
а через пять минут из этих еще вдвое, да еще через
пять минут опять вдвое, и так пошло бы и пошло...
Скоро бы богатым сделался... Так нет! Не видать
мне такого счастья! Никто не поможет. Эх! Право,
хоть бы черт какой помочь захотел, так и то бы я
не отказался...»
Только успел это подумать, как, глядь, а черт
перед ним и стоит.
— Что ж, — говорит, — если хочешь, я тебе
помогу. И это совсем нетрудно. Вот видишь этот
мост через речку?
— Вижу! — говорит мужик, а сам заробел.
— Ну так стоит тебе перейти только через
мост — и у тебя будет вдвое больше денег, чем
есть. Перейдешь назад — опять станет вдвое боль¬
ше, чем было. И каждый раз, как ты будешь пере¬
ходить мост, у тебя будет ровно вдвое больше де¬
нег, чем было до этого перехода.
— Ой ли? — говорит мужик.
— Верное слово! — уверяет черт. — Только чур
уговор! За то, что я тебе устраиваю такое счастье,
ты каждый раз, перейдя через мост, отдавай мне
по 24 копейки за добрый совет. Иначе ничего не
будет.
— Ну что же, это не беда! — говорит мужик. —
Раз деньги все будут удваиваться, так отчего же
24 копеек тебе каждый раз не дать? Ну-ка, попро¬
буем!
47

Перешел он через мост один раз, сосчитал
деньги... Что за диво! Действительно, стало вдвое
больше! Бросил он 24 копейки черту и перешел
через мост второй раз. Опять денег стало вдвое
больше, чем перед этим. Отсчитал он 24 копейки,
черту отдал и перешел через мост третий раз. Де¬
нег стало снова вдвое больше. Но только и оказа¬
лось их ровнехонько 24 коп., которые по уговору
он должен был отдать черту. Отдал он их и остал¬
ся без копейки.
Ударил мужик о полы и начал судьбу свою
клясть. А черт захохотал и с глаз сгинул.
Сколько же, значит, у мужика сначала денег
в кармане было?
Решение
Задача решается очень легко, если только решение
ее начать с конца, приняв во внимание, что после
третьего перехода у крестьянина оказалось ровно
24 копейки, которые он должен был отдать.
В самом деле, если после последнего пере¬
хода у крестьянина оказалось ровно 24 коп., то,
значит, перед этим переходом у него было 12 коп.
Но эти 12 коп. получились после того, как он от¬
дал 24 коп.; значит, всего денег у него было 36 коп.
Следовательно, второй переход он начал с 18 коп.,
и эти 18 коп. получились у него после того, как
он в первый раз перешел мост и отбросил 24 коп.
Значит, всего после первого перехода у него было
денег 18 да 24 коп., т. е. 42 коп. Отсюда ясно, что
перед тем как первый раз вступить на мост, кре¬
стьянин имел 21 коп. собственных денег.
Прогадал крестьянин! Видно, что на чужой со¬
вет всегда надо еще свой ум иметь.
48

Задача 30-я
ТРИ ИГРОКА
Три игрока условились сыграть три партии так,
чтобы проигравший партию додал каждому из
остальных двух игроков еще столько денег, сколь¬
ко у каждого есть. Сыграли три партии, причем
оказалось, что проиграл последовательно каждый
и после этого у каждого стало по 24 руб. Сколько
рублей было у каждого перед началом игры?
Решение
Третий игрок проиграл третью партию и удвоил
количество денег каждого, после чего у всех стало
по 24 руб. Следовательно, после второй игры, про¬
игранной вторым игроком, они имели: первый —
12 руб., второй — 12 руб., третий — 48 руб. Но перед
этим первый игрок и третий удвоили свои деньги,
так как проиграл второй. Значит, раньше первый
имел 6 руб., а третий 24 руб.; второй же игрок отдал
из своих денег 30 руб. Итак, после первой игры они
имели: первый — б руб., второй — 42 руб., третий —
24 руб. Но перед этим проиграл первый, а второй
и третий игроки, значит, имели только половины
вышеуказанных сумм. Следовательно, первый,
проиграв, отдал им из бывших у него денег 33 руб.
Итак, перед началом игры игроки имели: первый —
39 руб., второй — 21 руб., третий — 12 руб.
Задача 31-я
ДВА ПАСТУХА
Сошлись два пастуха. Иван и Петр. Иван и
говорит Петру: «Отдай-ка ты мне одну овцу, тог-
49

да у меня будет овец ровно вдвое больше, чем у
тебя!» А Петр ему отвечает: «Нет, лучше ты мне
отдай одну овцу, тогда у нас будет овец поровну!»
Сколько же было у каждого овец?
Задача старинная и многим известная. Многие
знают даже и ответ на эту задачу. Но как добраться
до этого ответа, как понятно для всякого решить
ее, знают, надо полагать, немногие. Попробуем до¬
браться до этого решения.
Решение
Ясно, что овец больше у первого пастуха, у Ивана.
Но на сколько у него больше, чем у Петра? Уясним
это.
Если Иван отдаст одну овцу не Петру, а кому-
либо другому, то станет ли у обоих пастухов овец
поровну? Нет, потому что поровну у них было
бы только в том случае, если бы эту овцу полу¬
чил Петр. Значит, если Иван отдаст одну овцу не
Петру, а третьему лицу, то у него все-таки будет
больше овец, чем у Петра, но на сколько больше?
Ясно, что на одну овцу, потому что, если прибавить
теперь к стаду Петра одну овцу то у обоих станет
поровну. Отсюда следует, что пока Иван не отдаст
никому одной своей овцы, то у него в стаде будет
на две овцы больше, чем у Петра.
Теперь примемся за второго пастуха, за Петра.
У него, как мы нашли, на две овцы меньше, чем
у Ивана. Значит, если Петр отдаст, скажем, одну
свою овцу не Ивану, а кому-либо другому, то тогда
у Ивана будет на три овцы больше, чем у Петра. Но
пусть эту овцу получит именно Иван, а не третье
лицо. Ясно, что тогда у него будет на четыре овцы
больше, чем осталось у Петра.
50

Но задача говорит, что у Ивана в этом случае
будет ровно вдвое больше овец, чем у Петра. Стало
быть, четыре и есть именно то число овец, которое
останется у Петра, если он отдаст одну овцу Ивану,
у которого получится восемь овец. А до предпола¬
гаемой отдачи, значит, у Ивана было 7, а у Петра
5 овец.
Длинный ряд рассуждений нужно употребить
иногда для решения с виду простой задачи.
Задача 32-я
НЕДОУМЕНИЯ ТОРГОВОК
Две торговки сидели на базаре и продавали
яблоки. Одна продавала за одну копейку 2 ябло¬
ка, а другая 3 яблока за 2 коп.
У каждой в корзине было по 30 яблок, так что
первая рассчитывала выручить за свои яблоки
15 коп., а вторая 20 коп. Обе вместе, значит, они
должны были выручить 35 коп. Смекнув это, тор¬
говки, чтобы не ссориться да не перебивать друг у
друга покупателей, решили сложить свои яблоки
вместе и продавать их сообща, причем они рассу¬
ждали так: «Если я продаю пару яблок за копейку,
а ты — 3 яблока на 2 коп., то, чтобы выручить свои
деньги, надо нам, значит, продавать пять яблок за
три копейки!»
Сказано — сделано. Сложили торговки свои
яблоки вместе (получилось всего 60 яблок) и на¬
чали продавать по 3 коп. 5 яблок.
Распродали и удивились: оказалось, что за
свои яблоки они выручили 36 коп., т. е. на копей¬
ку больше, чем думали выручить! Торговки заду¬
мались: откуда взялась «лишняя» копейка и кому
51

из них следует ее получить? Да и как вообще им
поделить теперь все вырученные деньги?
И в самом деле, как это вышло?
Пока эти две торговки разбирались в своей
неожиданной прибыли, две другие, прослышав об
этом, тоже решили заработать лишнюю копейку.
У каждой из них было тоже по 30 яблок, но
продавали они так: первая давала за одну копейку
пару яблок, а вторая за копейку же давала 3 ябло¬
ка. Первая после продажи должна была, значит,
выручить 15 коп., а вторая — 10 коп.; обе же вме¬
сте выручали, следовательно, 25 коп. Они и поре¬
шили продавать свои яблоки сообща, рассуждая
совсем так, как и те две первые торговки: если,
мол, я продаю за одну копейку пару яблок, а ты
за копейку продаешь 3 яблока, то, значит, чтобы
выручить свои деньги, нам нужно каждые пять
яблок продавать за 2 коп.
Сложили они яблоки вместе, распродали их по
2 коп. за каждые 5 штук, и вдруг оказалось, что
они выручили всего 24 коп., значит недовыручи¬
ли целую копейку.
Задумались и эти торговки: как же это могло
случиться? И кому из них придется этой копей¬
кой поплатиться?
Решение
Недоумения торговок разрешаются очень быстро,
если сообразить, что, сложив свои яблоки вместе
и начав их продавать сообща, они, сами того не за¬
мечая, продавали их уже по другой цене, чем рань¬
ше.
Возьмем для примера двух последних торговок
и рассмотрим, что они в сущности сделали.
52

Пока первая и вторая думали продавать свои
яблоки отдельно, цена одного яблока у первой
была полкопейки, а у второй треть копейки. Ког¬
да же они сложились и начали продавать каждые
5 яблок по 2 коп., цена каждого яблока стала уже
2
— коп.
5
Значит, первая торговка все свои яблоки про-
2
дала не по полкопеики за штуку, а по — коп. и
5
на каждом яблоке теряла, значит, по коп.
Л 2 5-4 П Ю,
= = — , а на всех тридцати яблоках
2 5 10 10/
она потеряла 3 коп.
Вторая же торговка, наоборот, вошедши в ком¬
панию, выигрывала на каждом яблоке по ^ коп.
2 1 6-5 П оп *
— , а на всех 30 яблоках выиграла,
5 3 15 15/
значит, 2 коп.
Первая потеряла 3 коп., а вторая выиграла все¬
го 2. В общем все-таки копейка потеряна.
Путем подобных же рассуждений легко узнать,
почему у первых двух торговок оказалась «лиш¬
няя» копейка.
А как теперь они должны поделить вырученные
деньги, рассудите-ка сами.
Задача 33-я
КАК ГУСЬ С АИСТОМ ЗАДАЧУ РЕШАЛИ
Летело стадо гусей, а навстречу ему летит
один гусь и говорит: «Здравствуйте, сто гусей!»
53

А передний старый гусь ему и отвечает: «Нет, нас
не сто гусей! Вот если б нас было еще столько,
да еще полстолько, да еще четверть столько, да
ты, гусь, — то было бы сто гусей, а теперь... Вот
и рассчитай-ка, сколько нас».
Решение
Полетел одинокий гусь дальше и задумался. В са¬
мом деле, сколько же товарищей-гусей он встре¬
тил? Думал он, думал и с какой стороны ни при¬
нимался — никак не мог этой задачи решить. Вот
увидел гусь на берегу пруда аиста — ходит длин¬
ноногий и лягушек ищет. Аист — птица важная и
пользуется среди других птиц славой математика:
по целым часам иногда неподвижно на одной ноге
стоит и все думает — видно, задачи решает. Обра¬
довался гусь, слетел в пруд, подплыл к аисту и рас¬
сказал ему, как он стадо товарищей встретил и ка¬
кую ему гусь-поводырь загадку задал, а он никак
этой задачи решить не может.
— Гм!.. — откашлялся аист. — Попробуем ре¬
шить. Только будь внимателен и старайся понять!
Слышишь?
— Слушаю и постараюсь! — ответил гусь.
— Ну вот. Как тебе сказали? Если б к встреч¬
ным гусям прибавить еще столько, да еще пол¬
столько, да четверть столько, да тебя, гуся, то было
бы сто? Так?
— Так! — ответил гусь.
— Теперь смотри, — сказал аист. — Вот что я
тебе начерчу здесь, на прибрежном песке.
Аист согнул шею и клювом провел черту, ря¬
дом такую же черту, потом половину такой черты,
затем четверть черты да еще маленькую черточку,
почти точку.
54

Получилось следующее:
I II II II—I ■
Гусь подплыл к самому берегу, вышел, перева¬
ливаясь, на песок, смотрел, но ничего не понимал.
— Понимаешь? — спросил аист.
— Нет еще! — ответил уныло гусь.
— Эх ты! Ну, вот смотри: как тебе сказали, —
стадо, да еще стадо, да половина стада, да четверть
стада, да ты, гусь — так я и нарисовал: черту, да еще
черту, да полчерты, да четверть этой черты, да еще
маленькую черточку, то есть тебя. Понял?
— Понял! — весело проговорил гусь.
— Если к встреченному тобой стаду прибавить
еще стадо, да полстада, да четверть стада, да тебя,
гуся, то сколько получилось?
— Сто гусей!
— А без тебя сколько, значит, будет?
— Девяносто девять.
— Хорошо! Откинем на нашем чертеже чер¬
точку, изображающую тебя, гуся, и обозначим, что
остается 99 гусей.
Аист заклевал носом и изобразил на песке:
чет-
стадо стадо ° ' верть
стада
I II II II I
— Теперь смекни-ка, — продолжал аист, — чет¬
верть стада да полстада — сколько это будет чет¬
вертей?
Гусь задумался, посмотрел на линии на песке
и сказал:
— Линия, изображающая полстада, вдвое
больше, чем линия четверти стада, то есть в поло¬
вине заключается две четверти. Значит, половина
55

да четверть стада — это все равно что три четверти
стада.
— Молодец! — похвалил гуся аист. — Ну а в
целом стаде сколько четвертей?
— Конечно, четыре! — ответил гусь.
— Так! Но мы имеем здесь стадо, да еще ста¬
до, да полстада, да четверть стада, и это составит
99 гусей. Значит, если перевести все на четверти, то
сколько всего четвертей будет?
Гусь подумал и ответил:
— Стадо — это все равно что 4 четверти стада,
да еще стадо — еще 4 четверти стада, всего 8 четвер¬
тей; да в половине стада 2 четверти, всего 10 чет¬
вертей; да еще четверть стада — всего 11 четвертей
стада, и это составит 99 гусей.
— Так! — сказал аист. — Теперь скажи, что же
ты в конце концов получил?
— Я получил, — ответил гусь, — что в 11 чет¬
вертях встреченного мной стада заключается
99 гусей.
— А значит, в одной четверти стада сколько гу¬
сей?
Гусь поделил 99 на 11 и ответил:
— В четверти стада — 9 гусей.
— Ну а в целом стаде сколько?
— В целом стаде заключается 4 четверти...
Я встретил 36 гусей! — радостно воскликнул гусь.
— Вот то-то и есть! — важно промолвил аист. —
Сам небось не мог дойти!.. Эх ты... гусь!
Задача 34-я
СКОЛЬКО БЫЛО?
Бедная женщина несла для продажи корзину
яиц. Встретившийся прохожий по неосторожности
так толкнул ее, что корзина упала на землю и все
56

яйца разбились. Прохожий захотел уплатить жен¬
щине стоимость разбитых яиц и спросил, сколько
их всего было. «Я не помню этого, — сказала жен¬
щина, — знаю хорошо, что когда я перекладывала
яйца по 2, то оставалось одно яйцо. Точно так же
всегда оставалось по одному яйцу, когда я пере¬
кладывала их по 3, по 4, по 5 и по 6. Когда же я
перекладывала их по 7, то не оставалось ни одного
яйца». Спрашивается: сколько было яиц?
Решение
Задача, очевидно, сводится к нахождению такого
числа, которое делится нацело (т. е. без остатка)
на 7, а при делении на 2, 3, 4, 5 и 6 дает в остатке 1.
Наименьшее число, которое делится без остат¬
ка на числа 2, 3, 4, 5 и 6 (наименьшее кратное этих
чисел) есть 60. Нужно, значит, найти такое число,
которое делилось бы на 7 нацело и было бы вместе
с тем на одну единицу больше числа, делящегося
на 60. Такое число тотчас можно найти путем по¬
следовательных попыток: 60, деленное на 7, дает
в остатке 4; следовательно, 2 х 60 дает в остатке
единицу (2x4 = 8; 8-7 = 1). Значит 2 х 60 = чис¬
лу, кратному 7 + 1, откуда следует, что (7 х 60 -
- 2 х 60) + 1 = числу кратному 7, т. е. 5 х 60 + 1 =
= числу кратному 7. 5 х 60 + 1 = 301.
Итак, наименьшее число, решающее задачу,
есть 301.
Т. е. наименьшее число яиц, которое было в кор¬
зине у женщины, есть 301.
Задача 35-я
Найти число, которое, будучи разделено на 2,
дает в остатке 1, при делении на 3 дает в остатке 2,
57

при делении на 4 дает в остатке 3, при делении на 5
дает в остатке 4, при делении на 6 дает в остатке 5,
но на 7 это число делится нацело.
Решение
Решение тотчас сводится к предыдущему, если со¬
образить что число кратное 6 да еще 5 есть в то же
время число кратное 6, без единицы, число кратное
5 да еще 4 есть в то же время число кратное 5 без
единицы и т. д. Итак, нужно для данного случая,
чтобы удовлетворялось равенство:
Число кратное 7 = числу кратному 60, без 1;
или:
число кратное 60 = числу кратному 7+1.
Число 120 есть наименьшее, решающее задачу
Задача решается подобным же путем и в том
случае, когда разница между каждым делителем и
соответствующим остатком есть число отличное от
единицы.
Задача 36-я
ЧАСЫ ЗАВЕДЕНЫ ВЕРНО!
У меня нет карманных часов, а только стенные,
которые остановились. Я отправляюсь к своему
знакомому, у которого часы идут верно, проси¬
живаю у него некоторое время и, возвратившись
домой, ставлю свои часы верно. Каким образом я
мог это сделать, если предварительно мне не было
известно, сколько времени занимает дорога от
меня до моего знакомого?
58

Решение
Вопрос, очевидно, сводится к тому, чтобы знать
точное время по возвращении домой. Для этой
цели я завожу свои часы и перед уходом замечаю
их показание, которое, положим, равно а. Придя к
знакомому, немедленно справляюсь у него о време¬
ни, и пусть его часы показывают Ь. Перед уходом
от знакомого опять замечаю время по его часам,
которые на этот раз показывают с. Придя домой,
я немедленно замечаю, что мои часы показывают d.
По этим данным легко определяется искомое по¬
казание часов. Разность d - а покажет время мое¬
го отсутствия из дому. Разность с — b есть время,
проведенное мною у знакомого. Разность (d - а) -
- (с - b), полученная от вычитания второго времени
из первого, даст время, проведенное мною в дороге.
„ b+d-a-c ,
Половина этого времени употреблена
мною на обратную дорогу. Прибавив эту половину
b+c+d-a -
к с, получим ; это и будет точное пока¬
зание часов при моем возвращении домой.
Задача 37-я
ВОССТАНОВЛЕНИЕ ЗАПИСИ
При проверке памятной книжки умершего фа¬
бриканта найдена была следующая запись: «За
продажу... кусков сукна по 46 руб. 36 коп. каждый
кусок получено... 7 руб. 28 коп.». Эта запись оказа¬
лась залитой в некоторых местах чернилами так,
что нельзя было разобрать ни числа проданных
кусков, ни первых трех цифр полученной сум¬
мы. Спрашивается: можно ли по сохранившимся
59

данным узнать число проданных кусков и всю вы¬
рученную сумму?
Решение
Задачу можно решить двумя приемами.
1. По условию, вся вырученная сумма, очевид¬
но, не превышает 10 000 руб. Значит, число продан¬
ных кусков не более 203.
Последняя цифра неизвестного числа кусков
должна быть такова, чтобы она, будучи умножена
на 6, давала бы произведение, оканчивающееся на
8; такая цифра может быть 3 или 8.
Положим, что последняя цифра неизвестного
числа кусков равна 3. Стоимость трех кусков равна
14 808 коп. Вычитая это число из вырученной сум¬
мы, мы должны получить число, оканчивающееся
на 920.
Предполагая, что последняя цифра равна 3,
вторая от конца цифра может быть или 2, или 7,
так как только эти цифры, будучи умножены на 6,
дают произведения, оканчивающиеся на 2.
Положим, что неизвестное число оканчивается
на 23. Вычитая стоимость 23 кусков из всей выру¬
ченной суммы, получим число, оканчивающееся на
200. Третья цифра может быть или 2, или 7; но так
как неизвестное число не превосходит 203, то наше
предположение невозможно.
Если бы мы предположили, что неизвестное
число оканчивается на 73, то третья цифра была
бы равна 4 или 9; такое предположение опять не¬
возможно.
Итак, последняя цифра не может быть 3. Оста¬
ется предположить, что она равна 8. Рассуждения,
подобные предыдущим, покажут нам, что вторая
цифра может быть или 4, или 9; из этих двух пред¬
положений возможно только второе.
60

Задача имеет одно решение: число проданных
кусков равно 98, вся вырученная сумма равна
4837руб. 28 коп.
2. Можно ту же задачу решить, как говорится,
алгебраически.
Обозначив неизвестное число проданных ку¬
сков через х и число, состоящее из первых трех
цифр вырученной суммы, через у, мы легко соста¬
вим следующее уравнение:
4936* = 1000# + 728.
Перенося неизвестные члены в первую часть
и сократив уравнение на 8, получим:
617*-125# = 91.
По условию задачи хну должны быть целые
положительные числа и притом у < 1000. Это¬
му условию удовлетворяет только одно решение:
* = 98, у = 483.

ПЕРЕПРАВЫ
Задача 38-я
ЧЕРЕЗ РОВ
Четырехугольное поле окружено рвом, ширина
которого всюду одинакова. Даны две доски, дли¬
на которых равна точно ширине рва, и требуется с
помощью этих досок устроить переход через ров.
Решение
Стоит взглянуть на прилагаемый ниже рисунок
(рис. 14), чтобы понять, как решается задача.
Что касается математического доказательства
возможности подобной переправы, то оно следу¬
ет из неравенства 2\/2 < 3, и делается очевидным,
62

если принять ширину рва равной трем каким-либо
единицам.
Задача 39-я
ОТРЯД СОЛДАТ
Отряд солдат подходит к реке, через кото¬
рую необходимо переправиться. Но мост сломан,
а река глубока. Как быть? Вдруг капитан замечает
у берега двух мальчиков, которые забавляются в
лодке. Но эта последняя так мала, что на ней мо¬
жет переправиться только один солдат или только
двое мальчиков — не больше! Однако все солдаты
переправились через реку именно на этой лодке.
Как это было сделано?
Решение
Дети переехали реку. Один из мальчиков остался на
берегу, а другой пригнал лодку к солдатам и вылез.
Тогда сел солдат и переправился на другой берег.
Мальчик, бывший там, пригнал обратно лодку к сол¬
датам, взял своего товарища мальчика, отвез на дру¬
гой берег и снова доставил лодку обратно, после чего
вылез, а в нее сел другой солдат и переправился...
Таким образом после каждых двух перегонов
лодки — через реку и обратно — переправлялся
один солдат. Так повторялось столько раз, сколько
было солдат и офицеров.
Задача 40-я
ВОЛК, КОЗА И КАПУСТА
Крестьянину нужно перевезти через реку
волка, козу и капусту. Но лодка такова, что в ней
63

может поместиться только крестьянин, а с ним
или один волк, или одна коза, или только капу¬
ста. Но если оставить волка с козой, то волк съест
козу, а если оставить козу с капустой, то коза съест
капусту. Как перевез свой груз крестьянин?
Решение
Ясно, что приходится начать с козы. Крестьянин,
перевезши козу, возвращается и берет волка, кото¬
рого перевозит на другой берег, где его и оставляет,
но зато берет и везет обратно на первый берег козу.
Здесь он оставляет ее и перевозит к волку капусту.
Вслед за тем, возвратившись, он перевез козу, и пе¬
реправа оканчивается благополучно.
Задача 41-я
МУЖЬЯ И ЖЕНЫ
Три мужа со своими женами желают перепра¬
виться с одного берега реки на другой, но в их рас¬
поряжении есть лодка без гребца, поднимающая
только двух человек. Дело осложняется еще тем,
что ни один муж не желает, чтобы его жена нахо¬
дилась без него в обществе одного или двух дру¬
гих мужей. Как переправились при соблюдении
этих условий все б человек?
Решение
Задача эта имеет за собой уже почтенную историче¬
скую давность, и решение ее для классиков может
быть выражено следующими латинскими стихами:
It duplex mulier, redit una vehitque manentem;
Itque una, utuntur tuno duo puppe viri.
Par vadit, redeunt bini; mulierque sororem
Advehit; ad propriam sive maritus vadit.
64

Обозначим большими буквами А, Б и В мужей,
а их жен соответственно милыми буквами а, б и в.
Имеем вначале:
Первый берег
В Б А
Второй берег
• • •
в б а
• • •
I. Сначала отправляются две женщины.
В Б А
в • •
• • •
• б а
II. Возвращается одна из женщин и перевозит
третью.
В Б А
• • •
• • •
в б а
III. Возвращается одна из женщин и остается
со своим мужем. Два других мужа отправляются к
своим женам.
В • •
в • •
• Б А
• б а
IV. Один из мужей возвращается со своей же¬
ной, оставляет ее и забирает с собой мужа.
• • •
в б •
В Б А
• • а
V. Женщина переезжает и забирает одну из жен.
• • • В Б А
В • •
• б а

) [cr+ J
VI. Муж (или одна из жен) едет обратно и пере¬
возит оставшуюся.
• • •
• • •
В Б А
в б а
Очень наглядно и весело решается эта же за¬
дача при помощи карт.
Решение
Пусть три мужа будут короли пик, бубен и треф,
а дамы соответствующих мастей будут их жены.
Сначала все находятся на одном берегу реки. Но
вот начинается переправа.
I. Сначала отправляются две дамы.

III. Возвращается одна из дам, остается с мужем,
а две другие переправляются к своим мужьям.
IV. Муж с женой возвращается на первый берег.
Оставляет там жену и забирает с собой мужчину.
V. Со второго берега едет на первый дама и пе¬
ревозит оттуда одну из подруг.
§
1
м
♦щ
*111

VI. Опять едет на первый берег дама и перево¬
зит оставшуюся там подругу (или может и сам муж
съездить за женой). И переправа окончена ко вза¬
имному удовольствию.
1
м
м
м
1
Замечание
Попробуйте ту же задачу решить для случая че¬
тырех королей и дам. Вы увидите, что если лодка
не вмещает более двух лиц, то переправа при со¬
блюдении всех указанных условий невозможна.
Но если взять лодку, в которой могут поместиться
три человека, то переправа может быть совершена
при соблюдении указанных условий — т. е. ни одна
дама не будет оставаться без своего мужа в присут¬
ствии других мужчин.
Подобная переправа совершается в пять прие¬
мов.
Взяв четыре короля и четыре дамы, попробуйте
решить вопрос. Это нетрудно.
Но и на лодке, поднимающей только двух че¬
ловек, можно совершить переправу четырех му¬
жей с их женами, если посреди реки есть остров,
на котором можно останавливаться. Решим с по¬
мощью карт эту любопытную задачу.
68

Задача 42-я
Четыре мужа с их женами должны переправить¬
ся через реку на лодке без гребца, которая не вмеща¬
ет более двух человек. Посреди реки есть остров, на
котором можно высаживаться. Спрашивается: как
совершить эту переправу так, чтобы ни одна жена
не была в обществе других мужчин ни на берегах,
ни на острове, ни в лодке, если нет налицо ее мужа.
Решение
Переправа совершается в 12 переездов, как видим
из нижеследующего.
Берем четыре короля и четыре дамы. Условим¬
ся, где первый берег реки, где второй, а между ними
остров.
ПЕРВЫЙ БЕРЕГ ОСТРОВ ВТОРОЙ БЕРЕГ

Ill
IV

VIII

Задача 43-я
НА СТАНЦИИ ЖЕЛЕЗНОЙ ДОРОГИ
Поезд Б приближается к станции железной
дороги, но его нагоняет быстрее идущий поезд А,
который необходимо пропустить вперед. У стан¬
ции от главного пути отходит боковая веточка,
куда можно отвести на время вагоны с главного
пути, но веточка эта такая короткая, что на ней не
вмещается весь поезд Б. Спрашивается: как все-
таки пропустить поезд А вперед?
Решение
Железнодорожный путь у станции представляет
такой вид:
По главному пути в направлении, означенном
стрелкой, идет вперед поезд Б, а за ним поезд А,
который надо пропустить вперед, пользуясь боко¬
вой веточкой, на которой может поместиться лишь
часть вагонов (рис. 15).
Поезд А нагнал поезд Б и должен пройти даль¬
ше. Как же быть? А вот как.
Поезд Б идет по главному пути и переходит
весь за начало боковой ветки. Затем поезд Б идет
задним ходом на это ответвление и оставляет там
72

столько вагонов, сколько умещается, а остальная
часть поезда Б вместе с паровозом уходит опять
вперед, за начало веточки. Затем пропускают по¬
езд А и, как только он весь пройдет за начало ветки,
к последнему его вагону прицепляют оставшиеся на
веточке вагоны поезда Б, а поезд А сводит эту часть
поезда Б с веточки вперед. Затем поезд А пускают
назад — влево от начала веточки, и оставляют там
вагоны от поезда Б. Той порою другая часть поез¬
да Б (с паровозом) идет задним ходом и становится
на веточку, открывая свободный путь для поезда А.
Он мчится дальше, а паровоз поезда Б с нескольки¬
ми передними вагонами опять выходит на главный
путь, прицепляет стоящую влево от начала веточки
часть своего поезда и следует за поездом А.
Задача 44-я
УГАДАТЬ ЧИСЛО
Числа, начиная от 1 и до любого предела, напи¬
саны и расположены в последовательном порядке
по кругу. Угадать любое из этих чисел, задуманное
кем-либо.
Возьмем, например, числа от 1 до 12 и располо¬
жим их по кругу (рис. 16). Можно смело взяться
угадать задуманное кем-либо в этом круге число.
Можно, очевидно, для той же цели взять часы
и предложить угадать задуманный кем-либо час.
Можно также взять 12 карт какой-либо масти
(от туза до дамы) и, считая валета за 11, а даму за
12, разложить их, как указано на рис. 17, и взяться
угадать задуманную кем-либо карту.
Можно также пользоваться домино, очками
лото и т. д. Как же угадать задуманное число?
73

>сэ
1
12
2
11
3
10
4
9
5
8
6
7
Рис. 16
****
*
* *!
и*
* *
* *
♦♦ ♦
* *
* *?
*♦ ♦
♦
* *?
i* *
*
Рис. 17

Решение
Пусть кто-либо молча задумает любое из чисел на
круге. Затем укажите ему сами любое число на этом
круге и прибавьте про себя к этому числу 12 (т. е. наи¬
высшее число круга). Вы получите некоторое число,
и это число вы скажете громко. Пусть потом заду¬
мавший считает про себя от задуманного им числа,
притрагиваясь сначала к указанному вами числу,
а потом к каждому следующему числу по кругу, идя
в обратном порядке, и считает пусть до сказанного
вами громко числа. Когда он досчитает до него, по¬
следовательно притрагиваясь к числам, то остано¬
вится как раз на задуманном им числе или карте.
Пусть, например, кто-либо задумал на круге 5,
а вы указываете, например, 9, прибавляете к нему
про себя 12 и получаете 21. Затем говорите громко
задумавшему:
— Считайте про себя, начиная от задуманного
вами числа до 21, но, начиная счет, притроньтесь
сначала к 9, потом к 8, потом к 7 и т. д., идя по кругу
в обратном порядке; когда же досчитаете до 21, то
скажите это число громко и остановитесь.
Задумавший исполнит сказанное ему и, когда
досчитает до 21, то как раз сам укажет задуманное
им число 5.
Можно обставить эту задачу еще таинствен¬
нее; например, так: кто-нибудь задумывает какое-
нибудь число (наир., 5). Вы берете, например, чис¬
ло 9, прибавляете к нему мысленно 12, получаете
21 и говорите задумавшему:
— Теперь я буду стучать карандашом (или
пальцем), и при каждом стуке вы прибавляйте про
себя к задуманному вами числу по единице.
Но когда досчитаете до 21, скажите громко: «21».
Затем стучите по 9, по 8, по 7 и т. д. по 12, по
11 и т. д. Задумавший число в это время про себя
75

будет считать: 5, 6, 7 и т. д., но когда скажет громко
«21», то окажется, что вы стучите как раз по заду¬
манному им числу — 5.
— Вы задумали число 5! — говорите вы ему
— Совершенно верно! — ответит вам задумав¬
ший, дивясь, как вы могли узнать это, если он сам
не знает, в чем разгадка этого будто бы фокуса.
Фокуса здесь, конечно, нет, а есть только самый
правильный математический расчет, состоящий из
следующего.
Чтобы от 5 прийти к 9, нужно считать так: 5, 6,
7, 8, 9. Значит, от 9 до 5 нужно пройти через те же
числа 9, 8, 7, 6, 5, только считая их в обратном по¬
рядке. Если, указывая на 9, мы скажем «пять», за¬
тем, указывая на 8, скажем «шесть» и т. д., то, при¬
дя к задуманному числу 5, скажем: 9. Если затем
идти по кругу в том же направлении и присчитать
к 9 еще 12 последовательных чисел круга, то опять
приходим к тому же числу 5. Дело сводится, следо¬
вательно, к счету по кругу в обратном направлении
от указанного числа 9 до 9 + 12, т. е. до 21.
Если, наоборот, задумано 9, а указано 5, то от
9 до 5, считая в прямом направлении по кругу (по
порядку возрастания чисел), получаем: 9,10,11,12,
12 + 1,12 + 2, 12 + 3, 12 + 4, 12 + 5, т. е. 17. Следова¬
тельно, начиная с 5, можно прийти к задуманному
числу 9, идя в обратном направлении и отсчитывая
те же 5 + 12 = 17 чисел. Дело простое, а развлече¬
ние получается интересное.
Задача 45-я
КТО ПЕРВЫЙ СКАЖЕТ «СТО»
Двое поочередно говорят произвольные числа,
но не превышающие 10. Эти числа складывают¬
ся одно за другим, и выигрывает тот, кто первый
76

достигнет ста. Сделать так, чтобы всегда первым
сказать: «Сто».
Наперед заданное число есть 100, а числа, ко¬
торые говорят играющие, не превышают 10, т. е.
можно называть 10 и всякое меньшее число. Итак,
если первый скажет, например, 7, а второй 10, по¬
лучится 17; затем первый говорит, например, 5,
получится 22; второй говорит 8, получится 30 и
т. д. Победителем будет тот, кто первый получит
число 100.
Решение
Чтобы быть победителем, старайтесь только о том,
чтобы вам пришлось сказать: 89. Ясно, что, если вы
скажете это число, то какое бы число (десять или
меньше) ни прибавил ваш противник, вы тотчас
найдете соответственное число, добавив которое
к полученному противником, вы получаете сто и
выигрываете. Но чтобы суметь всегда сказать 89,
а потом, значит, и 100, постарайтесь разобраться
в следующих очень не трудных рассуждениях.
Начнем отнимать, сколько возможно, от 100 по
11. Получим ряд таких чисел:
89, 78, 67, 56,45, 34, 23, 12,1.
Или же, если напишем их в порядке возраста¬
ния, то получим:
1,12, 23,34,45,56, 67, 78,89.
Запомнить эти числа очень легко — стоит толь¬
ко взять предельное число, т. е. 10, и прибавить к
нему единицу — получится 11. Затем берем это
число и все числа, составленные умножением 11 на
2, на 3, на 4... на 8, — получим 11, 22, 33, 44, 55, 66,
77, 88. Увеличим каждое из этих чисел единицей
77

и начнем единицей же ряд. Получим опять-таки
предыдущий написанный нами ряд чисел:
1,12, 23, 34,45, 56, 67, 78, 89.
Ясно теперь, если вы скажете 1, то какое бы
число (по условию, не больше 10) ни сказал другой
играющий, он не помешает вам сказать 12; точно
так же далее вы всегда можете сказать 23; а затем —
34, 45, 56, 67, 78 и 89.
Когда вы скажете 89, то какое бы число (не
больше 10) ни сказал ваш соперник, вы говорите
«сто» и выигрываете!
Отсюда видно также, что если оба играющие
знают, в чем дело, то выигрывает всегда тот, кто
первый скажет 1, т. е. кто начинает игру.
Обобщение
Предыдущую задачу можно предложить и в таком
общем виде.
Двое говорят поочередно произвольные чис¬
ла, не превышающие, однако, какого-либо наперед
условленного предела. Эти числа складываются
одно за другим, и выигрывает тот, кто первый до¬
стигнет какого-либо наперед заданного числа. Сде¬
лать так, чтобы всегда первым прийти к этому впе¬
ред заданному числу.
Если вы хорошо усвоили себе решение перво¬
начальной задачи, то нетрудно видеть, как надо по¬
ступать в каждом отдельном случае.
Пусть, например, заданное число будет 120,
а предельное, как и выше, равно 10. Тогда, очевид¬
но, нужно иметь в виду числа:
109, 98, 87, 76, 65, 54, 43, 32, 21,10,
т. е., начиная с 10, все кратные 11, увеличенные на
10. Отсюда также видно, что знающий решение
этой задачи выигрывает всегда, если он начинает.
78

Пусть еще, например, наперед заданное число
будет 100, но предельное число есть не 10, а 8. В та¬
ком случае нужно иметь в виду числа:
91, 82, 73, 64, 55, 46, 37, 28,19,10,1,
т. е. начиная от единицы все числа кратные 9 и уве¬
личенные единицей. И в данном случае знающий
всегда выигрывает, если он начинает.
Но если принять за предельное число, напри¬
мер, 9, то числа, которые нужно иметь в виду,
будут:
90,80, 70, 60, 50,40, 30, 20,10.
И ясно, что начинающий здесь может проиграть,
если другому известен секрет, ибо какое бы число
начинающий ни сказал, он не может помешать дру¬
гому назвать 10, 20, и т. д. все числа до 100.
ЛЮБОПЫТНАЯ ИСТОРИЯ
У древних писателей есть рассказ об одном
приключении довольно известного историка
Иосифа Флавия, жившего в I веке до Рождества
Христова и оставившего описание Иудейской
войны. Он был правителем одного города во вре¬
мя осады и взятия его римлянами. Преследуе¬
мый разъяренными римскими солдатами, Фла¬
вий укрылся со своим отрядом в одной пещере.
Но с этой минуты ему начала угрожать чуть ли не
худшая опасность от собственных подчиненных:
иудеи, когда он предложил им сдаться римля¬
нам, пришли в страшную ярость и решили лучше
перебить друг друга, чем подвергнуться позору
плена.
79

Иосиф пробовал отговаривать их от этого
ужасного решения, но напрасно: на все его доводы
они отвечали угрозами и хотели с него начать вы¬
полнение своего намерения. Тогда он прибегнул
к хитрости, чтобы спасти свою жизнь. Делая вид,
что он подчиняется их желанию, Иосиф восполь¬
зовался последний раз своей властью над ними
и предложил следующий план.
Во избежание беспорядка и свалки при убий¬
стве друг друга следует-де стать им всем в извест¬
ном порядке и, начав счет с одного конца, убивать
такого-то по порядку (повествователь не указы¬
вает, какого именно) до тех пор, пока останется
только один, который и убьет сам себя. Все со¬
гласились. Иосиф расставил их, а сам стал таким
образом, что остался последним и, конечно, себя
не убил, а, пожалуй, спас еще несколько человек,
более хладнокровных и обещавших ему полное
повиновение.
«Вот замечательная история, — говорит по это¬
му поводу Баше де Мезирьяк в своей книге, вы¬
шедшей в XVII столетии и посвященной матема¬
тическим развлечениям, — из которой мы видим,
что не следует пренебрегать даже маленькими
тонкостями, изощряющими ум. Они могут под¬
готовить человека к более важным делам и при¬
нести иногда неожиданную пользу...»
Очень может быть, что приведенный выше
рассказ и послужил материалом, на котором соз¬
далась одна любопытная задача, где дело идет уже
о христианах и турках. Видно, что сложилась она
еще в ту пору, когда Европа вела с турками упор¬
ную войну.
Приводим эту задачу.
80

Задача 46-я
ПО ЖРЕБИЮ
15 турок и 15 христиан плыли по морю на не¬
большом судне. Вдруг поднялась страшная буря,
и кормчий сказал, что для спасения хотя поло¬
вины людей остальных 15 необходимо бросить в
воду. Находящиеся на судне предоставили дело
жребию — они стали все в ряд и решили, считая
по порядку от 1 до 9, бросать в воду каждого девя¬
того до тех пор, пока останется на корабле только
15 человек. Нашелся христианин, который рас¬
ставил всех так, что в воду попали все 15 турок, а
христиане остались на судне. Как он это сделал?
Решение
Для решения задачи нужно пассажиров поставить
так: 4 христианина, 5 турок, 2 христианина, 1 ту¬
рок, 3 христианина, 1 турок, 1 христианин, 2 тур¬
ка, 2 христианина, 3 турка, 1 христианин, 2 турка,
2 христианина, 1 турок.
Чтобы запомнить эти числа и быстро решать
задачу, рекомендуем запомнить такое выражение:
От бурь есть защита,
Спасенье, избавленье нам!
И запомнить также порядок (что не трудно)
гласных в азбуке: а, е, и, о, у; из них первая а пусть
означает 1, вторая е — 2, третья и — 3, четвертая
о — 4 и пятая у — 5.
Ряд начинается христианами. Вы говорите
про себя «от» — и ставите 4 христиан, «бурь» —
и ставите 5 турок, «есть» — и ставите 2 христиан,
«за» — и ставите 1 турка, «щи» — и ставите 3 хри¬
стиан, «та» — и ставите 1 турка, «спа» — и ставите
81

1 христианина, «се» — и ставите 2 турок, «нье» —
и ставите 2 христиан, «из» — и ставите 3 турок,
«ба» — и ставите 1 христианина, «вле» — и стави¬
те 2 турок, «нье» — и ставите 2 христиан, «нам» —
и ставите 1 турка.
Запомнить решение, как видно, не трудно. А как
найти его? Сейчас увидим, что и это не представля¬
ет особой трудности.
Поставим в ряд 30 предметов, например спичек
или палочек, или камешков, или кубиков и т. д.
111II111! 11111111
Считая от 1 до 9, находим, что в первый раз
придется выбросить 9-ю, 18-ю и 27-ю палочки. От¬
брасываем их и опять начинаем считать далее от 1
до 9; сначала сосчитываем 3 палочки за 27-й, а за¬
тем возвращаемся к началу ряда, который содер¬
жит теперь только 27 палочек. Из него придется,
значит, на этот раз выбросить 6-ю, 15-ю и 24-ю па¬
лочки. Отбросим эти палочки и, поступая по пре¬
дыдущему, в новом полученном ряду из 24 палочек
опять отбрасываем 6-ю, 15-ю и 24-ю палочки. По¬
сле этого получаем ряд из 21 палочки. Считая от 1
до 9, здесь мы должны отбросить 9-ю и 18-ю. Оста¬
нется 19 палочек. Считая далее 3 палочки за 18-й
и возвращаясь к началу, отбрасываем отсюда 6-ю
и 15-ю. Остается ряд из 17 палочек, из которого,
считая по предыдущему от 1 до 9, надо выбросить
5-ю и 14-ю палочки, и останется 15 палочек. Если
рассмотреть затем, на каких местах в первоначаль¬
ном ряду палочки остались (христиане) и на каких
выброшены (турки), то, заменяя выброшенные па¬
лочки нулями, получим:
82

т. е. получается данное уже нами решение задачи.
Вместо палочек или спичек можно для данной
задачи пользоваться картами, условившись, на¬
пример, что красные масти обозначают христиан,
а черные — турок и т. д.
Задачу, конечно, можно видоизменять всяче¬
ски. В общем виде ее можно выразить так.
Дано некоторое число различных предметов.
Расположить их в таком порядке, чтобы, отбра¬
сывая последовательно пятый, девятый, десятый
или какой угодно предмет (до известного предела,
конечно), оставались бы наперед заданные пред¬
меты.
Как решить всякую подобную задачу, ясно из
разобранной нами задачи «по жребию».

ИГРА В КРАСНОЕ И ЧЕРНОЕ,
ИЛИ ИГРА В ЖЕТОНЫ
Знаменитый английский ученый и профессор
физико-математических наук Тэт, путешествуя
по железной дороге, придумал для развлечения
преинтересную игру. Он вынул из кармана 4 зо¬
лотых английских монеты и 4 серебряных, затем
положил их в ряд в переменном порядке, т. е. зо¬
лотую монету и серебряную, золотую и серебря¬
ную и т. д., пока не разложил все 8 монет, оставя
слева такое свободное место, на котором могли бы
уместиться еще 2 монеты — не более. Вслед за тем
он задал себе такую задачу.
1. Можно передвигать только две рядом лежащие
монеты, не изменяя их взаимного расположения.
2. Пользуясь свободным местом для двух монет,
сделать всего четыре таких передвижения, чтобы
после этого оказались рядом четыре золотых мо¬
неты, а за ними следовали четыре серебряных.
Попробуйте-ка сделать это! Если у вас нет, что
очень может быть, золотых и серебряных монет,
то, может быть, найдутся серебряные и медные...
Сущность задачи ведь от этого не меняется. Или,
может быть, у вас совсем нет монет — да еще це¬
лых восьми? Тогда ничто не мешает вам восполь¬
зоваться черными и белыми шашками, взяв их по
84

четыре. А если нет и шашек, то ничто не помешает
вам сделать 4 кружочка (жетона) черных и 4 крас¬
ных или белых из бумаги, картона или дерева и
попытаться решить предложенную задачу. Возь¬
мите, наконец, 4 красных или 4 черных карты.
При всей своей видимой простоте задача эта
не так-то легка, особенно если увеличивать число
пар монет, жетонов, кружочков или карт, т. е. если
вместо 8 взять их 10,12, 14 и т. д.
У нас чаще всего и почти всюду встречаются
карты — настоящие или игрушечные, все равно.
Они весьма пригодны для данного развлечения.
Назовем это развлечение игрой в красное и черное
и начнем с такой задачи.
Задача 47-я
ЧЕТЫРЕ ПАРЫ
Взяты 4 красных и 4 черных карты (или 4 крас¬
ных и 4 черных кружка) и положены в ряд в пере¬
менном порядке: красная, черная, красная, черная и
т. д. Можно пользоваться свободным местом только
для двух карт и можно на это свободное место пере¬
двигать только две рядом лежащие карты, не меняя
порядка, в котором они лежат. Требуется в четыре
передвижения карт попарно переместить их так, что¬
бы оказались подряд четыре черных и затем четыре
красных карты (помните, что всюду вместо карт
можно брать разного цвета кружки или жетоны).
Решение
Возьмем из колоды 4 короля и 4 дамы и располо¬
жим их, как требуется, т. е. так:

Первое перемещение. Слева имеем два свобод¬
ных места, передвигаем туда короля пик и бубен.
Получается такое расположение:
Второе перемещение. Даму червей и даму пик
передвигаем на освободившиеся места и полу¬
чаем:
Третье перемещение. Короля и даму бубен пе¬
редвигаем на свободные места, получаем располо¬
жение
Четвертое перемещение. Наконец, передвигаем
на свободные места даму пик с королем треф и по¬
лучаем требуемое расположение: идут подряд че¬
тыре черных и четыре красных карты.
Из этого последнего расположения карт, на¬
оборот, можно перейти к первому также четырьмя
перемещениями.
Решите эту обратную задачу. Теперь это не
трудно!
86
1а£

Задача 48-я
ПЯТЬ ПАР
Кладется в ряд 5 красных и 5 черных карт в пе¬
ременном порядке: красная, черная, красная, чер¬
ная и т. д.
Требуется, пользуясь двумя свободными ме¬
стами и перемещая на них по две карты без из¬
менения их взаимного положения, в пять переме¬
щений расположить их так, чтобы красные карты
были с красными, а черные с черными.
Решение
И*
%*
I. Перемещаются на свободные места валет пик
и десятка бубен. Имеем:
«яч
ш
Н 4
4 4
4Ж4
4
А
«
4
1
ж
1
ш
Юж ж
4*4
4Ф4*
£
♦
V
В:
II. Перемещаются на свободные места короли
бубен и пик. Имеем:
1Ш1
■Ни
■юн
4
1
4
t
V
Ж
1
ш
1
1
Юж ж
♦4а4
4*4
№>4
III. Перемещаются дама пик и валет бубен.
Имеем:
Я
4%
4.4
4
А
4
1
й
1
1
Юж ж
*4а4
4*4
4 Ф 4 ■"
V
Tfn

IV. Перемещаются десятка и туз бубен. Имеем:
V. Перемещаются король и десятка пик, и по¬
лучается требуемое.
щ
1
1W;
Ю А А
♦♦ж*
4*4
%*
i
4
V
1
1
го?
I,
♦V
♦ ♦
V.
4
1
НЕ*:-
Задача 49-я
ШЕСТЬ ПАР
Положены в ряд в переменном порядке 6 крас¬
ных и 6 черных карт: красная, черная, красная,
черная и т. д. Пользуясь двумя свободными ме¬
стами, требуется, передвигая каждый раз только
по две карты без изменения их взаимного положе¬
ния, в шесть перемещений расположить черные
карты с черными, а красные с красными.
Решение
Решение задачи видно из нижеследующих рисун¬
ков (см. с. 89-90).
Задача 50-я
СЕМЬ ПАР
Кладется в ряд 7 красных и 7 черных карт
в переменном порядке: красная, черная, красная,
черная и т. д. Пользуясь свободным местом для
88

Решение задачи 49
*4 4
♦
4 4
4
4 ♦$
U 4
Л
♦ 4 4
♦♦♦
♦ ♦
♦ ♦?
U ♦
V
♦
Н 4
♦ ♦
♦♦♦
ЮА *
♦♦а4
4>%
%♦
$¥ ¥
¥
¥ ¥
4
4 4!
+ *
♦
* *?
l¥ ¥
¥¥¥
4 4
4 4?
+4 4
4 «4
*%
* *?
l¥*¥
¥V¥
4 a 4
4 4*
10. a
+%
* *s
Первое перемещение:
*♦ ♦
* *
* п
8¥ ¥
¥v¥
4.4
4 4*
U 4
4
4 4
4%|
U 4
4
4 4
¥
♦
U 4
♦♦♦
4 4
4 *в
и «
♦ ♦
♦ ♦?
!0 , *
4%
Юа а
♦♦а*
%♦
$¥ ¥
¥
¥ ¥
4
4 4!
*4|4
+ +
♦
* *!
l¥ ¥
¥¥¥
4^4
4 4?
Ю A A
*%
*T*5
Второе перемещение:
♦4 4
4.4
Г*
* *?
§¥ ¥
¥v¥
4,4
4 4*
Н 4
4
4 4
4
♦ ♦$
U 4
Л
!♦ ♦
♦♦♦
♦ ♦
♦ ♦?
U ♦
V
♦ ♦!
н ♦
♦%
♦♦♦
10А а
**А*
♦И
♦Vj
*¥ ¥
¥*¥
4Т4
4 4*
*¥ ¥
¥
¥ ¥
4
4 4 *
+ +
♦
* n
*+л+
*%
**+
Третье перемещение:
i* *
+.+
**
* *?
И f
rf
4 4
4 4*
U 4
4
4 4
4
4 4J
U ♦
V
♦N
♦ ♦!
и. ♦
♦ ♦
♦♦♦
♦ ♦♦
Юа а
‘♦а^
%♦
**п
U 4
4
4 4
U 4
%♦
4 4
4 4 *
*¥ ¥
¥ ¥
4*4
4 4*
*¥ ¥
¥
¥ ¥
4
4 4*
*♦ 4»
* *
♦
♦ ♦?
U.+
+*+
***
**+j

Четвертое перемещение:
1* *
+.*
**
* п
*¥*¥
¥т¥
4,4
4 4*;
♦ ♦ 4
4
4 4
4
4 ♦ *
10 А А
*4а4
%♦
♦*♦8
U 4
4
4 4
*
♦ ♦!
1* 4
V
♦ ♦?
*%♦
♦ ♦
V
и ♦
♦♦♦
♦ ♦
♦ ♦?
*¥ ¥
¥*¥
4T4
4 4*
t¥ ¥
¥
¥ ¥
4
4 4 g
4**
* *
♦
* +8
10. .
+*+
+*n
Пятое перемещение:
1* ♦
м
*%
* +6
Ю А А
**А*
%♦
♦*♦8
U 4
4
4 4
♦
♦ ♦!
U 4
♦♦♦
♦%
♦ ♦!
*♦♦♦
♦ ♦
♦и
*¥#¥
f 4
4,4
4 4*
U 4
4
4 4
4
4 4J
u ♦
♦♦♦
♦ ♦
♦ ♦?
*¥ ¥
¥*¥
4V4
4 4f
*¥ ¥
¥
¥ ¥
4
4 4f
****
+ *
♦
* *!
10. .
+*+
***
**n
Шестое и последнее, решающее задачу:
*♦ ♦
*.+
* *?
**+*
+ *
+
* *8
ю. •
Л
х Т01
10 А А
*4*а4>
♦%
♦и
♦*♦8
ц ♦
Л
U 4
4.4
♦ ♦?
*♦♦♦
♦ ♦
♦♦♦
♦*♦8
f» »
4^4
A%|
44 4
4
4 4
4
4 41
♦ ♦ ♦
♦♦♦
♦ ♦
♦ ♦$
l¥ ¥
¥#¥
4T4
4 4*
l¥ ¥
¥
¥ ¥
4
4 4§

двух карт, требуется, передвигая каждый раз толь¬
ко по 2 карты без изменения их взаимного поло¬
жения, в семь перемещений расположить черные
карты с черными, а красные с красными.
Решение
Как это сделать, вполне объясняется прилагаемы¬
ми рисунками (см. с. 92-93).
Задача 51-я
ОБМАНУТЫЙ ХОЗЯИН
Следующая задача об обманутом хозяине и во-
ришке-слуге сопровождается математическим до¬
казательством. Кому не охота разбираться в этом
доказательстве или кто не может этого сделать,
пусть пока смело опускает его. Но в самой задаче,
как и в следующей, советуем разобраться и при¬
думать подобные задачи.
Хозяин устроил в своем погребе шкаф в форме
квадрата с 9 клетками. Среднюю (внутри) клет¬
ку он оставил свободной для пустых бутылок,
а в остальных расположил 60 бутылок вина так,
что в каждой угловой клетке их было по 6, а в каж¬
дой из средних по 9. Таким образом, на каждой
стороне квадрата было по 21 бутылке. Слуга под¬
метил, что хозяин проверяет число бутылок толь¬
ко так, что считает бутылки по сторонам квадрата,
и наблюдает только за тем, чтобы на каждой сторо¬
не квадрата было по 21 бутылке. Тогда слуга унес
сначала 4 бутылки, а остальные расставил так, что
91

Решение задачи 50
> ♦
♦
♦ 4
4 4
4V
4 4
¥ ¥
4 4
4
♦ 4
4
4 4
U 4
4
4 4
¥
♦
♦ 4 4
♦♦♦
4 4
4 4
♦ 4 4
V
♦N
♦ ♦?
♦ 4 4
4* 4
♦♦♦
4%|
i444
4*4
%*
>¥ ¥
¥
4
4 4
U+4
*4
♦
* *1
► ¥ *
*¥*
4T4
4 4
14 4
4 4
♦*♦
* *6
?¥*,¥
¥*¥
4 4
4 4*
iu . •
♦4.4
4*4
v
♦ftJ
♦4 4
4.4
♦*♦
* *f
*¥ ¥
¥T¥
4.4
4 4*
► 4 4
4
4 4
4 4
V
4 4
¥ ¥
; 4 4
4
4 4
4
4 4 t
U 4
Л
♦ 4 4
M
4 4
4 4 r
U 4
*4*
?'V
4%
V*
4 4;
10 A A
♦444
4*4
%♦
>¥ ¥
¥
¥ ¥
4
4 4'
V
4 4
♦V
*¥ ¥
¥#¥
4 4
4 4:
IU . .
♦4.4
4*4
II
i4 4
4.4
♦*♦
* *6
*¥ ¥
¥ ¥
4.4
4*4*
4 4
4
4 4
4 4'
V
4 4
¥ ¥
4 4
4
4 4
4
4 4
U 4
4
4 4
¥
♦ *s
*♦♦♦
4T 4
4ф4
4%|
ioA A
♦4a4
4*4
%*
• ¥ ¥
¥
¥ ¥
4 *
i*l*
4 4
♦
* ♦*
;¥ ¥
¥^¥
4 4
4 4'
Ж4Т
4%
4 4
♦ 4 4
*4*
¥*¥
♦4.4
4*4
+J*
+*П
III
i4 4
4.4
♦*¥
* ♦!
¥V¥
4*t
• 4 4
4
4 4
4 4 *
‘V
4 4
¥ ¥
♦ 4 4
4
4 4
4
4 4
u ♦
Л
♦•♦
%♦
i¥ V
¥
¥ ¥
A
A A
♦ ♦
V
♦ %
*A+A
♦ ♦
*
♦ **
>¥ ¥
¥*¥
4 4
4 4<
i4 4
4ф4
4 4
4 4J
U 4
*4*
¥*¥
¥ ¥?
iu . .
♦4.4
**♦
*T*s

IV
2* 4
*.*
*%
* *t
rf
4»4
4*4*
44 4
4
4 4
4 44
V
4 4
t ♦
10» »
‘♦a*
%♦
$4 4
4
4 4
4
4 4!
u ♦
♦ ♦
♦♦♦
u 4
♦♦♦
4%
4 4|
U 4
V
♦ ♦?
**4*
4 *
♦
* *!
14 4
4—4
4*4
4 4*
U 4
4
4 4
4
4 4}
V
4 4
*
♦ *s
10. .
♦4.4
4*4
v
♦T*j
V
*♦ ♦
***
* +
* n
$¥ ¥
¥ ¥
4*4*
44 4
4
4 4
4 44
‘V
4 4
♦ 4
♦ 4 4
4
4 4
4
♦ 4
•v
X,
10» »
‘♦a*
%♦
$4 4
4
4 4
4
4 4f
♦V
♦%
♦♦♦
i* *
+ +
*
* *i
$4 4
4-4
4 4
4 4 f
*4 4
*4*
4 4
4 41
u *
s*
♦ ♦!
10. •
*4.4
4%
♦**s
VI
i* *
+ *
* *f
*V
4 4
t 4
u *
V
♦ ♦?
V
* *
*+?
KU A
♦♦a4
%♦
$4 4
4
4 4
4
4 4A
♦%
V
U 4
4 4
4 41
*4-4
4 4
4 a 4
4 44
U 4
4
4 4
4 4 4
$4 4
***
4*4
4 4*
>4 4
4
4 4
4
4 4 $
U *
Л
10. •
♦4.4
4*4
v
*T*s
VII
l* *
***
**+
♦ *t
U 4
Л
**+
**+
* n
V
4 4
4 4
u *
♦ ♦!
V
♦ 4
***!
10 ж A
♦4a4
4*4
%♦
14 4
4
4 4
4
4 4$
10 A A
V4
4%*
*4 4
♦♦♦
♦ 4
4 41
$4 4
4'4
4*4
4 4*
♦ 4 4
4
4 4
4 4 *
v4 4
4-4
4*4
4 4£
♦ 4 4
4
4 4
4
4 45

вновь получилось по 21 на каждой стороне. Хозя¬
ин пересчитал бутылки своим обычным способом
и подумал, что бутылок остается то же число и что
слуга только переставил их. Слуга воспользовал¬
ся оплошностью хозяина и снова унес 4 бутылки,
расставив остальные так, что на каждой стороне
квадрата выходило опять по 21 бутылке. Так он
повторял, пока было возможно. Спрашивается:
сколько раз он брал бутылки и сколько всего бу¬
тылок он унес?
Решение
Слуга брал себе по бутылке из каждой средней
клетки и из тех же клеток, чтобы обмануть хозяи¬
на, после каждого воровства прибавлял по бутылке
в угловые клетки. Так он воровал 4 раза по 4 бутыл¬
ки, а всего, значит, унес 16 бутылок. Все это оче¬
видно из нижеследующего (рис. 18):
Первоначаль¬
ное расположе- 1-я кража 2-я кража
ние бутылок
10
1
10
1
1
10
1
10
9
3
9
3
3
9
СО
9
Рис. 18

Замечание
Математически вопрос разъясняется так.
Обозначим через а число бутылок в каждой
угловой клетке (в нашем случае а = 6) и через b
число бутылок в каждой из средних клеток (в на¬
шем случае b = 9). Тогда, очевидно, число всех бу¬
тылок есть 4(а + Ь), или это же число можно на¬
писать так:
2(а + b + а) + 2Ь
Итак, если сделать так, чтобы а + b + а остава¬
лись постоянным, то число бутылок будет умень¬
шаться с уменьшением Ь; и если b уменьшится на
два, то общее число бутылок уменьшится на 4. Сле¬
довательно, всякий раз, как слуга брал по 2 бутыл¬
ки из каждой средней клетки, что составляло 8 бу¬
тылок, он ставил по 1 бутылке в каждую из угловых
клеток, а 4 остальных бутылки уносил. В каждой
из средних клеток было первоначально 9 бутылок.
Следовательно, подобные операции слуга мог про¬
извести 4 раза и унести всего 16 бутылок.
Мы предположили, что, таская бутылки, недо¬
бросовестный слуга сохранял все же симметрию
первоначального распределения бутылок. Но мож¬
но предположить и какое угодно несимметричное
распределение бутылок, лишь бы число их S, счи¬
тая по каждой стороне квадрата, оставалось без из¬
менения. Пусть в самом деле числа бутылок в угло¬
вых клетках будут m, n, р, q (рис. 19). Тогда число
всех бутылок есть
4S - (m + n + р + q).
Эта сумма уменьшится, если увеличится ш +
+ n + р + q, но S остается постоянным. Например,
отнимем от f и к по х бутылок.
95

m
f
n
к
g
р
ь
q
Рис. 19
т. е. всего 2х бутылок. Если теперь х прибавить к ш,
то S не изменится, и в то же время число всех буты¬
лок будет уменьшено на х. То же самое получится,
если взять по х бутылок от f и g и прибавить х бу¬
тылок к л и т. д.
Точно так же, если отнять по х от каждого из
чисел f, g, h, k и прибавить по х к m и q, или к п и р,
X с
или по — к каждому из чисел ш, п, р и q, то S не из¬
менится, и в то же время число всех бутылок умень¬
шится на 2х. И так можно по желанию уменьшать
число бутылок на 1, 2, 3, 4 и т. д.
Задача 52-я
СЛЕПАЯ ХОЗЯЙКА
Служанки находятся в 8 комнатках, которые
расположены так: 4 комнатки по углам квадрат¬
ного дортуара, а 4 остальных в середине каждой
стороны. Слепая хозяйка проверяет число служа¬
нок, находящихся в трех комнатах каждой сторо¬
ны дортуара, и находит всюду 9 служанок. Через
несколько времени она проверяет, все ли в ком¬
натах. Считает опять и находит в каждом ряду
комнат опять то же число служанок, несмотря
на то, что к ним пришли в гости 4 подруги. Через
несколько времени опять тем же порядком, что
96

и раньше, хозяйка проверяет число служанок и
находит опять по 9 в каждом ряду, хотя 4 служан¬
ки вышли вместе с 4 подругами. Каким образом
служанки обманывали хозяйку?
Решение
Ответ легко видеть из рассмотрения следующих
рисунков:
1-е посеще- 2-е посеще- 3-е посеще¬
ние хозяйки ние хозяйки ние хозяйки
Можно допустить еще, что каждая из 4 служа¬
нок, возвратившись, привела с собой еще 2 гостей,
а хозяйка, считая ио-своему, все же не заметила бы
обмана, если бы все расположились так (рис. 20):
1
7
1
7
7
1
7
1
Рис. 20

РАССТАНОВКА БУКВ
Задача 53-я
В квадрате, состоящем из 16 клеток, расста¬
вить 4 буквы так, чтобы в каждом горизонталь¬
ном ряду, в каждом вертикальном ряду и в каждой
диагонали встречалась только одна буква. Как ве¬
лико число решений этой задачи при одинаковых
и разных буквах?
Решение
Прежде всего положим, что буквы одинаковы. По¬
ставим одну букву в какой-нибудь клетке первой
диагонали. С этой клеткой во второй диагонали
есть одна клетка, стоящая с ней в том же горизон¬
тальном ряду, и одна — в том же вертикальном
ряду; в одной из остальных двух клеток второй диа¬
гонали можно поставить вторую букву. Далее легко
Рис. 21

заметить, что двух букв, поставленных на диагона¬
лях, вполне достаточно, чтобы, сообразно услови¬
ям задачи, расставить все остальные буквы. Итак,
если дано место буквы в одной диагонали, то задача
имеет два решения; но так как первую букву можно
поставить в какой угодно клетке первой диагонали,
то задача имеет 2x4 = 8 решений. Все 8 решений
получаются из одного поворачиванием и перево¬
рачиванием квадрата. Так как 4 различных буквы
можно перемещать 24 способами, то при 4 различ¬
ных буквах задача имеет 8 х 24 = 192 решения.
Задача 54-я
Дан квадрат, состоящий из 16 клеток. Требует¬
ся расставить в клетках этого квадрата по 4 раза
каждую из 4 букв a, b, с, d таким образом, чтобы
в каждом горизонтальном и вертикальном ряду
и в каждой диагонали не было одинаковых букв.
Как велико число решений этой задачи?
Решение
Прежде всего ясно, что буквы, стоящие в угловых
клетках, должны быть различны. Поэтому поста¬
вим в произвольном порядке 4 буквы по углам.
Рис. 22
В средних клетках диагонали, содержащей а
и d, должны стоять буквы b и с, но они могут быть
поставлены в одном или в другом порядке:
99

Рис. 23
Легко видеть теперь, что расставленных букв
вполне достаточно, чтобы, сообразно данным
условиям, расставить буквы в остальных клетках.
Прежде всего расставим буквы в крайних горизон¬
тальных и вертикальных рядах, а потом во второй
диагонали. Таким образом, получим:
Рис. 24
Итак, если расставлены буквы в угловых клет¬
ках, то задача имеет 2 решения. Но так как 4 буквы
можно перемещать 24 способами, то задача имеет
24 х 2 = 48 решений.
Заметим здесь, что из одного найденного квадра¬
та поворачиванием и переворачиванием его можно
получить еще 7 подобных квадратов. Если мы усло¬
вимся считать все квадраты, полученные повора¬
чиванием одного квадрата, за одно решение, то при
этом условии задача имеет 48 : 8 = 6 решений.
100

Задача 55-я
ВОЛШЕБНЫЙ КВАДРАТ ИЗ 9 КЛЕТОК
Расположить в 3 ряда 9 карт, от туза (прини¬
маемого за 1) до девятки так, чтобы число очков
каждого ряда, считая справа налево (горизонталь¬
но), сверху вниз (вертикально) и с угла на угол
(по диагоналям), было одинаково.
Решение
Расположим сначала карты так (рис. 25):
♦А А
и
* **
*!
*А А
А А
* *
«А А
♦
* *?
3 а
♦♦
А
+?
♦А^А
А А
♦
* *|
♦А А
А А
* *?
*А А
♦**
* *!
Рис. 25
Вслед за тем кладем на незанятые места: туза —
под пятеркой, девятку — над пятеркой, тройку —
слева, а семерку — справа от той же пятерки и по¬
лучим требуемое распределение карт.
101

Если означить карты соответственными циф¬
рами от 1 до 9, то это решение изобразится так:
1
4
2
5
8
6
9
Рис. 26
4
9
2
3
5
7
8
1
6
Рис. 27
Квадрат, полученный на рис. 27, и есть то, что
называется волшебным квадратом из 9 клеток.
В нем сумма чисел каждого ряда, столбца и диаго¬
нали = 15.
Можно также для этой задачи вместо карт взять
соответствующие домино. Получим: •• •
• •
• •
• •
• •
• •
• •
Рис. 28
Если в данном примере с картами заменим туз
двойкой, двойку — тройкой, тройку — четверкой
и т. д., наконец, девятку — десяткой, то получим
тоже волшебный квадрат:
102

W *
lv V
• V V
А А
V V
V
V V
А А$
А А§
А А*
Или то же числами:
Рис. 29
5
10
СО
4
6
00
9
2
7
Рис. 29 а
В каждом ряду, столбце и диагонали этого послед¬
него квадрата заключается 18 очков, или единиц.
Задача 56-я
В 25 КЛЕТОК
Расположить 25 чисел, начиная от 1 до 25,
в виде квадрата с 25 клетками так, чтобы в каждом
вертикальном, в каждом горизонтальном ряду и с
угла на угол (по обеим диагоналям) получались
одинаковые суммы.
103

Решение
Строим квадрат с 25 клетками (рис. 30), затем на
всех его сторонах строим еще по 4 клетки, чтобы
получился рис. 31. Вслед за тем в полученном ри¬
сунке располагаем косыми рядами числа в после¬
довательном порядке, как указано па рис. 31.
И
24
7
20
3
4
12
25
8
16
17
5
13
21
9
10
18
1
14
22
23
6
19
2
15
Рис. 30
Заполняя затем свободные клетки квадрата числа¬
ми, находящимися в клетках вне его, как указано
на рис. 30, получим требуемое.
104

Задача 57-я
РАСКЛАДКА КАРТ
Взято по 4 «старших» карты каждой масти
(туз, король, дама и валет каждой масти). Требует¬
ся эти 16 карт расположить в виде четырехуголь¬
ника так, чтобы в каждом горизонтальном ряду, в
каждом вертикальном ряду и в каждой диагона¬
ли находились в каком-либо порядке туз, король,
дама, валет, и притом разных мастей.
Решение
Решение изобразится таблицей (рис. 32). Прийти
к такому решению можно путем следующих рас-
суждений. Обозначим через А, В, С и D названия
карт независимо от их мастей, а через a, b, с, d их
масти. Задача сводится к тому, чтобы в 16 клетках
квадрата разместить 4 больших буквы А, В, С, D
так, чтобы они все 4 находились в каждом горизон¬
тальном и вертикальном ряду и в каждой диагона¬
ли, и то же самое сделать с малыми буквами а, Ь,
с, d так, чтобы они комбинировались с большими
всеми возможными способами.
Туз
Король
Дама
Валет
червей
треф
бубен
пик
Валет
Дама
Король
Туз
бубен
пик
червей
треф
Король
Туз
Валет
Дама
пик
бубен
треф
червей
Дама
Валет
Туз
Король
треф
червей
ПИК
бубен
Рис. 32
105

Расположим сначала большие буквы, что не
представляет затруднений. Расположим их по ал¬
фавитному порядку в первой горизонтали и запол¬
ним диагональ, идущую слева направо, — это мо¬
жет быть сделано только двумя способами: или А,
С, D, В, или A, D, В, С. Примем первое расположе¬
ние и заполним затем остальные клетки квадрата,
что может быть сделано уже только единственным
путем. Получим квадрат (рис. 33).
А
В
С
D
D
С
В
А
В
А
D
С
С
D
А
В
Рис. 33
Чтобы разместить малые буквы, мы сначала
приставим к каждой диагональной букве А, С, D,
В по малой букве того же наименования, а затем
будем брать по 2 клетки, равно отстоящих по обе
стороны от этой диагонали, и около каждой боль¬
шой буквы поставим малую, одноименную с боль¬
шой буквой другой соответствующей клетки. По¬
лучим квадрат, изображенный рис. 34.
Аа
Bd
Cb
Dc
Db
Сс
Ba
Ad
Вс
Ab
Dd
Ca
Cd
Da
Ac
Bb
Рис. 34

Если заменим теперь А, В, С, D соответствен¬
но через туза, короля, даму, валета, а буквам а, Ь,
с, d придадим значение мастей: черви, бубны, пики,
трефы, — получим вышеприведенное решение за¬
дачи (рис. 32).
Большие буквы можно заменить тузом, коро¬
лем, дамой и валетом 24 различными способами,
точно так же 4 маленькие буквы можно заменить
четырьмя мастями 24 способами. Так что можно
получить 24 х 24 = 576 буквенных решений этой за¬
дачи.
Замечание
Некоторые из вышеприведенных задач представ¬
ляют примеры вопросов, относящихся к общей тео¬
рии так называемых волшебных квадратов. Задачей
о составлении волшебных квадратов математики
занимались еще в глубокой древности, и проис¬
хождение этой задачи приписывается индусам. Не¬
смотря, однако, на свою древность, нельзя сказать,
чтобы и по настоящее время вопрос о волшебных
квадратах был разрешен и исчерпан вполне. Зави¬
сит это более всего от того, что теория волшебных
квадратов стоит особняком и мало пока имеет связи
с остальной математикой. Желающим более основа¬
тельно познакомиться с этой интересной областью
математики советуем прочесть общие положения
теории волшебных квадратов в превосходном и
кратком изложении проф. В. П. Ермакова («Жур¬
нал элементарной математики». Т. 1, 1885 г.).
Сведения же по истории и литературе вопро¬
са читатель может найти у Gunther’a: «Vermischte
Untersuchungen zur Geschichte der matematischen
Wissenschaften», Кар. IV и др., а также см. G. Arnoux.
«Arithmetique graphique; Les Espaces arithmetiques
hypermagiques».

домино
ИСТОРИЧЕСКИЕ СПРАВКИ
Предполагают, что игра домино перешла к нам
от индусов или греков. Действительно, простота
этой игры наводит на мысль, что она придумана
еще в очень отдаленные времена, на первых сту¬
пенях цивилизации. Что касается названия самой
игры, то филологи также находятся в разногласии
относительно этого. Иные ищут его корень в древ-
нехананейских наречиях, но вероятнее всего такое
предположение: игра в домино в прежние времена
была дозволена в монастырях и религиозных об¬
щинах.
Но всякое дело начинается там, как известно,
с восхваления имени Божия. И когда игрок выстав¬
лял первую кость, он произносил: «benedicamus
Domino» (бенедикамус Домино), т. е. «восхвалим
Господа», или иначе: «Domino gratias» (Домино
гратиас), т. е. «благодарение Господу». Отсюда и
получилось просто в сокращении слово «домино».
ОПРЕДЕЛЕНИЯ
Домино суть прямоугольные продолговатые
плитки, ширина которых обыкновенно вдвое
больше толщины, а длина вдвое больше ширины.
108

Делаются они чаще всего из кости или дерева,
а также и из металла; нижняя часть их обыкновен¬
но черная, а верхняя белая и разделена на два квад¬
ратика, на которых обозначены точки, или очки,
домино. Чаще всего игра состоит из 28 домино, об¬
разующих все комбинации по 2 из 7 чисел:
0,1, 2, 3, 4, 5, 6.
Каждое домино определяется числом очков,
заключающихся на двух его квадратах, и в зависи¬
мости от этого называется двумя числами, напри¬
мер, ноль и ноль обозначает пустое, белое домино,
на квадратах которого нет очков, ноль и один — до¬
мино, на одном из квадратов которого есть одно
очко, а другой пуст. Четыре и пять — домино, на
одном из квадратов которого стоит 4 очка, а на
другом 5, и т. д. Сообразно с этим мы будем обо¬
значать домино двумя цифрами, показывающими
число очков на каждом квадратике и поставлен¬
ными рядом. Так, домино ноль и ноль будем обо¬
значать 00, домино четыре и шесть обозначим 46,
и т. д. Расположим всю игру из 28 домино в таком
порядке (см. рис. 35).
Если взять сумму всех очков, содержащихся
в игре домино, то окажется 168 очков.
СРЕДНЕЕ
Всех очков на всех 28 плитках, как сказано
выше, 168. Если это последнее число поделить на
число домино (плиток), то получим среднее каж¬
дой «кости», или плитки. Это среднее, как видим,
равно шести, и оно останется таким же, если мы
отбросим все двойняшки, т. е. двойные домино,
109

06
16
26
36
46
56
66
05
15
25
35
45
55
04
14
24
34
44
03
13
23
33
02
12
22
01
И
00
Рис. 35
как 66, 55, 44 и т. д. Это можно проверить непо¬
средственно. В самом деле, всех двойняшек в игре
семь (66, 55, 44, 33, 22,11, 00), а число заключаю¬
щихся в них очков оказывается равным
42(6 + 6 + 5 + 5 + 4 + 4 + 3 + 3 + 2 + 2+1 + 1= 42).
Вычитая число 42 из общего числа очков всей
игры 168, получаем 126; деля же это последнее
число на число оставшихся домино, т. е. на 21
(28 - 7=21), получаем опять среднее 6.
Есть игры домино с большим количеством ко¬
стей. Так, можно составить игру, где наибольшая
кость будет 77, и тогда всех костей в игре будет
36. В игре, где наибольшее домино будет 88, всех
домино будет 45, и т. д. И во всех таких играх от¬
носительно их среднего будет наблюдаться одна
и та же последовательность. Среднее для игры,
в которой наибольшее домино есть 77, будет семь,
110

среднее для игры домино с наибольшей костью 88
будет восемь, и т. д.
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ДОМИНО
Если возьмем два домино (обыкновенной
игры, где наивысшая кость 6) таких, что числа оч¬
ков квадратиков в одном дополняют числа очков
квадратиков в другом до шести, то такие домино
называются дополнительными друг другу. Так, на¬
пример, домино 23 и 43 будут дополнительными
друг другу, как и домино 12 и 54,14 и 52 и т. д.
В рассматриваемой нами обыкновенной игре
из 28 костей есть 4 кости 06, 15, 24 и 33, которые
дополняют сами себя, т. е. не имеют других допол¬
нительных.
Если взять для всей игры все ее дополнитель¬
ные домино, то получим ту же игру, только в дру¬
гом порядке.
В ЧЕМ СОСТОИТ ИГРА
Игра проста и состоит в общих чертах в сле¬
дующем. Два или более игрока делят между со¬
бой кости игры. Чаще всего играют с прикупом,
т. е. берут по известному равному числу костей,
а остальные кости лицевой частью вниз лежат
в стороне. Первый игрок выкладывает на стол
какое-либо свое домино, второй по порядку дол¬
жен приставить к какому-либо квадратику это¬
го домино такую свою кость, квадратик которой
имел бы столько же очков, сколько находится
на квадратике выставленной кости. Получается
фигура из двух костей, оканчивающаяся двумя
111

квадратиками. К одному из этих квадратиков
следующий игрок должен приложить свою соот¬
ветствующую кость и т. д. по порядку. Если у кого
не находится соответствующего домино, он берет
кости из прикупа до тех пор, пока не найдет там
нужного домино, которое и приставляет к образо¬
ванной на столе фигуре. Выигравшим считается
тот, кто первый успеет положить все имеющиеся
у него домино. Основы игры, как видим, весьма
просты и несложны, а между тем с помощью до¬
мино можно получить весьма поучительные и по¬
лезные развлечения.
ЗАБАВА-ЗАДАЧА
Переверните лицом вниз все кости игры до¬
мино. Одну же из костей тихонько спрячьте, на¬
блюдая только, чтобы эта кость не была двойная.
Затем предложите кому-либо взять любую из ле¬
жащих на столе костей, посмотреть ее и положить
на стол вверх лицевой стороной, а вслед за тем
пусть он же раскроет и все остальные домино и
расположит их вместе с первой открытой костью
по правилам игры, но так, чтобы не замкнуть игры
и не брать в расчет двойняшек, или же ввести их
в игру вне очереди. Получится некоторое распо¬
ложение костей всей игры домино, и вы сможете
заранее предсказать числа очков, которые полу¬
чатся на концах этого расположения. Эти числа
будут как раз те, которые находятся на квадрати¬
ках раньше спрятанного вами домино.
В самом деле, если расположить все домино
одно за другим в порядке, требуемом правилами
игры, т. е. чтобы последовательные кости сопри¬
112

касались квадратиками с одинаковым числом
очков, то игра всегда окончится таким же числом
очков, каким она началась. Если, скажем, распо¬
ложение костей начинается квадратиком с 5 точ¬
ками, то оно и окончится 5, при условии, конечно,
не закрывать игру, пока не будут положены все
кости. Итак, все 28 костей игры можно располо¬
жить, соблюдая правила игры, по кругу, и если из
этого круга отнять, например, кость три и пять,
то ясно, что расположение остальных 27 костей
начнется с одной стороны пятью, а окончится
тремя.
Этой небольшой забавой вы можете очень за¬
интересовать тех, кто не знает, в чем дело, — осо¬
бенно если показывать вид, что вы будто бы произ¬
водите в уме самые сложные вычисления. Следует
также при повторении забавы по возможности ее
разнообразить и видоизменять.
Задача 58-я
НАИБОЛЬШИЙ УДАР
Допустим, что играют в домино четверо и что
между ними поделены все кости поровну, т. е. при
начале игры у каждого игрока есть по семь ко¬
стей. При этом могут получаться такие интерес¬
ные расположения костей, при которых первый
игрок обязательно выигрывает, в то время как
второй и третий не смогут положить ни одной
кости. Пусть, например, у первого игрока будут
четыре первых ноля и три последних туза, т. е. та¬
кие кости:
00, 01, 02,03,14,15,16,
113

а у четвертого игрока пусть будут остальные тузы
и ноли, т. е. кости:
11,12,13, 04,05, 06
и еще какая-либо кость. Остальные домино поде¬
лены между вторым и третьим игроками. В таком
случае первый игрок необходимо выигрывает по¬
сле того, как будут положены все 13 указанных
выше домино, а второй и третий игроки не смогут
поставить ни одного из своих домино.
В самом деле, первый игрок начинает игру
и ставит 00. Второй и третий досадуют, ибо у них
нет подходящей кости. Тогда четвертый игрок мо¬
жет положить любую из трех костей 04,05 или 06.
Но первый приложит в ответ 41, 51 или 61. Вто¬
рой и третий опять не смогут ничего положить,
а четвертый поставит 11, или 12, или 13, на что
первый может ответить костями 10, 20, 30 и т. д.
Таким образом, он положит все свои кости, в то
время как у второго и третьего игроков останутся
все их домино, а у четвертого одно. Сколько же
выигрывает первый? Сумма очков в положенных
13 домино равна, как легко видеть, 48, а число
очков всей игры есть 168. Значит, первый игрок
выигрывает 168 — 48 = 120 очков в одну игру. Это
наибольший удар!
Можно составить и другие партии, подобные
предыдущей. Для этого стоит только ноли и еди¬
ницы заменить соответственно домино с иными
количествами очков — 2, 3, 4, 5 или 6. Число по¬
добных партий, следовательно, равно числу всех
простых комбинаций из семи элементов по 2, т. е.
равно 21. Ясно, что вероятность получить такую
партию случайно — весьма мала. Кроме того, все
114

остальные партии, за исключением приведенной
выше, дадут меньшее, чем 120, число выигранных
очков.
Задача 59-я
Расположить семь единиц и еще две кости до¬
мино в квадрате с девятью клетками так, чтобы
сумма очков домино, считая их по столбцам (вер¬
тикально), по строкам (горизонтально) и по диа¬
гоналям была постоянно одна и та же.
Решение
К семи костям с единицами прибавляют еще 26
и 36, и тогда нетрудно составить следующий вол¬
шебный квадрат (рис. 36):
16
00
05
02
04
06
03
26
01
26
01
15
12
14
16
13
36
11
Рис. 36 Рис. 37
Сумма очков в его столбцах, строках и диаго¬
налях равна 15. Если здесь единицы заменить со¬
ответственно нолями, а 26 и 36 костями 16 и 26, то
получим квадрат (рис. 37) с постоянной суммой,
равной 12.
Точно так же, если в квадрате (рис. 36) заменим
домино с единицами костями с двойками, а 26 и 36
через 36 и 46, то получим новый волшебный ква¬
драт, содержащий семь костей с двойками, в кото¬
ром постоянная сумма равна 18. Можно также по¬
строить с помощью домино волшебные квадраты,
115

содержащие все тройки или четверки с двумя дру¬
гими соответственно подобранными костями. По¬
стоянные суммы этих квадратов будут 20 и 24. Во¬
обще при упражнениях с волшебными квадратами
домино дают обильный материал.
Задача 60-я
Взяты все ноли и единицы домино и к ним при¬
бавлены еще 3 подходящих кости. Расположить
16 костей на 16 клетках квадрата так, чтобы сум¬
ма очков, считаемых вертикально, горизонтально
и по обеим диагоналям, была одинакова.
Решение
К нолям и единицам надо прибавить еще 25, 26
и 36. Получим квадрат (рис. 38):
26
12
13
03
14
02
36
11
05
15
01
06
00
25
04
16
Рис. 38
Сумма очков каждого столбца, каждой строки
и каждой диагонали этого квадрата равна 18. По¬
лученный квадрат отличается тем интересным
свойством, что в нем можно первый столбец пере¬
двинуть на четвертое место или верхнюю строку
перенести вниз, и опять-таки получится волшеб¬
ный квадрат, отличающийся свойством постоян¬
ства суммы.
116

Если в квадрате рис. 38 вместо нолей и единиц
взять все кости, содержащие больше на очко, или
2, или 3, то опять получим волшебные квадраты с
постоянными суммами 22,26 и 30. Если в получен¬
ных квадратах заменить каждую кость ее дополни¬
тельной, то опять получим волшебные квадраты.
Из 25 домино можно составить такой волшеб¬
ный квадрат (рис. 39):
35
03
06
22
51
И
32
61
45
40
62
46
00
21
24
01
31
52
63
33
44
41
34
02
05
Рис. 39
Сумма очков, считая по столбцам, строкам
и диагоналям этого квадрата, равна 27.
Перенося в этом квадрате столбцы или строки,
мы опять будем получать волшебные квадраты, по¬
добно тому как получали их из квадрата с 16 клет¬
ками (рис. 38).
Задача 61-я
ВЕРНАЯ ОТГАДКА
Возьмите 25 костей домино, переверните их
лицом вниз и положите рядом одна за другой так,
117

чтобы они соприкасались более длинными сторо¬
нами. Вслед за тем объявите, что вы отвернетесь
или даже уйдете в другую комнату, а кто-либо
пусть с правого конца передвинет на левый какое-
либо число домино (не более, однако, двенадцати).
Возвратившись в комнату, вы тотчас открываете
кость, число очков которой непременно укажет
числа передвинутых в ваше отсутствие домино.
Решение
Все дело в том, чтобы, приготовляясь к «угадыва¬
нию» и переворачивая домино лицом вниз, 13 из
них расположить в таком последовательном по¬
рядке (рис. 40):
Рис. 40
Ряд этих домино, как видим, представляет ряд
первых 12 чисел да еще ноль:
12, 11, 10, 9, 8, 7, 6, 5,4, 3,2, 1,0 —
и числа эти идут в убывающем порядке. Справа
за этим рядом домино вы помещаете (тоже ли¬
цом вниз) еще 12 домино в каком угодно порядке.
Если теперь вы уйдете в другую комнату, а кто-
либо передвинет справа налево несколько (менее
12) домино и приставит их так, чтоб они шли за 66
влево, то, воротясь, вы откроете среднюю (т. е. 13-ю
по счету, считая слева) кость к ряду, и на открытом
домино будет как раз столько очков, сколько было
передвинуто в ваше отсутствие костей.
Почему так, нетрудно разобраться. Когда вы
уходите в другую комнату, то вы знаете, что в се-
118

редине ряда перевернутых изнанкой вверх домино
лежит белое домино, т. е. 00. Представим теперь,
что передвинуто в ваше отсутствие с правого конца
на левый одно домино. Какое тогда домино придет¬
ся в середине? Очевидно, 01, т. е. единица. А если
передвинуть 2 кости, то в середине придется доми¬
но с двумя очками; если передвинуть 3 кости, то в
середине будет кость с тремя очками, и т. д. Сло¬
вом, среднее домино обязательно и верно покажет
вам число передвинутых справа на левый конец
домино (передвигается, как надо всегда помнить,
не более 12 костей).
Игру можно продолжать. Опять уйти в дру¬
гую комнату и попросить кого-либо передвинуть
с левого конца на правый еще несколько домино.
Возвратясь в комнату, вы также откроете домино,
указывающее число передвинутых костей. Оно бу¬
дет теперь вправо от среднего, и, чтобы найти его,
надо за этим средним домино отсчитать по поряд¬
ку ровнехонько столько, сколько было передвину¬
то в предыдущий раз.
Вообще настоящую забаву-задачу можно вся¬
чески разнообразить и видоизменять, что нетрудно
сделать, если хорошенько разобраться в ее основа¬
ниях. Эта же задача очень полезна для упражнения
в быстром счете.
Ясно также, что вместо домино в этой задаче-
забаве можно взять обыкновенные игральные или
игрушечные карты, где туз принимаем за единицу,
валет — за одиннадцать, даму — за двенадцать, а ко¬
роля — за ноль. Можно также вместо 13 карт взять
10 от туза до десятки и предложить ту же игру, со¬
ответственно видоизменив ее, что желающий и мо¬
жет сделать.

РАЗРЕЗЫВАНИЕ
И ПЕРЕЛОЖЕНИЕ ФИГУР
С листом бумаги (лучше всего разграфленной
на клеточки) или картона в руках при помощи
ножниц можно решать весьма много самых раз¬
нообразных и интересных задач. Эти задачи не
только просто интересны или забавны. В них за¬
ключается часто практическое разрешение и до¬
казательство иногда очень сложных и важных
геометрических вопросов. Если вы уже знаете
(а я думаю, вы это знаете), что такое треугольник,
квадрат, ромб, трапеция и т. д., вообще имеете по¬
нятие о геометрических фигурах, то с листом бу¬
маги и ножницами вы разрешите много геометри¬
ческих вопросов.
Если же вы еще не разбирались в вопросе, ка¬
кие бывают треугольники, что такое квадрат, па¬
раллелограмм, ромб, прямоугольник, трапеция,
правильный и неправильный многоугольники во¬
обще, то прочтите об этом, расспросите, разузнай¬
те! Это так просто и понятно, что со всем можно
освоиться в какие-либо 10 минут или в полчаса.
А теперь вот вам несколько простых задачек-
развлечений.
120

Задача 62-я
КАК ВЫРЕЗАТЬ?
Фигура состоит из трех равных квадратов, рас¬
положенных следующим образом:
Рис. 41
Вырезать из этой фигуры такую часть, чтобы,
приложив ее к оставшейся части, получить внут¬
ри полный квадрат.
Решение
При решении этой задачи можно пользоваться ли¬
стом картона или бумаги (лучше всего графленной
на квадратные клетки). Как сделать требуемую вы¬
резку, видно из нижеследующих рисунков.
Рис. 42 Рис. 43
Нетрудно видеть также, что все четыре полу¬
ченные из трех квадратов фигуры при наложении
одна на другую совпадают.
121

Задача 63-я
ИЗ ПРЯМОУГОЛЬНИКА КВАДРАТ
Кусок бумаги или картона имеет форму прямо¬
угольника, одна сторона которого равна 4, а дру¬
гая 9 единицам длины. Требуется разрезать этот
прямоугольник на 2 равные части так, чтобы, сло¬
жив их известным образом, получить квадрат.
Решение
Решение вопроса видно из следующих рисунков:
Рис. 45

Как ни проста и ни легка эта задача, но она
представляет геометрическое толкование того, что
4 х 9 = 6 х 6. Кроме того, подобного рода задачи
прекрасно подготовляют к более сложным задачам
о превращении одних фигур в другие посредством
разрезывания их на части и переложения этих ча¬
стей. Желающий может сам придумать еще много
подобных задач.
Задача 64-я
КВАДРАТ ИЗ 20 РАВНЫХ
ТРЕУГОЛЬНИКОВ
Разрезать кусок бумаги, представляющий со¬
бою правильный квадрат, на 20 равных треуголь¬
ников.
Решение
1) середины сторон квадрата соединим прямыми
с противоположными вершинами квадрата; 2) про¬
ведем линии, параллельные проведенным линиям
соединения; 3) в полученных прямоугольниках
проведем диагонали, и тогда данный квадрат будет
разбит на 20 прямоугольных треугольников, как
можно видеть из приложенного рисунка (рис. 46).
Рис. 46
Рис. 47

Нетрудно показать также в полученных тре¬
угольниках, что стороны, обнимающие прямой
угол, таковы, что одна вдвое больше другой (катет
равен половине другого катета).
Полученные 20 треугольников можно располо¬
жить в 5 равных квадратах, а эти квадраты распо¬
ложить в виде креста (рис. 47).
Огромное значение в математике имеет следую¬
щая задача, на которую советуем обратить особое
внимание.
Задача 65-я
ТЕОРЕМА ПИФАГОРА
у Показать, что квадрат, построенный
\ на гипотенузе прямоугольного треуголь-
\ ника, равен сумме двух квадратов, по-
\ строенных на катетах.
^ Нарисуем 2 равных квадрата (рис. 49
Рис. 48 и 50), стороны которых равны сумме обоих
катетов данного треугольника (рис. 48).
Вслед за тем в полученных нами квадратах про¬
изведем построения, указанные на рис. 49 и 50:
Рис. 49
Здесь от каждого из равных квадратов мы отни¬
маем по 4 равных треугольника. Если отнимать от
124

равных величин поровну, то и остатки получаются
равные. Эти остатки на рис. 49 и 50 заштрихованы;
но на рис. 49 получаются два квадрата, построен¬
ных на катетах данного треугольника, а на рис. 50 —
квадрат, построенный на гипотенузе, и сумма пер¬
вых двух квадратов равна, следовательно, второму.
Мы доказали, таким образом, знаменитую тео¬
рему Пифагора.
Задача 66-я
ИЗ КВАДРАТА 3 КВАДРАТА
Разрезать квадрат на 7 таких частей, чтобы,
сложив их надлежащим образом, получить 3 рав¬
ных квадрата.
Решение
Пусть будет ABCD (рис. 51) данный квадрат. От¬
ложим на его стороне линию АЕ, равную половине
диагонали этого квадрата. Соединим D с Е и на по¬
лученную линию DE опустим перпендикуляры AF
и CG. Затем откладываем прямые GH, GK, FL, все
равные AF, и заканчиваем построение линиями,
параллельными или перпендикулярными AF, как
указано на рис. 51.
Если разрезать теперь по проведенным линиям
квадрат и сложить затем все полученные части так,
как указано на следующем рис. 52, то и получим
3 искомых квадрата.
Замечание
Математическое доказательство этого предостав¬
ляем читателю, заметив только, что, пользуясь по¬
добием треугольников и теоремой Пифагора, дока-
125

с в
Рис. 51
занной в предыдущей задаче (квадрат гипотенузы =
= сумме квадратов катетов), нетрудно вывести, что
ЗАР = АВ2.
Необходимо также еще заметить, что рассмат¬
риваемая задача может быть сведена к таким:
1. Разрезать квадрат на наименьшее число ча¬
стей, которые, соответственно сложенные, давали
бы некоторое число равных между собой квадратов.
126

2. Разрезать квадрат на такие части, из которых
можно было бы составить данное число равных
квадратов.
Задача 67-я
Разрезать квадрат на 8 таких частей, чтобы,
сложив их соответственным образом, получить
два квадрата, из которых один был бы вдвое более
другого.
Из прилагаемого чертежа (рис. 53) видно, как
нужно разрезать квадрат. Линия AF, CG и точка L
определяются так же, как и в предыдущей задаче.
Затем проводятся, параллельно сторонам
квадрата, GH и GI (рис. 53) и берется НК = GH.
Таким образом, получается 8 частей, из которых
и составляются требуемые квадраты.
С I в
Рис. 53 Рис. 54
Один из них представлен на рис. 54, а другой
есть средний в рис. 55.
127

Задача 68-я
Разрезать квадрат на такие 8 частей, чтобы, со¬
ответственно вложенные, они составили 3 квадра¬
та, площади которых были бы пропорциональны
числам 2,3 и 4.
Квадрат разрезывается точно так же, как и в
предыдущей задаче (рис. 53). Из полученных 8 ча¬
стей составляются 3 требуемых квадрата так, как
на рис. 55.
По данным решениям-рисункам нетрудно до¬
казать математически правильность этих построе¬
ний, что желающий вникнуть в сущность данной
задачи пусть и сделает.
Разрезать правильный шестиугольник на 5 та¬
ких частей, чтобы, соответственно сложенные, они
образовали квадрат.
Разрезываем шестиугольник сначала по диа¬
гонали и складываем полученные 2 половины
так, чтобы они образовали параллелограмм ABFE
(см. рис. 56). Из точки А, как из центра, радиусом,
Рис. 55
Задача 69-я
128

равным средней пропорциональной между дли¬
ной АЕ и высотой параллелограмма, проводится
окружность, которая пересечет BF в точке G. Затем
из точки Е опускаем перпендикуляр ЕН на продол¬
жение AG, и проводится прямая IK параллельно ЕН
и на расстоянии от нее, равном AG. Таким путем ше¬
стиугольник оказывается разрезанным на 5 таких
частей, из которых можно образовать квадрат. Не
разъясняем более этой задачи, так как предназнача¬
ем ее для знающих курс элементарной геометрии.
Задача 70-я
ХАНОЙСКАЯ БАШНЯ.
ТОНКИНСКИЙ ВОПРОС
Возьмем 8 деревянных, или из толстого карто¬
на, кружков уменьшающегося диаметра и 3 вер¬
тикально укрепленные на пластинке палочки
129

(стержни). Кружки снабжены в центре отверстия¬
ми, и их накладывают, начиная с наибольшего, на
одну из палочек А так, что получается род усечен¬
ного конуса. Это и есть Ханойская башня в 8 эта¬
жей (см.рис. 57).
Требуется всю эту башню с палочки А пере¬
нести на палочку В, пользуясь третьей палочкой
(III на нашем рисунке) как вспомогательной и со¬
блюдая следующие условия: 1) не переносить за
один раз более одного кружка и 2) класть снятый
кружок или на ту палочку, которая свободна, или
накладывать его на кружок большего диаметра.
Надевать на какую-либо из палочек больший кру¬
жок поверх меньшего — нельзя.
Решение
Чтобы показать процесс правильного перенесения
кружков, обозначим кружки цифрами 1, 2, 3 ... 7, 8,
начиная с наименьшего, затем изобразим процесс
перенесения нижеследующей табличкой.
Этапы
Палочка А
Вспо¬
мога¬
тельная
палочка
Палочка
В
До начала
1,2,3, 4, 5, 6, 7,8
-
-
После
1-го перенесения
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8
1
-
»
2-го
»
3, 4, 5, 6, 7, 8
1
2
»
3-го
»
3, 4, 5, 6, 7, 8
-
1,2
»
4-го
»
4, 5, 6, 7, 8
3
1,2
»
5-го
»
1,4, 5, 6, 7,8
3
2
»
6-го
»
1,4, 5, 6, 7,8
2,3
-
»
7-го
»
4, 5, 6, 7, 8
1,2,3
-
»
8-го
»
5, 6, 7, 8
1,2,3
4
»
9-го
»
5, 6, 7, 8
2,3
1,4
130

Рис. 57

Этапы
Палочка А
Вспо¬
мога¬
тельная
палочка
Палочка
В
После
10-го перенесения
2, 5, 6, 7, 8
3
1,4
»
11-го
»
1,2, 5, 6, 7,8
3
4
»
12-го
»
1,2, 5, 6,7,8
—
3,4
»
13-го
»
2, 5, 6, 7, 8
1
3,4
»
14-го
»
5, 6, 7, 8
1
2, 3,4
»
15-го
»
5, 6, 7, 8
-
1,2, 3,4
Отсюда мы видим, что на палочку III, если она
свободна, надеваются только нечетные кружки
(1, 3, 5 и пр.), а на В — только четные. Так что, на¬
пример, для перенесения четырех верхних кружков
нужно было сперва перенести 3 верхние на вспо¬
могательную палочку — что, как видно из таблицы,
потребовало 7 отдельных переложений, — затем
мы перенесли четвертый кружок на третью палоч¬
ку — еще одно переложение — и, наконец, 3 верх¬
ние кружка со второй палочки перенесли на ту же
третью поверх четвертого кружка (причем первая
палочка играла у нас роль вспомогательной), что
опять потребовало 7 отдельных переложений.
Итак, вообще: чтобы при таких условиях пере¬
нести колонну из п каких-нибудь элементов, рас¬
положенных вертикально в убывающем порядке,
нужно сначала перенести колонну из (гг - 1) верх¬
них элементов на одно из свободных мест, потом
основание, т. е. гг-й элемент — на другое свободное
место и, наконец, на то же место опять всю колонну
из (п - 1) верхних элементов.
Обозначая число необходимых отдельных пе¬
ренесений буквой П со значком, соответствующим
числу элементов, имеем, следовательно:
ГГ = 2 ГГ-1 + 1
132

Понижая значение п до единицы и делая под¬
становку, легко находим:
П" = 2"-1 + 2”'2 + ... + 23 + 22 + 21 + 2°.
Получаем, следовательно, сумму геометриче¬
ской прогрессии, которая дает:
П” - 2” - 1.
Таким образом, в случае Ханойской башни, т. е.
при 8 кружках, нужно сделать 2s - 1, или 255 от¬
дельных переложений кружков.
ЛЕГЕНДА
Если выше вместо 8 кружков возьмем 64 круж¬
ка, то получим задачу, связанную с древнеиндий¬
ской легендой. Легенда эта гласит, будто в горо¬
де Бенаресе под куполом главного храма, в том
месте, где находится середина Земли, бог Брама
поставил вертикально на бронзовой площадке
3 алмазных палочки, каждая длиною в локоть и
толщиною в корпус пчелы. При сотворении мира
на одну из этих палочек были надеты 64 кружка
из чистого золота с отверстием посредине — так
что они образовали род усеченного конуса, так
как диаметры их шли в возрастающем порядке,
начиная сверху. Жрецы, сменяемые один другим,
днем и ночью без устали трудятся над перенесе¬
нием этой колонны кружков с одной палочки на
третью, пользуясь второй как вспомогательной,
причем они обязаны соблюдать уже указанные
условия, т. е. 1) не переносить за один раз более
одного кружка и 2) класть снятый кружок или
на свободную в этот момент палочку, или накла¬
133

дывать его на кружок только большего диаметра.
Когда, соблюдая все эти условия, жрецы перене¬
сут все 64 кружка с первой палочки на третью, на¬
ступит конец мира...
Допустим, что перенос одного кружка продол¬
жается всего одну секунду, тогда на перемещение
Ханойской башни из 8 кружков потребуется 4 ми¬
нуты с лишком. Что же касается переноса башни
в 64 кружка, то на это понадобится
18 446 744 073 709 551 615 секунд.
А это значит — не более и не менее, как пять
с лишком миллиардов веков.
Мир Брамы, очевидно, продержится еще очень
и очень много лет...
Если кружки и палочки в данной игре заме¬
нить входящими друг в друга колпачками, то по¬
лучаем игру, называемую «Тонкинским вопросом»,
или «Китайскими шляпами».
Вместо кружков или колпачков желающие мо¬
гут употреблять обыкновенные игральные карты.

ШАХМАТЫ
По поводу приведенного выше (задача 70-я)
двадцатизначного числа существует другая ле¬
генда, тоже индусского происхождения, которую
рассказывает арабский писатель Асафад.
Брамин Сесса, сын Дагера, придумал игру
в шахматы, где король, хотя он и самая важная
фигура, не может ступить шагу без помощи и за¬
щиты своих подданных пешек и других фигур.
Изобрел он эту игру в науку своему монарху и
повелителю Индии Шерану. Царь Шеран, восхи¬
щенный выдумкой брамина, сказал, что даст ему
все, что только брамин захочет.
— В таком случае, ваше величество, — сказал
Сесса, — прикажите дать мне столько пшенич¬
ных зерен, сколько их получится, если на первую
клетку шахматной доски положить зерно, на вто¬
рую — 2, на третью — 4, на четвертую — 8 и т. д.,
все удваивая, пока не дойдут до 64-й клетки.
Повелитель Индии не смог этого сделать! Чис¬
ло требуемых зерен выражалось вышеприведен¬
ным двадцатизначным числом.
Чтобы удовлетворить «скромное желание»
брамина, нужно было бы восемь раз засеять всю
поверхность земного шара и восемь раз собрать
135

жатву. Тогда бы только получилось нужное для
Сессы количество зерен.
Обещать «все, что хочешь», легко, но трудно
выполнить!
Задача 71-я
О ВОСЬМИ КОРОЛЕВАХ
На шахматной доске, состоящей из 64 клеток,
расставить 8 королев так, чтобы ни одна из них не
могла брать другую. Другими словами, на 8 клет¬
ках шахматной доски поставить 8 королев так,
чтобы две из них не были расположены ни на
одной линии, параллельной какому-либо краю,
ни на одной из диагоналей доски.
Задача эта неким Науком предложена была для
решения знаменитому немецкому математику Га¬
уссу. Гаусс после нескольких попыток нашел все ее
решения.
Покажем некоторые решения этой задачи и
приведем затем таблицу всех 92 ее решений.
На прилагаемом рис. 58 содержится одно из
решений. Положения 8 королев обозначены 8 со¬
вершенно черными клетками среди белых и серых
клеток доски.
Обозначим это решение восемью цифрами —
6824175 3, где каждая цифра означает высоту
королевы в каждой колонне доски, т. е. 6 показыва¬
ет, что королева находится в первой колонне на ше¬
стой клетке, считая снизу; 8 — что королева нахо¬
дится во второй колонне на восьмой клетке, считая
снизу, и т. д. Мы и впредь вертикальные ряды кле¬
ток будем называть колоннами, а горизонтальные
136

линиями. Линии мы тоже будем обозначать числа¬
ми от 1 до 8 и считать их от низа к верху. Таким
образом, записанное нами выше первое решение с
помощью одного ряда чисел было бы правильнее
записать так:
Линии
6
8
2
4
1
7
5
3
Колонны ...
1
2
3
4
5
6
7
8
Если мы повернем доску на четверть окружно¬
сти в направлении, обратном движению часовой
стрелки, то из первого решения получим ему соот¬
ветственное, которое представлено у нас на рис. 59.
Чтобы получить это соответственное решение
численно из первого, достаточно расположить
колонки таблички (А) так, чтобы цифры первой
строки шли в убывающем порядке. Получим:
Линии
8
7
6
5
4
3
2
1
Колонны ...
2
6
1
7
4
8
3
5
Сохраняя только цифры второй линии таблич¬
ки (В), можем сокращенно обозначить это решение
числом 2617483 5.
Положение I
Положение II
Рис. 58
Рис. 59

Следующие 2 рисунка, 60 и 61, представляют
второе и третье решения, соответственные рис. 58.
Их можно получить, заставляя шахматную до¬
ску вращаться еще на четверть и еще на четверть
окружности в направлении, обратном движению
часовой стрелки. Можно вывести также подобно
предыдущему (и обозначить численно) положение
III {рис. 60) из положения II {рис. 59), а положение
IV из положения III.
Но можно и прямо положение III получить из I,
а положение IV — из II.
Для этого поступаем так. Решения рис. 58 и 59
обозначены у нас числами
68241753 и 26174835
Напишем эти числа в обратном порядке:
35714286 и 53847162
и вычтем каждую цифру этих чисел из 9. Получим:
64285713 и 4615283 7.
Это и будут численные обозначения решений
на рис. 60 и 61.
138

Таким образом, в общем случае иные решения
задачи о королевах на некоторой доске дают место
четырем соответственным решениям. Решения
эти носят название непрямых.
На рис. 62 дано полупрямое решение задачи.
Особенность его заключается в том, что из него
получается только одно соответственное решение
(рис. 63). В самом деле, если повернуть шахматную
доску на полуокружность, то получаем опять то же
расположение. Число 4682713 5, изображающее
это решение, отличается тем, что, сложенное с чис¬
лом, состоящим из трех же цифр, но написанным
в обратном порядке, дает 99999999.
Рис. 62 Рис. 63
Наконец, прямым решением мы назовем такое
решение, из которого нельзя получить новых реше¬
ний, поворачивая доску на четверть или на боль¬
шее число четвертей окружности. Таких решений
не существует для обыкновенной шахматной доски
с 64 клетками, хотя для других досок они есть.
Возьмем какое-либо решение задачи 8 коро¬
лев и перевернем на фигуре порядок линий или
колонн. Или, что сводится к тому же, напишем
числовое обозначение решения в обратном по-
139

рядке — мы получим обратное решение данному,
и легко убедиться, что это решение отличается от
какого-либо из соответственных решений. То же
решение получается еще геометрически, если по¬
ставить шахматную доску с 8 королевами против
зеркала и смотреть в это последнее или же вооб¬
разить себе доску перевернутой. Из рассмотрения
соответственных и обратных решений совместно
с простыми следует:
1. Всякое простое непрямое решение дает 4 со¬
ответственных решения и 4 обратных — всего во¬
семь решений.
2. Всякое простое полу прямое решение дает
2 соответственных и 2 обратных решения — всего
четыре.
3. Всякое простое решение дает еще только одно
обратное — всего два.
Выведенные правила относятся ко всякой до¬
ске, кроме состоящей из одной клетки.
Опуская способы отыскания самых простей¬
ших решений задачи, дадим эти решения прямо.
При этом заметим, что существует 12 простых
первоначальных решений, которые мы располагаем
в следующей табличке:
№ по по¬
рядку
Обозначения
№ по по¬
рядку
Обозначения
1
72631485
7
16837425
2
61528374
8
57263184
3
58417263
9
48157263
4
35841726
10
51468273
5
46152837
11
42751863
6
57263148
12
35281746
Или те же 12 решений на рис. 64:
Все эти простые решения непрямые, и каждое
из них дает, как выше объяснено, 8 решений, по-
140

,ч"
:#
♦
•
?
*
V
•
г;' <
II
•
>
1
-
•
•
•
•
ш
•
•
•
•
1
♦
•
•
Ф.
•
•
•
•
1-72 631458 II-61 528 374 III-58 417 263 IV-35 841 726
Рис. 64
следнее же, XII, — полупрямое и дает только 4 ре¬
шения. Всего, следовательно, получается 92 реше¬
ния. Вот таблица всех этих решений:
Таблица всех 92 решений задачи о восьми королевах
1
1586 3724
24
3681 5724
47
5146 8273
70
6318 5247
2
1683 7425
25
3682 4175
48
5184 2736
71
6357
1428
3
1746 8253
26
3728 5146
49
5186 3724
72
6358
1427
4
1758 2463
27
3728 6415
50
5246 8317
73
6372
4815
5
2468 3175
28
3847 1625
51
5247 3861
74
6372
8514
6
2571 3864
29
4158 2736
52
5261 7483
75
6374
1825
7
2574 1863
30
4158 6372
53
5281 4736
76
6415 8273
141

8
2617 4835
31
4258 6137
54
5316 8247
77
6428 5713
9
2683 1475
32
4273 6815
55
5317 2864
78
6471 3528
10
2736 8514
33
4273 6851
56
5384 7162
79
6471 8253
И
2758 1463
34
4275 1863
57
5713 8642
80
6824 1753
12
2861 3574
35
4285 7136
58
5714 2863
81
7138 6425
13
3175 8246
36
4286 1357
59
5724 8136
82
7241 8536
14
3528 1746
37
4615 2837
60
5726 3148
83
7263 1485
15
3528 6471
38
4682 7135
61
5726 3184
84
7316 8524
16
3571 4286
39
4683 1752
62
5741 3862
85
7382 5164
17
3584 1726
40
4718 5263
63
5841 3627
86
7425 8136
18
3625 8174
41
4738 2516
64
5841 7263
87
7428 6135
19
3627 1485
42
4752 6138
65
6152 8374
88
7531 6824
20
3627 5184
43
4753 1682
66
6271 3584
89
8241 7536
21
3641 8572
44
4813 6275
67
6271 4853
90
8253 1746
22
3642 8571
45
4815 7263
68
6317 5824
91
8316 2574
23
3681 4752
46
4853 1726
69
6318 4275
92
8413 6275
Заметим, что таблица эта содержит:
4 решения, начинающиеся или оканчивающиеся цифрами 1 или 8
8 решений, » » » » 2 » 7
16» » » » » 3 » 6
18 » » » » » 4 » 5
В приведенной таблице все решения располо¬
жены в числовом порядке. Таблицу эту можно по¬
строить самому, пользуясь при этом весьма про¬
стым систематическим приемом, предложенным
еще Гауссом. Помещают сначала королеву на са¬
мую низкую клетку первой колонны слева, затем
ставят королеву во второй колонне опять на самую
низкую по возможности клетку и т. д., всегда стре¬
мясь поместить в следующей колонне королеву на¬
столько низко, насколько это позволяют королевы,
142

стоящие слева. Когда наступит такой момент, что
в колонне нельзя поместить королеву, поднима¬
ют королеву в предыдущей колонне на одну, две,
три... клетки и продолжают размещать остальных
королев, руководствуясь всегда раз принятым пра¬
вилом не поднимать королеву выше, как только в
том случае, если справа совсем нет места для сле¬
дующей королевы.
Всякий раз, когда решение найдено, его запи¬
сывают и, таким образом, решения будут следовать
одно за другим тоже в постепенном числовом по¬
рядке. Таблицу, полученную таким путем, можно
проверять, группируя соответственные и обратные
решения, которые можно вывести из первого и т. д.
Задача 72-я
О ХОДЕ ШАХМАТНОГО КОНЯ
Задача о ходе шахматного коня, или задача
Эйлера, состоит в следующем.
Требуется обойти конем все 64 клетки шахмат -
ной доски так, чтобы на каждой клетке конь был
только один раз и затем возвратился бы в клетку,
из которой вышел.
Задачей этой занимался Эйлер и в письме
к Гольдбаху (26 апреля 1757 года) дал одно из ее
решений. Вот что, между прочим, пишет он
в этом интересном письме:
«...Воспоминание о предложенной когда-то
мне задаче послужило для меня недавно пово¬
дом к некоторым тонким изысканиям, в которых
обыкновенный анализ, как кажется, не имеет ни¬
какого применения. Вопрос состоит в следующем:
требуется обойти шахматным конем все 64 клет¬
ки шахматной доски так, чтобы на каждой клетке
143

он побывал только один раз. С этой целью все
места, которые занимал конь, при своих (после¬
довательных) ходах закрывались марками. Но к
этому присоединялось еще требование, чтобы на¬
чало ходов делалось с данного места. Это послед¬
нее условие казалось мне очень затрудняющим
вопрос, так как я скоро нашел некоторые пути,
при которых, однако, выбор начала был для меня
свободен. Я утверждаю, однако, что если пол¬
ный обход коня будет возвратный (in se Rediens),
т. е. если конь из последнего места опять может
перейти на первое, то устраняется и это затрудне¬
ние. После некоторых изысканий по этому поводу
я нашел наконец ясный способ находить сколько
угодно подобных решений (число их, однако, не
бесконечно), не делая проб. Подобное решение
представлено на рис. 65.
54
49\
40
Щ
56
\47
42
33
39.
36
Ж
48
ш
34
59
46
50
38
ш.
62
\45
32
Ш
щ
12
29
52
31
58
19
60
28
ш
26
■ж
20
61
44
'
Ш
т
64
":13\
30
23
6
ш
18
14
'2?
2
9
16
&
4
т
U\
10
Ж
24
"3\
8
'17'
22
Рис. 65
Конь ходит в порядке, указанном числами. Так
как из последнего места 64 он может перейти на
№ 1, то этот полный ход есть возвратный (in se
Rediens)...»
144

Таково решение задачи о ходе шахматного
коня, данное Эйлером. В письме не указаны ни
приемы, ни путь, которыми знаменитый ученый
пришел к своему открытию. Сейчас мы укажем на
приемы иных, более симметричных и методиче¬
ских решений.
I
Разделим шахматную доску на 2 части: вну¬
треннюю, состоящую из 16 клеток, и краевую,
представляющую собой род бордюра шириною
в 2 клетки (рис. 66). Каждые 12 клеток краевой
доски, обозначенные у нас одинаковыми буква¬
ми, дают один из частных зигзагообразных ходов
шахматного коня вокруг доски; точно так же 4 од¬
ноименных клетки внутренней части доски дают
частный замкнутый ход шахматного коня в виде
квадрата или в виде ромба.
а
ь
с
d
a
b
c
d
с
d
а
b
c
d
a
b
ь
а
а'
b'
c'
d'
d
C
d
с
с'
d'
a'
b'
b
a
а
ь
Ь'
a'
d'
c'
C
d
с
d
d'
c'
b'
a'
a
b
ь
а
d
c
b
a
d
c
d
с
b
a
d
c
b
a
Рис. 66 Рис. 67
Рисунок 67 представляет 2 разнообразных част¬
ных хода коня на краевой части доски. Эти ходы
обозначим буквами Ь и d. Там же начерчены и два
хода на внутренней части доски. Эти ходы назовем
Ь’ и d' соответственно обозначениям на рис. 66.
145

Закончив какой-либо частный круговой ход
по краевой части доски, конь может перескочить
на любой из трех ходов другого наименования
на внутренней части доски. Нетрудно в самом
деле (стоит лишь взять в руки шахматную доску
и коня) найти, и притом различными способа¬
ми, четыре пути из 16 клеток, таких как ab', Ьс',
cd', da'.
В самом деле, всмотритесь в данные выше
рис. 66 и 67 или поставьте перед собой шахматную
доску и вы увидите, что для получения частного
хода коня в 16 клеток надо только краевой частный
круговой ход из 12 клеток соединить с внутренним
ходом, но другого наименования, прямой чертой,
уничтожая при этом в каждом из частных круго¬
вых (возвратных) ходов замыкающую линию. Так
ползшим 4 частных круговых хода по 16 клеток.
Эти 4 частных хода по 16 клеток опять можно со¬
единить различным образом и таким образом по¬
лучить полный ход шахматного коня в 64 клетки.
Итак, ставят коня на какую-либо клетку, напри¬
мер, краевой части доски и описывают по ней путь
из 12 клеток; вслед за тем конь перепрыгивает на
клетку одного из трех (не одноименных) внутрен¬
них путей, проходит этот путь в любом направле¬
нии и перескакивает опять на краевую часть, где
снова делает следующий частный зигзагообраз¬
ный ход из 12 клеток, вновь перескакивает на один
из внутренних, не одноименных с предыдущим,
путей, описывает его, переходит опять на новый
краевой путь и т. д., пока не обойдет все 64 клетки.
Способ решения задачи настолько прост и ле¬
гок, что не нуждается в более подробных разъяс¬
нениях и указаниях.
146

II
Можно эту же задачу решить и другим, не ме¬
нее легким приемом. Здесь для удобства доска
делится на 4 части по 16 клеток в каждой, двумя
медианами — серединными линиями {си. рис. 68).
16 клеток каждой четверти, обозначенных одина¬
ковыми буквами, можно соединить посредством
сторон двух квадратов и двух ромбов, не имеющих
ни одной общей вершины (см. рис. 69). Соединяя
в свою очередь одноименные квадраты и ромбы
всех четвертей доски, можно получить 4 частных
круговых возвратных хода по 16 клеток. Соеди¬
няя затем эти последние ходы, получим полный
ход коня в 64 клетки.
Рис. 68
Полезно сделать еще следующие замечания.
На каждой четверти доски ромбами и квадратами
обозначены по 4 хода коня. Если соединить ром¬
бы и квадраты, обозначенные одинаковыми бук¬
вами во всех четырех четвертях доски, получим
по 4 частных возвратных хода по 16 клеток.
Некоторыетрудностииномумогутпредставить-
ся, когда для получения полного хода в 64 клетки
147

Рис. 69
он начинает соединять между собой эти четыре
частных хода по 16 клеток. Здесь полезно иметь в
виду, что цепь, или ряд, ходов можно видоизменять,
не разрывая его. Основано это на так называемом
правиле Бертрана (из Женевы), которое состоит в
следующем.
Пусть имеем незамкнутую цепь ходов, прохо¬
дящих через клетки А, В, С, D, Е, F, G, Н, I, J, К, L,
и пусть оконечности этой цепи будут А и L. Если
клетка, например D, отличная от предпоследней
К, находится от последней L на расстоянии хода
коня, то DE можно заменить через DL, и цепь хо¬
дов обратится в
ABCDLKJIHGFE,
т. е. вторая половина цепи будет пройдена в об¬
ратном порядке.
То же самое относится и к тому случаю, ког¬
да какая-либо клетка, кроме второй, сообщается
ходом коня с первой. Итак, цепь, или ряд, ходов
можно видоизменять, не разрывая ее.
Число путей, которыми конь может обойти
доску и которые можно найти указанными выше
148

приемами, не бесконечно. Но оно настолько
огромно, что трудно его представить. Вот что на
этот счет говорит один из математиков Лавернед:
«Я занимался числом решений, которое может
дать эта задача, — писал он, — и, хотя мой труд не
окончен, тем не менее я могу утверждать, что, по¬
мещая 50 путей на странице, понадобилось бы не
менее десяти тысяч стоп бумаги, чтобы написать
их все!»
Этими беглыми указаниями решений задачи
о ходе шахматного коня мы и ограничимся, пре¬
доставляя желающим заняться этой задачей под¬
робнее обратиться к специальным сочинениям.

КАРТЫ
Кажется, ни одна игра не пользуется большим
распространением среди современного человече¬
ства, как игра в карты. Эти последние вы можете
встретить чуть не в каждом доме, особенно в Рос¬
сии. Очень жаль только, что во многих случаях
вместо приятных и развивающих сообразитель¬
ность игр картами пользуются для игры на день¬
ги, «играют» также в глупые азартные игры, уби¬
вающие время, деньги и расстраивающие нервы.
Мы, впрочем, воспользуемся здесь колодой
карт, как пользуемся ими и всюду, для другого —
для интересных задач и математических развлече¬
ний. С колодой игральных или игрушечных карт
в руках можно провести время весело и с пользой
как для себя, так и для других. Вообще во многих
случаях карты могут быть незаменимым и деше¬
вым пособием для выяснения многих математи¬
ческих вопросов и комбинаций.
Пояснять, что такое карты, как полная колода
карт (52 карты) делится на масти, как называют¬
ся эти масти и как называется каждая карта в от¬
дельности, кажется, не нужно. Уж наверное чита¬
тель этой книжки, кто бы и какого возраста он ни
был, знает это и играет ну хоть в «дурачка» или
«мельника»...
150

Кем, как, где и когда изобретены карты? Об
этом ничего достоверного мы не знаем. Во всяком
случае неверно то, что карты изобретены будто
бы во Франции в Средние века для развлечения
какого-то слабоумного короля. Скорее всего кар¬
ты есть изобретение китайцев, в книгах которых
есть упоминание о картах в 1120 году. В Европе
карты стали известны со времени Крестовых по¬
ходов. Во всяком случае в Италии игра в карты
уже существовала в 1379 году, о чем есть упомина¬
ние в книге одного тогдашнего художника. В Рос¬
сии карты появились в XVII столетии и скорее
всего пришли к нам через Малороссию. И нужно
сказать, что, несмотря на жестокие преследования
и гонения вначале (а скорее — благодаря этим го¬
нениям), разного сорта глупые и азартные игры
привились у нас очень хорошо.
Мы, повторяем, постараемся здесь дать картам
более благородное и полезное назначение — по¬
собия для развития сообразительности и счета,
так называемой смекалки... Не проделывал ли
в вашем присутствии кто-либо с помощью карт
различнейших, иногда прямо изумительных фо¬
кусов? Быть может, вы сами знаете какие-либо
из этих фокусов и развлекаете ими иногда ваших
знакомых? Но «фокусы» в большинстве случаев
основаны на ловкости или просто-таки на «отводе
глаз» и обмане присутствующих.
Мы же займемся здесь несколько иными «фо¬
кусами», сводящимися к самым настоящим мате¬
матическим задачам, развивающим сообразитель¬
ность и счет. Не пожалейте свободного времени на
то, чтобы с колодой карт в руках усвоить себе хо¬
рошенько, а главное, разобраться в предлагаемых
151

ниже задачах. У вас в распоряжении отличное
средство для развития присущего вам, как и вся¬
кому человеку, правильного математического,
или, что то же, — логического мышления.
Разобравшись и овладевши существом каждой
предлагаемой задачи, вы будете в состоянии всяче¬
ски разнообразить их, увеличивать их интерес и, на¬
конец, придумывать новые подобные задачи и раз¬
влечения. Математика для всех — неисчерпаема.
Задача 73-я
Угадать, сколько очков заключается в трех взя¬
тых кем-либо картах.
Решение
Из полной колоды в 52 карты пусть кто-либо возь¬
мет 3 карты и оставит у себя. Чтобы узнать не гля¬
дя, сколько очков заключается в этих 3 картах, по¬
ступают так.
Просят взявшего 3 карты прибавить к каждой
взятой им карте по столько карт, чтобы вместе с
очками каждой взятой карты получилось 15 (взя¬
тые раньше фигуры считаются по 10). После это¬
го угадывающему остается только взять остаток
карт, сосчитать их число (лучше всего сделать этот
счет незаметно, заложив, например, руки с остат¬
ком карт за спину), отнять от полученного числа 4,
и получится точная сумма очков взятых 3 карт.
Пусть, например, кто-либо вытянул четверку,
семерку и девятку. Тогда к четверке он должен при¬
ложить 11 карт, к семерке 8 карт и к девятке 6 карт.
В колоде останется 24 карты; отнимая от 24 четыре,
находим, что сумма очков взятых 3 карт должна быть
равна 20, что и согласуется с действительностью.
152

Доказательство
Докажем правильность нашего решения задачи.
Положим, что выбранные кем-либо карты суть
3 наименьшие, т. е. три туза, считаемые по 1. Тог¬
да очевидно, что для получения числа 15 нужно к
каждой взятой карте прибавить еще 14 карт. Все¬
го, значит, с тремя тузами составится 45 карт, и от
колоды в 52 карты останется только 7 карт. Если
теперь от 7 отнять 4, то и получится 3, т. е. число
очков взятых трех тузов. Но нетрудно показать,
что всегда достаточно отнять 4 от числа остающих¬
ся карт, чтобы узнать число всех очков любых трех
взятых карт. В самом деле, если взять 3 другие выс¬
шие карты, то насколько увеличится число их оч¬
ков, настолько именно уменьшится число тех карт,
которые нужно добавлять к каждой взятой, чтобы
получить число 15, и настолько же именно увели¬
чится число остающихся карт. Так что, отнимая
от числа остающихся карт 4, получим остаток, ко¬
торый всегда равен числу очков трех отобранных
карт. Например, если вместо туза возьмем шестер¬
ку, то сумма трех взятых нами карт (полагая, что
две остальные тузы) будет 8, т. е. увеличится на 5.
Но зато к шестерке для получения числа 15 нуж¬
но прибавлять не 14, а только 9 карт, т. е. на 5 карт
меньше. Значит, остаток карт увеличится на 5 карт,
и, отнимая от этого остатка 4, получим опять точ¬
ную сумму очков всех взятых карт и т. д.; таким об¬
разом доказывается правильность решения данной
задачи для всякого случая.
Если кто заинтересуется настоящей задачей
и захочет более серьезно обследовать ее, то пусть
он разберется в прилагаемом сейчас ниже другом,
более общем, доказательстве задачи.
Пусть п обозначает число всех карт, а, Ь, с —
числа очков в трех выбранных картах и р — число,
153

которое получается, если к каждому из количеств
а, Ь, с прибавить некоторое число карт, каждая из
которых считается за 1. Числа карт, которые при¬
бавляются к а, b и с, суть р - а, р - Ь, р - с. Если
к этим числам прибавить 3 первоначально взятые
карты да число оставшихся карт, которое обозна¬
чим через г, то и получим все карты, числом п, т. е.
(р-а) + (р-Ь) + (р-с) + 3 + г = п,
откуда, раскрывая скобки и перенося члены, полу¬
чаем:
а + b + с = г+ (3р + 3) - п.
Для п = 52 ир = 15 имеем а + & + с = г-4.
Для п =32 и р =15 имеем а + b + с = г + 16.
Из этого общего решения можно вывести сле¬
дующее правило.
Утройте число, которое получается от прибав¬
ления ко взятым трем картам еще карт, и прибавь¬
те к этому числу 3. Затем возьмите разницу между
этой суммой и числом всех карт и прибавьте ее к
числу оставшихся карт или вычтите ее из этого
числа, смотря по тому, будет ли полученная сумма
больше или меньше всего числа карт. Таким обра¬
зом всегда получите число всех очков взятых кем-
либо трех карт.
Заметим между прочим, что для п = 36ир=11
получается Зр + 3 - п = 0, а значит, а + b + с = г.
Замечание I. Из предыдущего можно заклю¬
чить, что нет необходимости добавлять к каждой
из трех выбранных карт столько именно карт, что¬
бы получить одно и то же число р. Можно вместо
этого добрать к трем картам еще карты так, чтобы
получилось 3 каких-либо числа q, s, t, и тогда в вы¬
веденную раньше формулу вместо Зр нужно поста¬
вить сумму q + s + t.
154

Замечание II. Если вместо трех карт взять четы¬
ре, то формула примет вид:
я + 6 + с + б/ = г + (4р + 4) - п.
Если взять пять карт, получится
a + /? + c + d + e = r + (5р + 5) - п
ит. д.
Замечание III. Может случиться, что не хватит
карт для того, чтобы составить число р с каждой из
взятых карт. Тогда спрашивают число <?, которого
недостает, и поступают далее так, как если бы было
п + q всех карт при остатке г, равном нолю.
Задача 74-я
Некоторое число карт разложено в ряды. Уга¬
дать задуманную кем-либо карту.
Решение
Возьмите 15 карт и разложите их в 3 ряда по 5 карт
в каждом. Пусть кто-либо задумает одну какую-
нибудь из этих карт и укажет только тот ряд, в ко¬
тором находится эта карта. После этого соберите
карты каждого ряда и затем сложите все карты
вместе так, однако, чтобы указанный ряд непремен¬
но попал в середину — между картами двух осталь¬
ных рядов. Потом снова разложите карты в 3 ряда
в таком порядке: одну карту положите в первый
ряд, вторую — во второй, третью — в третий, чет¬
вертую — в первый, пятую — во второй, шестую —
в третий, седьмую — в первый и т. д. до тех пор,
пока не разложите всех карт.
Разложив карты, спросите опять, в каком ряду
находится задуманная карта; опять соберите карты
155

всех трех рядов и сложите их вместе, наблюдая сно¬
ва, чтобы тот ряд, где находится задуманная карта,
непременно был посреди между двух рядов, и сно¬
ва разложите в 3 ряда карты так, как уже указано
выше (при второй раскладке).
Спросив теперь, в каком ряду находится заду¬
манная карта, можно тотчас указать ее: она будет
третьей по порядку в этом ряду.
Чтобы лучше замаскировать задачу, можно со¬
вершенно так же, как в двух предыдущих случаях,
еще раз разложить карты, и тогда задуманная кем-
либо карта непременно будет в среднем ряду тре¬
тьей, т. е. в середине всех 15 карт. Так что с какого
бы угла ни начать считать — она всегда окажется
на восьмом месте.
Доказательство
Чтобы убедиться в верности нашего решения, до¬
статочно показать, что, раскладывая 3 раза карты,
как указано, после третьей раскладки задуманная
карта будет непременно третьей в том ряду, где она
находится. В самом деле, когда мы раскладываем
карты в первый раз и нам укажут ряд, в котором
находится задуманная карта, то уже известно, что
она есть одна из пяти карт этого указанного ряда.
Помещая тот ряд, где находится задуманная карта,
между двумя остальными рядами и раскладывая
карты, как указано во второй раз, нетрудно опреде¬
лить, где будут находиться те 5 карт, между кото¬
рыми находится задуманная карта.
1.
Одна
упадет
на
2-е
место
третьего
ряда
2.
Другая
»
»
3-е
»
первого
»
3.
Третья
»
»
3-е
»
второго
»
4.
Четвертая
»
»
3-е
»
третьего
»
5.
Пятая
»
»
4-е
»
первого
»
156

Обозначая через 0 карты тех рядов, где нет за¬
думанной карты, а через 1 карты того ряда, где на¬
ходится задуманная карта, находим, что после вто¬
рой раскладки карты расположатся так:
1-й ряд
2-й ряд
3-й ряд
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
Следовательно, если задуманная карта нахо¬
дится в первом ряду, то ясно, что это третья или
четвертая карта этого ряда. Поэтому после пере¬
кладывания карт еще раз так, как указано, заду¬
манная карта упадет на третье место второго или
третьего ряда. Если после второй раскладки ока¬
жется, что задуманная карта находится во втором
ряду, то ясно, что это есть третья карта этого ряда и
что после следующей раскладки она опять упадет
на то же место. Наконец, если задуманная карта
будет в третьем ряду, то ясно, что это одна из двух
этого ряда, вторая или третья, и после третьей рас¬
кладки она будет третьей в первом или во втором
ряду.
Напомню еще раз, что все эти доказательства
надо усваивать с картами в руках, хотя они и очень
не трудны. Кроме того, всегда необходимо разби¬
раться в том, что общее и что частное. Только что
приведенное доказательство, например, относит¬
ся, очевидно, только к данному случаю и к данно¬
му числу карт (15). Оно не показывает, можно ли
вообще при нечетном числе карт, расположенных
в нечетное число равных рядов, прийти к тому,
чтобы задуманная карта находилась в середине
игры.
157

Поэтому, если захотите, попытайтесь разоб¬
раться в следующем более общем доказательстве.
Оно тоже не трудное.
Другое доказательство
Пусть будет п число карт каждого ряда и t число
рядов. Задуманная карта пусть находится сначала
в числе п карт среднего ряда. При следующей рас¬
кладке эти п карт распределятся в t рядах, и если п,
деленное на t, дает целое частное е, то карты, в чис¬
ле которых находится задуманная, распределятся в
t рядах поровну, образуя группу в е карт в середине
каждого ряда. Например, при 27 картах:
1-я раскладка карт 1 2-я раскладка карт
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
1
1
0
1
0
1
1
1
0
1
0
1
1
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
То же самое получится, если частное е делится
также на t, а также, если полученное новое частное
/ тоже делится на £, и т. д. Таким образом, задуман¬
ная карта всегда находится в группе, занимающей
середину взятой раскладки карт, если только она
задумана из того ряда, который был средним в пер¬
вой раскладке.
Итак, если деления на t совершаются без остат¬
ка до той поры, пока не получится частное 1, то
какая-либо карта, задуманная из среднего ряда,
в конце концов попадет в середину этого средне¬
158

го ряда. И когда загадывающий после нескольких
раскладок скажет, что задуманная им карта нахо¬
дится опять в среднем ряду, то вы тотчас же можете
ее указать.
То же самое, впрочем, относится и к случаю,
когда указанные выше деления не совершаются
нацело (без остатка). Тогда получаются такие по¬
перечные ряды, в которых встречаются карты двух
родов (т. е. из того ряда, в котором задумана карта,
и из другого). Так, например, для t = 5, и п = 9 мо¬
жем иметь:
1
-я раскладка карт
2-
-я раскладка карт
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
Но очевидно, что и здесь после ряда соответ¬
ствующих раскладок мы придем к тому, что заду¬
манная карта в конце концов будет в самой середи¬
не взятых карт.
Общее замечание
Усвоив хорошо общие основания предыдущей кар¬
точной задачи, нетрудно всячески разнообразить
ее со всяким числом карт. Все дело заключается
только в том, чтобы карты одного какого-либо ряда
посредством другого расположения их отделились
и разместились в разные ряды. Легко показать и
объяснить это на самом простом примере. Взяв,
159

например, 16 карт и расположив их в два ряда по
8 карт, спросите кого-либо, в каком ряду находится
задуманная им карта. Тогда вы уже знаете, что за¬
думанная карта есть одна из восьми.
Взяв затем каждый ряд отдельно и распола¬
гая опять карты в таком порядке: одна — в первом
ряду, другая — во втором, третья — в первом, чет¬
вертая — во втором и т. д., нетрудно видеть, что из
тех 8 карт, где находилась задуманная карта, 4 упа¬
дут в один ряд, а 4 в другой.
Итак, если вам укажут, в каком ряду находится
задуманная карта, то вы знаете, что она есть одна
из четырех известных карт. Перекладывая соот¬
ветственно карты, опять найдете, что задуманная
карта будет одной из двух известных карт, и т. д.,
пока наконец не укажете задуманной карты.
Задача 75-я
Угадать задуманную пару карт.
Пояснение
Предыдущую карточную задачу можно видоизме¬
нить следующим интересным образом. Возьмем
такое число карт, которое было бы равно произве¬
дению множителей, представляющих два последо¬
вательных (отличающихся друг от друга на одну
единицу) числа.
То есть надо брать или 3x4 = 12, или 4x5 =
= 20, или 5 х 6 = 30, или 42 карты. Разложим затем
все эти карты в ряд по две и попросим кого-либо
заметить какую-либо пару рядом лежащих карт.
Складываем все взятые карты, наблюдая, чтобы
все парные карты лежали друг за другом, а затем
раскладываем их в прямоугольник, наблюдая та¬
кой порядок: сначала кладем три карты по поряд¬
160

ку одна возле другой, четвертую — под первой,
пятую — возле третьей, шестую — под четвертой,
седьмую — возле пятой, восьмую — под шестой и
т. д. до тех пор, пока число карт, которое кладется
рядом, одна возле другой, не будет равно больше¬
му множителю (или иначе — числу, выражающе¬
му большую сторону прямоугольника), а число
карт, положенных одна под другой, не будет равно
меньшему множителю и т. д. Лучше всего в данном
случае способ раскладки карт пояснить на приме¬
ре. Пусть взято 20 карт (т. е. 4 х 5). Обозначим эти
карты по порядку так: 1, 2, 3... 20.
Решение
Разложим карты по парам, дадим заметить кому-
либо пару, затем сложим и будем раскладывать в
прямоугольник. Раскладывание, как объяснено
выше, будет происходить в следующем порядке
(сы. рис. 70):
А
1
2
3
5
7
С
4
9
10
11
13
Е
6
12
15
16
17
G
8
14
18
19
20
В
D
F
Н
Рис. 70
После этого спросим, в каком ряду или в каких
рядах находится задуманная кем-либо пара карт,
или по нашему обозначению — пара чисел (причем
ряды считаются горизонтально, как указано буква¬
ми, т. е. первый ряд есть АВ, второй — CD, третий —
EF, четвертый — GH). Положим, укажут, что оба
числа находятся в одном ряду, например третьем.
161

Тогда можно быть уверенным, что оба эти числа
(или карты) находятся рядом и первое из них за¬
нимает третье же место в этом ряду, т. е. в данном
случае задуманные числа (карты) будут 15 и 16.
Необходимо для верного решения задачи заме¬
тить числа (карты) 1 и 2 первого ряда, 9 и 10 — вто¬
рого, 15 и 16 — третьего, 19 и 20 — четвертого. Эти
числа (или карты) можно назвать ключом задачи
и при помощи их определяются числа (карты) не
только в том случае, когда они находятся в одном
ряду, но и в том, когда они находятся в двух различ¬
ных рядах. В этом случае, когда указаны ряды, в ко¬
торых находятся задуманные числа (карты), нужно
взять ключ указанного высшего ряда, и под первым
числом этого ключа в указанном нижнем ряду най¬
дем одно задуманное число (карту), а в стороне от
второго числа (карты) ключа на таком же расстоя¬
нии найдем второе задуманное число (карту). На¬
пример, пусть задуманные карты будут 7 и 8. Тогда
скажут, что одна находится в первом ряду, а дру¬
гая в четвертом. Берем, значит, ключ первого ряда,
1 и 2. Под 1 в нижнем ряду, т. е. на третьем месте,
находится 8, а за вторым числом ключа, 2, находит¬
ся на третьем месте 7. Следовательно, получаются
задуманные числа (карты).
Пусть еще скажут, что задуманные числа нахо¬
дятся во втором и четвертом рядах. Берем первое
число ключа второго ряда (т. е. 9), под ним в чет¬
вертом ряду число 14, — это и есть одно из заду¬
манных чисел; на таком же расстоянии вправо от
второго числа ключа, 10, находится 13, — это и есть
другое задуманное число (или карта).
Почему все это так, а не иначе, ясно из преды¬
дущего. Ясно также, что из чисел (карт), взятых по
парам, в каждом ряду будет находиться только по
одной паре. Из всех же остальных пар, если одно
162

число (или карта) будет в одном ряду, то другое бу¬
дет в другом, и, чтобы угадать их, необходимо толь¬
ко правильно, как указано, разложить карты.
Для 30 карт раскладка имеет следующий вид
(рис. 71):
1
2
3
5
7
9
4
11
12
13
15
17
6
14
19
20
21
23
8
16
22
25
26
27
10
18
24
28
29
30
Рис. 71
Для 42 карт имеем (рис. 72):
1
2
3
5
7
9
11
4
13
14
15
17
19
21
6
16
23
24
25
27
29
8
18
26
31
32
33
35
10
20
28
34
37
38
39
12
22
30
36
40
41
42
Рис. 72
Очевидно, что в данной задаче можно предо¬
ставить загадывать пары карт не только одному, но
нескольким лицам. Затем, разложивши указанным
способом карты в прямоугольник, спрашивать
163

каждого, в котором ряду находятся задуманные
им карты, и указывать их по соответствующему
ключу, который для каждой раскладки легко опре¬
делить, руководствуясь изложенными выше пра¬
вилами.
Задача 76-я
Из нескольких взятых карт или из целой коло¬
ды угадать ту, которую кто-либо задумал.
Решение
Возьмите несколько карт или всю игру, если хо¬
тите, и показывайте их по порядку тому, кто заду¬
мывает карту. Число карт, которым вы пользуетесь
при этой задаче, должно быть вам наперед извест¬
но. Показав, не смотря сам, все карты и сложив их
в том же порядке, вы загадывающего только спра¬
шиваете, какую по порядку из показанных карт он
заметил (т. е. первую ли, вторую, третью, четвер¬
тую и т. д.). Затем объявите, что, считая карты из¬
вестным образом, вы откроете карту на том числе,
которое вам угодно (оно должно быть, однако,
равно или числу карт, взятых вами, или большему
числу). Чтобы достигнуть этого, вы спрашиваете,
какая карта замечена по порядку партнером. Поло¬
жим, что у вас 20 карт, а он скажет, что замечена им
седьмая карта. Тогда вы начинаете открывать кар¬
ты со стороны, противоположной той, с которой
показывали карты, и первую карту считаете за 7,
вторую — за восемь и т. д. Двадцатая карта и будет
задуманная.
Если сказать число большее, чем число взятых
карт, то нужно соответственно увеличить число за¬
думанной карты, а затем отсчитывать по предыду¬
щему.
164

Доказательство
Предположим, что задуманная карта есть седьмая
и что взято 20 карт. От задуманной карты прихо¬
дим к последней, если будем считать по порядку:
7, 8, 9, 10... 17, 18, 19, 20.
Или если сюда прибавить еще какое-либо чис¬
ло, например, 3, то получится:
10, И, 12... 20,21,22,23.
Следовательно, от последней карты придем
к задуманной, считая точно так же, но начиная с
этой последней карты.
Задача 77-я
КАРТА НА МЕСТО!
Взята игра в 32 карты (до семерок). Сделать
так, чтобы замеченная кем-либо карта находилась
на определенном, сказанном вперед месте.
Решение
Скажите кому-либо заметить в колоде какую-либо
карту, а также про себя, на каком месте, считая от
низа колоды, находится его карта, и объявите при
этом, что потом, считая сверху, он найдет ее на
таком-то заданном наперед, скажем, двадцатом
месте.
Вслед за тем возьмите карты и переложите
с низа на верх колоды 20 карт (нужно сделать это,
держа руки за спиной, чтобы заметивший карту
не знал числа переложенных вами карт). Отдайте
карты обратно заметившему карту и спросите, на
165

каком месте заметил он раньше свою карту. Если он
скажет число меньшее 20, например 15, то, значит,
его карта перешла на верх и до нее, считая сверху,
будет 20 - 15 карт, а сама она будет на 20 - 15 + 1
месте. Значит, вы скажете ему, чтобы он взял снизу
колоды 15 - 1, т. е. 14 карт, переложил их наверх и
считал затем по порядку до 20. На этом числе он
и найдет свою карту. Если, наоборот, замеченное
им раньше место карт выражается числом, боль¬
шим 20, например числом 25, то рассуждаете так.
Сначала, считая сверху, замеченная карта была на
32 — 25 + 1 месте, а затем на месте 20 + 33 - 25, т.
е. на 28-м. Поэтому скажите загадывающему, что¬
бы он с верха положил на низ колоды 8 (33 - 25 =
8) карт и считал карты сверху. На 20-м месте он и
найдет свою карту.
Вообще пусть а есть число, показывающее поря¬
док, считая с низа, замеченной карты, а b — число,
на котором вы желаете, чтобы выпала замеченная
кем-либо карта. Переложите с низа на верх b карт и
спросите порядок замеченной карты. Вам скажут а.
Если а меньше Ь, то на верх нужно положить а - 1
карту; если а больше Ь, то нужно положить сверху
под низ 33 - а карт.
Считая затем карты сверху, найдем всегда заме¬
ченную карту на месте Ь.
Задача 78-я
КТО ЧТО ВЗЯЛ - Я УЗНАЛ!
Угадать, не смотря, кем из трех лиц взята каж¬
дая из трех вещей.
Положите на стол три какие-нибудь вещи, на¬
пример ножик, карандаш и перо. Положите на
стол также 20 карт или других каких-нибудь оди¬
166

наковых предметов (например, спичек, палочек,
кубиков, камешков и т. д.). Пригласите ваших
трех товарищей, например Петра, Павла и Ивана,
сесть за стол, а сами оборотитесь к ним спиной или
даже уйдите в другую комнату. Предложите этим
вашим товарищам разобрать три вещи по одной,
как им угодно. После этого вы говорите: «Петр,
возьми одну карту (или спичку и т. д.), Павел две,
Иван четыре». Когда это ваше желание будет ис¬
полнено, говорите далее: «Пусть тот, у кого каран¬
даш, возьмет себе еще столько карт, сколько име¬
ет; тот же, у кого ножик, пусть положит себе еще
два раза столько карт, сколько имеет». Когда и это
второе ваше желание будет исполнено, вы попро¬
сите, чтобы вам дали оставшиеся карты. По этому
остатку вы можете узнать, у кого какая вещь. Но
как?
Решение
Здесь вы должны разобраться в некоторых числах
и заранее заготовить себе или уметь составить в
любой данный момент табличку известных чисел,
основываясь на таких соображениях.
Приказавши трем лицам сначала взять одну,
две и четыре карты, вы в сущности отметили каж¬
дое лицо известным числом (Петр — один, Па¬
вел — два, Иван — четыре). Затем каждое из этих
трех лиц по вашему указанию увеличивает при¬
надлежащее ему число. У кого карандаш, берет еще
столько карт, сколько имеет; у кого нож — еще два
раза столько, сколько имеет. У каждого образуется
свое число. Вся задача в том, чтобы по остатку от
20 карт, которые передаются в ваши руки, узнать,
какое же у кого число. Другими словами, все осно¬
вывается на том, что если мы числа 1, 2 и 4 будем
167

всячески перемножать на числа 1,2,3 и затем брать
все полученные суммы этих произведений, то бу¬
дем всегда получать и различные числа.
Составляя суммы произведений из 1,2,4 на 1,2
и 3, получим таблицу:
1
2
4
3
2
1
11
2
3
1
12
3
1
2
13
1
3
2
15
2
1
3
16
1
2
3
17
Если мы числа 1, 2, 4, стоящие наверху, пере¬
множим соответственно на стоящие под ними чис¬
ла и сложим полученные произведения, то и полу¬
чим суммы, написанные в нашей таблице за чертою
справа. Эта-то таблица и дает средство угадать,
кем из трех лиц взята каждая из трех данных ве¬
щей.
Пусть, например, из 20 оставленных на столе
карт вам возвратили только 5 карт. Следователь¬
но, всего разобрано 15 карт. По приведенной выше
табличке мы заметим, что 15 получается, когда мы
1 умножим на 1, 2 — на 3, 4 — на 2 и полученные
произведения сложим. Отсюда мы заключаем, что
тот, кто имел 4 карты (Иван), взял еще столько же
карт; следовательно, у Ивана карандаш. Тот, кто
имел 2 карты (Павел), взял еще два раза, столько;
следовательно, у Павла ножик.
Замечание. Эту задачу можно распространить
и на большее число лиц, например на четыре лица.
Но для этого нового случая нужна и новая таблич¬
ка, которую надо составить на основании таких
соображений: надо отыскать четыре таких числа
168

(скажем, a, b, с, d), чтобы суммы произведений из
этих чисел на 1, 2, 3 и 4, составленные всевозмож¬
ными способами, были различны между собой. Та¬
кие наименьшие искомые числа суть 1, 2, 5, 13.
Составьте из этих чисел (помножением на 1, 2,
3, 4 и сложением) табличку, подобную предыду¬
щей, и вы можете «угадывать», кем из четырех лиц
взята каждая из данных четырех вещей.
Задача 79-я
Некто берет 27 карт и раскладывает их после¬
довательно одна за другой на три кучки по 9 карт
в каждой (карты в руках раскладывающего повер¬
нуты крапом вверх, и раскладывающий поворачи¬
вает их лицом вверх при распределении на 3 куч¬
ки). Во время этой раскладки кто-либо мысленно
замечает карту в любой из кучек и по окончании
раскладки говорит, в какой из кучек находится за¬
думанная карта. Раскладывающий складывает все
кучки вместе так, чтобы порядок карт в каждой из
кучек не был нарушен, и вновь раскладывает их
на 3 кучки, как указано выше, а вслед за тем опять
узнает, в какой кучке карта теперь. Вслед за тем
карты складываются опять-таки так, чтобы по¬
рядок карт в каждой кучке не был нарушен. Кар¬
ты раскладываются и в третий раз точно так же
на 3 кучки; узнается, в какой кучке находится за¬
думанная карта, и затем складываются опять без
нарушения порядка карт в каждой кучке. Спра¬
шивается: как нужно всякий раз помещать куч¬
ку, содержащую задуманную карту, чтобы в кон¬
це означенных раскладок карта занимала вперед
определенное место?
169

Решение
Пусть а, Ъ, с означают порядок места, на которое
кладется та кучка, где находится задуманная карта.
Перед этой кучкой нужно, значит, предварительно
распределить а - 1 кучка из 9 карт, что при нашем
распределении даст по 3(а - 1) карт на каждую
кучку. Затем та кучка, в которой заключается за¬
думанная карта, добавляет еще 3 карты к каждой
кучке, так что, если указать кучку, в которой нахо¬
дится теперь задуманная карта, то она будет там в
числе трех последних из 3(а - 1) + 3 карт.
Вслед за тем перед кучкой, где находится за¬
думанная карта, помещается b - 1 остальных ку¬
чек, так что приходится перед ней распределять
9(b - 1) + 3(а - 1) + 3 карт. В каждую кучку по¬
падет
3(6- l) + (e- 1)+ 1
карт, и последняя из карт и есть задуманная карта.
Но, раскладывая карты еще раз, мы перед кучкой,
где находится задуманная карта, помещаем с - 1,
что для места (назовем его R) задуманной карты
дает:
9(с - 1) + 3(6 - 1) + (а - 1) + 1.
Итак, для определения R имеем формулу:
R = 9(с - 1) + 3(6 - 1) + а.
Отсюда, если известно а, b и с, то находится R.
Если же R дано наперед, то а, b и с можно опреде¬
лить по нижеследующему правилу.
Взятое число R надо делить на 3, полученное
частное — опять на 3, так чтобы первый остаток не
был ноль. Этот остаток будет а, и он указывает, на
каком месте нужно поместить ту кучку карт, где
170

находится задуманная карта. Второй остаток, уве¬
личенный единицей, дает место, на котором долж¬
но указанную кучку поместить второй раз, а вто¬
рое частное, увеличенное единицей, даст место, где
нужно поместить указанную кучку карт в третий
раз.
Например: требуется, чтобы задуманная карта
была одиннадцатой.
11
3
2
3
3
0
1
Отсюда видно, что кучку, содержащую заду¬
манную карту, нужно в первый раз поместить на
втором месте, второй — на первом и третий — на
втором месте.
Пусть еще требуется задуманную карту пока¬
зать на девятом месте.
9
3
3
2
3
2
0
Значит, кучку, где находится задуманная карта,
в первый раз нужно поместить на третьем месте, во
второй раз тоже на третьем и в третий — на первом
месте.
Замечание
Можно, конечно, разнообразить настоящую игру,
показывая ее кому-нибудь. Так, например, в первый
раз после всех раскладок задуманную карту можно
171

выбрать из колоды, держа ее за спиной, и положить
карту на стол. В другой раз можно вперед, до игры,
объявить, на каком месте будет задуманная кем-
либо карта, или же попросить любого из зрителей,
чтобы он сам назначил место, на котором желает,
чтобы очутилась задуманная карта. Наконец, мож¬
но отдать карты любому из присутствующих с тем,
чтобы он раскладывал их сам и складывал кучки
как угодно (не меняя только порядка карт в куч¬
ках). Нужно при этом только замечать, на каком
месте кладется кучка, содержащая задуманную
карту, и применять указанную выше формулу. По¬
добные приемы оживляют игру.
Задача 80-я
Сделать то же, что и в предыдущей задаче, но
с 48 картами, которые раскладываются 3 раза на
4 кучки.
Решение
Пусть а будет порядок кучки с задуманной картой
после первой раскладки, b — порядок, в котором
ее кладут после второй раскладки, и с — порядок,
в котором ее кладут после третьей раскладки.
Если кучку, содержащую задуманную карту,
положить на месте Ъ, то до этой кучки, значит, на¬
ходится 12(b - 1) карт, и, раскладывая их опять на
4 кучки, мы найдем, что на каждую кучку из этих
карт придется по 3 (Ь - 1). Значит, задуманная кар¬
та находится в своей кучке после этого количества
3(b - 1) карт; и если мы обозначим через г место,
которое она занимает после этих карт, то ее ме¬
сто во всей кучке определится числом 3 (Ь - 1) + г.
Складываем опять кучки и перед кучкой, где поме¬
щается задуманная карта, кладем теперь 12(с - 1)
172

карт. Означая затем через R место, которое занима¬
ет карта во всей взятой игре, найдем, что
Остается теперь определить количество г.
Когда складывали кучки в первый раз, то перед
кучкой, где находилась задуманная карта, было
12(а- 1) карт. Разложив затем карты, мы положи¬
ли сначала в каждую кучку по 3(а - 1) карт и еще
3 карты из кучки, содержащей задуманную карту.
При следующей же раскладке эти 6(а - 1) + 3 кар¬
ты распределились в четырех кучках после 3(7? - 1)
карт, как указано выше. Это и есть то распределе¬
ние, которое дает место г. Но если а - 1, то нужно
распределить только 3 карты, где находится заду¬
манная карта. Она, следовательно, будет на первом
месте после 3(b - 1) карт, и, значит,
Если а = 4, то количество 3{а - 1) + 3 равно
12. Эти 12 карт, будучи распределены, разложатся
по 3 карты на каждую кучку, и так как задуманная
карта находится между тремя последними, то она
будет третьей где-то после 3(b - 1) карт, как это
видно из следующей расстановки, где х означает
в кучке задуманную карту:
1-я кучка 2-я кучка 3-я кучка 4-я кучка
R= 12(с- 1) + 3(6- 1) + г.
R= 12(с- 1) + 3(6- 1) + 1.
(1)
с
с
с
с
с
с
с
с
с
X
X
X
В этом случае
Д=12(с-1) + 3(6-1) + 3.
173
(2)

Если а = 3, количество 3 {а - 1) + 3 равно 9,
и распределение этих 9 карт после 3(b - 1) карт,
положенных до них, будет таково:
1-я кучка 2-я кучка 3-я кучка 4-я кучка
с с с с
с с х х
х
Итак, если задуманная карта не в первой кучке,
то она будет во второй кучке после 3(b - 1) первых
карт, и получается
R= 12(с- 1) + 3(6- 1) + 2. (3)
Но если задуманная карта находится в первой
кучке, то
R= 12(с- 1) + 3(6- 1) + 3. (4)
Если случится это последнее, то достаточно, сло¬
жив кучки, взять одну карту с верха игры и положить
ее под низ, чтобы равенство (4) заменилось (3).
Итак, задача решается уравнениями (1), (2)
и (3). Отсюда вытекает такое правило:
Число R, означающее место, на котором должна
находиться задуманная карта, делится на 3, а полу¬
ченное частное — на 4, и притом так, чтобы первое
деление не давало в остатке ноля. Если первый оста¬
ток равен 1, то, складывая кучки в первый раз, нуж¬
но кучку, содержащую задуманную карту, положить
наверх. Если остаток равен 3, то ее нужно положить
снизу, а если остаток равен 2, то нужно указанную
кучку положить на третьем месте. Второй остаток,
увеличенный единицей, покажет место, где нужно
положить указанную кучку после второй расклад¬
ки, а второе частное, увеличенное единицей, укажет,
на каком месте нужно положить кучку с задуман¬
ной картой после третьей раскладки. Но, если после
первой раскладки приходилось кучку с задуманной
174

картой класть на третьем месте и затем, если по¬
сле третьей раскладки задуманная карта окажется
в первой из четырех кучек, то необходимо, сложив
кучки, верхнюю карту переложить вниз.
Пример I. Требуется, чтобы задуманная карта
была 37-й.
37
3
1
12
4
0
3
Значит, в первый раз кучка с задуманной кар¬
той кладется первой, во второй раз — тоже первой,
а в третий раз — четвертой.
Пример II. Требуется, чтобы задуманная карта
была 20-й.
20
3
2
6
4
2
1
Значит, кучку с задуманной картой надо поло¬
жить на третье место, во второй раз тоже на третье
и в третий — на второе.
Пример III. Требуется, чтобы задуманная карта
была 24-й.
24
3
3
7
4
3
1
В первый раз кучка с задуманной картой кла¬
дется на четвертом месте, во второй раз тоже на
четвертом и в третий — на втором.

МОСТЫ И ОСТРОВА
Не приходилось ли вам жить, а может быть, вы
и сейчас живете, в городе или местности, где течет
река, которая делится на притоки и рукава, обра¬
зующие острова? Через реку и ее притоки перебро¬
шены, быть может, мосты, соединяющие различные
части города. В Петербурге, например, очень много
подобных протоков, разветвлений Невы и, нако¬
нец, разных каналов, через которые переброшено
весьма большое количество мостов и переходов, со¬
единяющих различные части города. Не приходила
ли вам когда-либо в голову мысль (если, конечно,
вы живете в местности, где есть река, острова и мо¬
сты) совершить такую прогулку, чтобы во время ее
перейти все эти мосты, но перейти их так, чтобы на
каждом побывать только по одному разу? Вряд ли
вы думали об этом, а между тем мы стоим здесь пе¬
ред весьма интересной и важной задачей, поднятой
впервые знаменитым математиком Эйлером.
Советуем в свободное время заняться изучением
этой задачи в особенности. Она служит отличным
введением в совсем особую область геометрии, ко¬
торую можно было бы назвать геометрией распо¬
ложений (Geometria situs, Geometrie de situations).
Геометрия расположений занимается только
вопросами порядка и расположения, оставляя в
176

стороне все, относящееся к измерению и отно¬
шению величин геометрических фигур и тел. Все
почти вопросы, связанные с такими играми, как
шахматы, шашки, домино, солитер, лото, многие
карточные задачи и т. д., наконец, такая практиче¬
ская задача, как подбор разноцветных нитей для
составления известного узора ткани, — все это от¬
носится к геометрии расположений. Значит, прак¬
тически геометрия эта известна людям с глубокой
древности. А на желательность ее научного разви¬
тия указывал еще Лейбниц в 1710 году. Эйлер, как
упомянуто, тоже занимался вопросами этого по¬
рядка и, между прочим, задачей о кенигсбергских
мостах, которую мы здесь и излагаем в сколь воз¬
можно упрощенном виде.
Число научных трудов и исследований в об¬
ласти геометрии расположений довольно значи¬
тельно. Но, несмотря на блестящую разработку
отдельных вопросов, нужно сказать, что для об¬
щих оснований такой отрасли науки не сделано
почти ничего. Для желающих посвятить себя это¬
му предмету предоставляется обширное необра¬
ботанное поле, на котором можно сделать многое.
Вторая поучительная сторона предлагаемых
задач состоит в исследовании, возможна или нет
данная задача, прежде чем приниматься за реше¬
ние ее. Эйлер, в частности, подробно исследовал
случай невозможности.
Задача 81-я
КЕНИГСБЕРГСКИЕ МОСТЫ В 1759 ГОДУ
Задача, предложенная Эйлером в 1759 году, за¬
ключается в следующем:
177

В городе Кенигсберге, в Померании, есть
остров по имени Кнейпгоф. Река, окружающая
остров, делится на два рукава, через которые пе¬
реброшено 7 мостов: a, b, с, d, e,f, g (см. рис. 73).
Рис. 73
Спрашивается: можно ли сделать такую прогул¬
ку, чтобы за один раз перейти через все эти мосты,
не переходя ни через один два или более раза?
«Это вполне возможно!» — скажет кто-либо.
«Нет, это невозможно!» — скажет иной. Но кто
прав и кто нет и как это доказать?
Самый простой путь решения задачи, казалось
бы, такой: сделать все возможные пробы таких
переходов, т. е. перечислить все возможные пути
и затем рассмотреть, какой или какие из них удо¬
влетворяют условиям вопроса. Но очевидно, что
даже в случае только семи мостов приходится де¬
лать слишком много таких проб. А при увеличе¬
нии числа мостов такой способ решения практи¬
178

чески совершенно немыслим. Да, кроме того, при
одном и том же числе мостов задача изменяется
в зависимости еще от расположения этих мостов.
Поэтому изберем иной, более надежный путь ре¬
шения задачи.
Решение
Прежде всего исследуем, возможен ши нет ис¬
комый нами путь для данного расположения семи
мостов. Для облегчения рассуждений введем такие
условные обозначения.
Пусть А, В, С и D будут разные части суши, раз¬
деленной рукавами реки (см. рис. 73).
Затем — переход из места А в место В мы будем
обозначать через АВ, все равно, по какому бы мосту
мы ни шли — по а или по b. Если затем из В мы пе¬
рейдем в Д то этот путь обозначим через BD, а весь
переход или путь из А в D обозначим через ABD,
так что здесь В одновременно обозначает и место
прибытия, и место отправления.
Если теперь из D перейдем в С, то весь прой¬
денный путь обозначим через ABDC. Итак, это
обозначение из четырех букв показывает, что из
места А мы, пройдя места В и Д пришли в С, при¬
чем перешли три моста.
Если, значит, мы перейдем четвертый мост, то
для обозначения пути нам понадобится пять букв.
После перехода следующего, пятого, моста пона¬
добится обозначить пройденный путь шестью бук¬
вами и т. д.
Словом, если бы мы обошли по одному разу все
7 данных мостов, то наш путь должен обозначить¬
ся восемью буквами (вообще, если есть п мостов,
то для обозначения искомого нами пути через эти
мосты понадобится п + 1 буква).
179

Но как и в каком порядке должны идти буквы
в этом обозначении?
Между берегами А и В есть два моста. Значит,
последовательность букв АВ или ВА должна быть
2 раза. Точно так же 2 раза должно повторяться со¬
седство букв А и С (между этими местами тоже два
моста). Затем по одному разу должно быть сосед¬
ство букв А и Д В и Д D и С.
Следовательно, если предложенная задача воз¬
можна, т. е. возможно кенигсбергские мосты перей¬
ти так, как требуется задачей, то необходимо:
1) чтобы весь путь обозначился только восемью
буквами — не более; 2) чтобы в расположении этих
букв соблюдались указанные условия относитель¬
но соседства и повторяемости букв.
Разберемся теперь в следующем весьма важном
обстоятельстве. Возьмем, например, местность А,
соединенную с другими местностями нескольки¬
ми мостами: а, Ьу с (в данном случае пятью моста¬
ми). Если мы перейдем мост а (все равно откуда —
из А или другого места), то в обозначении пути
буква А появится один раз. Пусть пешеход прошел
3 моста а, b и с, ведущие в А. Тогда в обозначении
пройденного пути буква А появится 2 раза, в чем
нетрудно убедиться. Если же на А ведут 5 мостов,
то в обозначении пути через все эти мосты буква А
повторится 3 раза. Вообще легко вывести, что, если
число мостов, ведущих в Л, есть нечетное, то, чтобы
узнать, сколько раз в обозначении требуемого пути
повторится буква Л, надо к этому нечетному чис¬
лу мостов прибавить единицу и полученное число
разделить пополам. То же, конечно, относится и ко
всякой иной местности с нечетным числом мостов,
которую для краткости будем называть нечетной
местностью.
180

Усвоив все предыдущее, приступим к оконча¬
тельному исследованию задачи о семи кенигсберг¬
ских мостах.
В местность А ведет 5 мостов. В каждую из
местностей В, С и D ведет по 3 моста. Значит, все
эти местности нечетные и на основании только что
сказанного в обозначение полного пути через все
7 мостов необходимо, чтобы
буква А
вошла
5 + 1
2
т. е.
3
раза
» В
»
3 + 1
2
»
2
»
» С
»
3 + 1
2
»
2
»
» D
»
3 + 1
2
»
3
»
Всего 9 букв
Получается, таким образом, что в обозначе¬
нии искомого пути необходимо должно войти
9 букв. Но мы уже доказали выше, что в случае
возможности задачи весь путь должен необходи¬
мо обозначиться только восемью буквами. Итак,
задача для данного расположения семи мостов не¬
возможна.
Значит ли это, что задача о переходе по одному
разу через мосты невозможна всегда, когда имеет¬
ся один остров, два рукава реки и 7 мостов? Конеч¬
но, нет. Доказано только, что задача невозможна
для данного расположения мостов. При ином рас¬
положении этих мостов и решение могло бы быть
иное.
Теперь же заметим, что во всех тех случаях, ког¬
да число мостов, ведущих в различные места, есть
181

нечетное, можно принять рассуждения, совершен¬
но подобные предыдущим, и таким образом убе¬
диться в возможности или невозможности задачи.
И нетрудно вывести для данного случая такое об¬
щее правило.
Если число букв, которые должны входить
в обозначение полного пути перехода через все мо¬
сты по одному разу, не равно числу мостов, увели¬
ченному единицей, то задача невозможна.
Для этого же случая нечетных местностей
заметим и то, что правила для нахождения чис¬
ла повторений какой-либо буквы, например А,
в обозначении полного пути всегда одинаково
приложимо, будут ли идущие через А мосты ве¬
сти в одно какое-либо место В или же в различ¬
ные места.
Чтобы перейти к более общему решению зада¬
чи, необходимо рассмотреть случаи, когда имеем
четное число мостов, ведущих откуда-либо в дру¬
гие места.
Пусть, например, из места А в другие места пе¬
реброшено через реку четное число мостов. Тогда
при обозначении пути перехода через все мосты
по одному разу надо различать два случая: 1) на¬
чинается ли путь из А или 2) из другого места.
В самом деле, если из А в В, например, ведут
2 моста, то путник, отправившийся из Л и про¬
шедший по одному разу оба моста, должен свой
путь обозначить так: АВА, то есть буква А повто¬
ряется 2 раза.
Если же путник пройдет через те же 2 моста,
но из места В, то буква А появится всего один раз,
ибо этот путь обозначится через ВАВ.
182

в
А В
А В
А
Предположим теперь, что в А ведут 4 моста —
из одной ли какой местности или из разных, это
все равно. И пусть путник отправляется в обход
по одному разу всех мостов из места Л. Опять-таки
легко видеть, что в таком случае при обозначении
пройденного пути буква А повторится 3 раза; но
если начать обход из другой местности, то буква
А повторится только 2 раза. Точно так же в слу¬
чае 6 мостов буква А в обозначении всего пути
повторится 4 раза или 3, смотря по тому, начался
ли переход из А или из другой местности. Словом,
можно вывести такое правило: если число мостов
известной местности есть четное (четная мест¬
ность), то в соответствующем обозначении пути
буква, обозначающая местность, появляется чис¬
ло раз, равное половине числа мостов, если пере¬
ход начался из другой местности. Если же переход
начался из самой четной местности, то число по¬
явлений этой буквы равно половине числа мостов
да еще единица.
Очевидно, однако, что при полном пути пере¬
ход начинается из одной только какой-либо опре¬
деленной местности. Поэтому условимся раз на¬
всегда для четной местности число повторений ее
буквы в обозначении пути считать равным поло¬
вине числа мостов, ведущих в эту местность, а для
нечетной местности число повторений ее буквы
получим, если к числу мостов этой местности
183

придадим единицу и полученное число разделим
пополам.
Итак, при решении задачи о мостах необходи¬
мо различать два случая:
1) идущий отправляется из нечетной местно¬
сти;
2) он идет из четной местности.
В первом случае число повторений букв, обо¬
значающих полный путь, должно быть равным
числу мостов, увеличенному единицей. В против¬
ном случае задача невозможна.
Во втором случае полное число повторений
букв должно равняться числу мостов, так как, на¬
чиная путь с четной местности, нужно увеличить
единицей только для этой одной местности число
повторений соответствующей буквы.
Общее решение
Рассмотрим теперь задачу о мостах с более общей
точки зрения. Из предыдущих рассуждений мы
уже можем вывести общий прием решения каж¬
дой подобной задачи о мостах. Во всяком случае
мы можем тотчас же убедиться в невозможности
подобного решения. Для этого расположим лишь
решение так:
1) отмечаем общее количество мостов и ставим
его в заголовке решения;
2) обозначаем различные местности, разделен¬
ные рекой, буквами А, В, С, Du пишем их в столбец
одна под другой;
3) против каждой из местностей пишем во вто¬
ром столбце число всех ведущих на нее мостов;
4) четные местности отмечаем звездочкой при
соответствующих буквах первого столбца;
184

5) в третьем столбце соответственно пишем по¬
ловины четных чисел второго столбца, а если во
втором столбце есть числа нечетные, то прибав¬
ляем к ним единицу и пишем в третьем столбце
половину полученного числа (каждое число тре¬
тьего столбца показывает число повторений соот¬
ветствующей буквы);
6) находим сумму третьего столбца.
Если эта последняя сумма 1) равна числу мо¬
стов или 2) больше его всего на одну единицу, то
вопрос о полном обходе всех мостов по одному разу
может быть решен, если только задача вообще воз¬
можна, но при этом надо иметь в виду, что в первом
случае обход надо начинать с четной местности,
а во втором — с нечетной. Для случая рассмотрен¬
ной нами задачи о семи кенигсбергских мостах бу¬
дем иметь, значит, такую схему решения:
Число мостов 7
А 5
В 3
С 3
D 3
3
2
2
2
Всего 9
Так как 9 больше, чем 7 + 1, или 8, то, следова¬
тельно, задача невозможна.
Задача 82-я
ПЕРЕХОД ЧЕРЕЗ 15 МОСТОВ
Попробуем теперь решить другую задачу, в ко¬
торой имеем 2 острова, соединенных между собой
и с берегами реки 15 мостами, как это указано на
прилагаемом рисунке (рис. 74).
185

Рис. 74
Спрашивается: можно ли за один раз обойти
все эти мосты, не проходя ни через один более
одного раза?
Согласно выведенным нами уже раньше прие¬
мам решения, обозначаем разными буквами все
местности, разделенные различными рукавами
реки и соединенные мостами. После этого состав¬
ляем следующую таблицу:
Число мостов 15
А*
. . . 8
4
В*
. . . 4
2
С*
. . . 4
2
D
. . . 3
2
Е
. . . 5
3
F*
. . . 6
3
Всего 16
Отсюда выводим, что задача возможна, ибо
число повторений букв на единицу больше числа
мостов. Кроме того, по предыдущему знаем, что
186

обход должен начаться из нечетной местности D
или Е.
Искомый обход мостов может быть сделан так:
Еа Fb Вс Fd Ае Ff Cg Ah Ci Dk Am En Ap Bq El D
или в обратном порядке. Маленькие буквы среди
больших показывают, какие именно переходятся
мосты.
Изложенные выше приемы решения задачи
прежде всего позволяют судить о ее возможности
или невозможности. Сделаем теперь еще несколь¬
ко выводов, ведущих к более определенному уяс¬
нению подобных задач.
Заметим прежде всего, что сумма чисел вто¬
рой колонны точно равна двойному количеству
мостов. Это зависит от того, что в каждом мосте
мы считаем обе его оконечности, упирающиеся в
различные берега. Отсюда нетрудно вывести сле¬
дующее.
1. Сумма чисел второго столбца всегда должна
быть четной, ибо половина ее должна дать число
мостов.
2. Значит, если задача возможна, то в ней или
нет совсем нечетных местностей, или же они есть
в числе 2, 4, 6 и т. д. — словом, в четном количе¬
стве. Иначе второй столбец при сложении не да¬
вал бы четного числа.
3. Если в задаче все местности четные, то за¬
дача всегда возможна, из какой бы местности мы
ни отправлялись.
Так, например, в случае кенигсбергских мо¬
стов задачу можно было всегда решить, если бы
187

задано было обойти все мосты по 2 раза каждый,
что сводится в сущности к удвоению числа мо¬
стов, т. е. к обращению всех данных местностей
в четные.
4. Если в задаче есть только 2 нечетные мест¬
ности, а остальные все четные, то сумма цифр тре¬
тьего столбца на единицу больше числа мостов,
и задача возможна, если начать обход мостов с
одной из двух нечетных местностей. Но если чис¬
ло нечетных местностей будет 4, 6, 8 и т. д., то за¬
дача невозможна, так как сумма чисел третьего
столбца будет более числа мостов на 2, на 3, на 4
и т. д. единицы.
Вообще: при всяком данном расположении
мостов тотчас же нетрудно определить случай
возможности или невозможности задачи. Задача
невозможна, если числа нечетных местностей бо¬
лее двух. Задача возможна, если 1) все местности
четные и 2) если нечетных местностей только 2.
В последнем случае обход мостов надо начать из
одной из этих нечетных местностей.
Исследовав задачу и заключив о ее возмож¬
ности, остается только совершать самый обход
мостов. Но это уже сравнительно легкая часть за¬
дачи, при выполнении которой лучше всего при¬
держиваться такого правила.
Отбрасываем мысленно столько групп мостов,
ведущих из одной области в другую, сколько воз¬
можно. Уменьшив таким образом число мостов,
определяем через них путь. Затем принимаем во
внимание отброшенные раньше мосты и заканчи¬
ваем обход.
188

Задача 83-я
ПЕТЕРБУРГСКИЕ МОСТЫ
Рассмотрим теперь петербургские мосты
в 1908 году, расположенные по Неве и ее рукавам.
Мы возьмем, впрочем, только все мосты, ве¬
дущие через Большую Неву, и затем мосты, пере¬
брошенные на различные острова через Малую
Неву, Большую, Малую и Среднюю Невки, через
реки Крестовку и Ждановку. Кронверкский про¬
лив с его Петропавловской крепостью оставим в
стороне. Точно так же не берем Фонтанки, Мойки
и многочисленных каналов с их мостами, предо¬
ставляя читателю потом самому включить их в
задачу и разобраться в возможности ее решения,
что очень легко.
Итак, мы имеем (см. рис. 75) 8 различных
местностей, соединенных 17 мостами. Приступим
Рис. 75

к исследованию задачи по выведенной уже выше
схеме.
Всех мостов 17
Город по левую сторону А* 4 2
Болын. Невы В* 8 4
Петербургская сторона С* 4 2
Васильевский остров D 3 2
Петровский остров Е* 4 2
Крестовский остров F 3 2
Елагин остров G* 4 2
Каменный остров Н* 4 2
Выборгская сторона
Всего 18
Мы видим, что число нечетных местностей
в данном случае равно 2, а сумма чисел третьего
столбца на единицу больше числа мостов.
Итак, задача возможна, причем обход надо на¬
чинать из одной из нечетных местностей D или F,
т. е. начать с Елагина острова и прийти на Петров¬
ский или наоборот. Если начать с Елагина остро¬
ва, то обойти все мосты можно, например, так:
^12^15^16^17^1^2^5^3-^4^6^7^8^10^14С'13^\\Е°Р
Цифры, поставленные между буквами, указы¬
вают, какие переходятся мосты.
Задача 84-я
ПУТЕШЕСТВИЕ КОНТРАБАНДИСТА
Задачу о переходе через мосты можно предла¬
гать в различных видоизменениях. Можно свести
ее, например, на путешествие контрабандиста, ко¬
190

торый решил побывать во всех странах Европы,
но так, чтобы через границу каждого государства
ему пришлось переходить только один раз.
В данном случае, очевидно, что различные
страны и их границы будут соответствовать раз¬
ным местностям и рукавам реки, через которые
переброшено по одному мосту (для каждой гра¬
ницы, общей двум странам).
Исследуя возможность задачи, тотчас видим,
что Швеция, Испания и Дания имеют нечетное
число границ с соседними государствами, т. е.
число нечетных местностей более двух. А следо¬
вательно, путешествие, которое предполагает со¬
вершить контрабандист, невозможно.

О ФИГУРАХ, ВЫЧЕРЧИВАЕМЫХ
ОДНИМ ПОЧЕРКОМ
Задача 85-я
Помню, что в детстве меня соблазняла одно
время надежда получить сразу целый милли¬
он рублей!.. Миллион!.. Подумаешь, чего только
нельзя сделать за эти деньги! И чтобы получить
этот миллион, требовалось начертить только та¬
кую простую фигурку (рис. 76):
Шутники уверяли меня, что англичане (поче¬
му именно они, а не кто иной — не знаю) тотчас
192

дадут миллион рублей каждому, кто придет к ним
и начертит эту фигуру. Но при вычерчивании ста¬
вилось одно условие. Требовалось, чтобы фигура
эта была вычерчена одним непрерывным почерком
пера или карандаша, не удваивая ни одной линии,
т. е. по раз проведенной линии нельзя уже было
пройти второй раз.
Надежда стать «миллионером», решив такую
«легкую» задачу, заставила меня испортить мно¬
го бумаги и потратить много времени на попытки
вычертить эту фигуру, как требовалось, одним по¬
черком. Задача, однако, никак не решалась, и это
было тем досаднее, что она не решалась только
«чуть-чуть»... Никак не удавалось провести толь¬
ко одной «последней» какой-либо линии. Удалось
даже открыть такой секрет, что вся трудность в
том, чтобы вычертить сначала одним почерком, не
повторяя линии, еще более простую фигуру: че¬
тырехугольник с двумя диагоналями (см. рис. 77).
Это, казалось бы, уже совсем просто, и все-таки...
не удавалось!...
— Этого нельзя сделать! — восклицал я нако¬
нец с неподдельным отчаянием.
— Почему же нельзя? — отвечали мне. — А вот
найдется такой «умный» человек, что возьмет да
и начертит и получит миллион!
Рис. 77
193

Но позволить кому-либо выхватить, так ска¬
зать, у себя из рук миллион я никак не хотел и
снова принимался за бесконечные попытки нари¬
совать эту фигуру одним почерком.
— Этого нельзя сделать! — сказали мне нако¬
нец старшие, знаниям и словам которых я безу¬
словно верил.
Но тогда и я в свою очередь спросил:
— Почему?
И нужно сознаться, что никто из них не мог
мне этого объяснить, и сомнение в невозможно¬
сти этой задачи у меня так-таки и осталось, тем
более что фигуры гораздо более сложные и труд¬
ные с виду легко вычерчивались одним почерком.
Так, например, выпуклый пятиугольник со всеми
его диагоналями легко вычерчивался одним не¬
прерывным движением без повторения линий,
причем получалась такая фигура (см. рис. 78):
Рис. 78
То же самое легко было вычертить для всякого
многоугольника с нечетным числом сторон и ни¬
как не удавалось для квадрата, шестиугольника и
т. д., словом, для многоугольника с четным чис¬
лом сторон.
194

Теперь нам нетрудно будет разобраться и дока¬
зать, какую из любых данных фигур можно вычер¬
тить одним почерком, без повторения линий, а ка¬
кую нет. Каждую из задач подобного рода можно
тотчас свести к разобранной уже нами Эйлеровой
задаче о мостах.
А в самом деле, возьмем, например, четырех¬
угольник ABCD с двумя его диагоналями, пересе¬
кающимися в Е (рис. 77). Можно ли его вычертить
одним непрерывным почерком без повторения
линий?
Точки А, В, С, D и Е мы представим себе как
центры некоторых местностей, разделенных ре¬
кой, а линии, соединяющие эти точки, — как мо¬
сты, ведущие в эти местности. Что же мы в данном
случае получаем? Пять местностей, из которых
4 нечетных и одна четная. Мы знаем уже, что в та¬
ком случае нельзя за один раз обойти все мосты,
не переходя ни через один два раза, или другими
словами — нельзя обойти все данные точки одной
непрерывной линией без повторения прежнего
пути.
Случаи возможности и невозможности вычер¬
чивания одним почерком фигур совершенно те
же, что и в задаче о мостах. Одна задача в сущно¬
сти сводится на другую.
Всякий нечетный многоугольник со всеми его
диагоналями можно вычертить одним почерком
без повторения линий потому, что этот случай со¬
ответствует случаю, когда данные в задаче о мо¬
стах местности все четные.
Соображения, изложенные здесь, одинаково
прилагаются ко всякой фигуре, образована ли
она прямыми или кривыми линиями, на плоско¬
195

сти или в пространстве. Так, нетрудно видеть, что
возможно описать одним непрерывным движени¬
ем все ребра правильного октаэдра и нельзя этого
сделать для четырех остальных правильных вы¬
пуклых тел.
Говорят, что Магомет концом своей палки
вместо подписи (он был неграмотен) описывал
одним почерком такой состоящий из двух рогов
луны знак (рис. 79):
И это вполне понятно, потому что в данном
случае мы имеем дело только с точками четного
порядка, а следовательно, вычертить такую фигу¬
ру одним почерком без повторения тех же линий
всегда возможно. Всегда возможно также вычер¬
тить одним почерком и такую фигуру, где поми¬
мо точек четного порядка есть и две точки (но не
более) нечетного порядка. Вот весьма красивый
и замысловатый образчик такой фигуры, заклю¬
чающей в себе 2 нечетные точки А и Z (рис. 80).
С какой-либо из этих точек и надо начинать
непрерывное вычерчивание фигуры, как мы уже
196

Рис. 80
знаем из задачи о мостах. Нижеследующие фигу¬
ры (рис. 81 и 82) также нельзя вычертить одним
почерком, так как в первой 8, а во второй 12 точек
нечетного порядка. Первая может быть вычерчена
не менее как четырехкратной, а вторая не менее
как шестикратной непрерывной линией.
Рис. 81 Рис. 82
Если взять шахматную доску с 64 клетками,
то в ней 28 точек нечетного порядка, и, чтобы вы¬
чертить ее, надо чертить четырнадцатикратную
линию.
С другой стороны, если взять треугольник, по¬
делить каждую из его сторон на 12 (или сколько
угодно) равных частей и провести из этих точек
линии, параллельные другим сторонам, то полу¬
ченная сетчатая фигура может быть вычерчена од¬
ним непрерывным движением без повторений. Та¬
ких примеров можно подобрать сколько угодно.

ВОЛШЕБНАЯ ТАБЛИЦА
5
4
3
2
1
16
8
4
2
1
17
9
5
3
3
18
10
6
6
5
19
И
7
7
7
20
12
12
10
9
21
13
13
11
11
22
14
14
14
13
23
15
15
15
15
24
24
20
18
17
25
25
21
19
19
26
26
22
22
21
27
27
23
23
23
28
28
28
26
25
29
29
29
27
27
30
30
30
30
29
31
31
31
31
31
16
8
4
2
1
Вот таблица, в которой в пяти столбцах выпи¬
саны известным образом все числа от 1 до 31. Таб¬
лица эта отличается следующим «волшебным»
свойством.
Задумайте какое угодно число (но, конечно, не
больше 31) и укажите только, в каких столбцах
198

этой таблицы находится задуманное вами число,
и я тотчас же «угадаю» это число.
Если, например, вы задумаете число 27, то,
ничего не говоря иного, скажите только, что заду¬
манное вами число находится в первом, втором,
четвертом и пятом столбцах, а я уже сам вам на¬
верное скажу, что вы задумали именно число 27
(можно это сказать, даже не смотря на таблицу).
Вместо такой таблицы можно, если угодно,
устроить
ВОЛШЕБНЫЙ ВЕЕР
Сделайте сами, закажите или купите подхо¬
дящий веер и на пяти пластинках его выпишите
изображенную выше таблицу. Можете, обвевая
себя веером, предлагать вашему собеседнику за¬
думывать числа и указать вам только пластинки,
на которых оно написано, и вы тотчас угадаете за¬
думанное им число. То-то он удивится!..
Но в чем секрет?
Разгадка
Секрет угадывания с виду прост: обратите внима¬
ние на цифры, написанные в самой нижней графе.
Если вам скажут, например, что задуманное число
находится во втором, третьем и пятом столбцах
(или на второй, третьей и пятой пластинках веера),
то сложите числа, стоящие в этих столбцах внизу,
получите 22 (2 + 4 + 16), и будьте уверены, что за¬
думано именно это, а не иное какое число.
В правильности таблицы можете убедиться
и так: задумайте сами число (не больше 31), напри¬
мер, 18. Вы найдете это число во втором и пятом
199

столбцах. Внизу этих столбцов стоят числа 2 и 16;
сложенные вместе, они дают действительно 18.
Но почему так? Как же составляется подобная
таблица? Сколько можно составить таких таблиц?
Полный и подробный ответ на это вы найдете
дальше в главе о двоичном счислении, которую сове¬
тую вам внимательно прочесть. Она очень интерес¬
на, дает много задач и объясняет сущность якобы
волшебной таблицы подробно и вполне. Здесь же
пока заметим только следующее.
Если написать ряд чисел, начиная с 1, таких,
чтобы каждое было вдвое больше предыдущего,
т. е. 1, 2,4,8,16,32,64,128,256 и т. д. (иначе говоря,
ряд степеней 2), то числа эти отличаются тем заме¬
чательным свойством, что из них можно получать
сложением решительно все целые числа, даже не
входящие в этот ряд, и притом полученные после¬
довательные числа ряда войдут только по одному
разу.
В нашей таблице (или веере) мы взяли только
ряд чисел 1, 2, 4, 8, 16 (или 2°, 21, 22, 23, 24) и на¬
глядно убеждаемся, что с помощью сложения чи¬
сел этого ряда можно получить все числа от 1 до
31, т. е. до 24 - 1. Впрочем, более точное и строгое
объяснение всему этому вы найдете, как сказано,
в следующей главе.
Там же вы найдете решение и объяснение ни¬
жеследующей интересной задачи.
Задача 86-я
В лавке бедного торговца вместо гирь было всего
4 камня. Однако с помощью этих камней он совер¬
шенно правильно взвешивал все в целых фунтах,
начиная с одного фунта и до пуда, т. е. до 40 фунтов.
Спрашивается: какого веса были эти камни?
200

Путем последовательных проб, пожалуй, не¬
трудно решить эту задачу и найти, что камни
должны быть весом в 1, 3, 9 и 27 фунтов. Но как
найти общее решение подобных задач?
Все это разъяснится, если вы вникнете в сле¬
дующую главу. Но, прежде чем взяться за ее чтение
и изучение, советуем нашему читателю хорошень¬
ко вникнуть и подумать, что такое десятичная си¬
стема счисления, по которой считает ныне все со¬
временное образованное человечество (см. также
главу «Счет, мера и число»).

ДВОИЧНОЕ СЧИСЛЕНИЕ
О СЧИСЛЕНИИ ВООБЩЕ
Умение считать (счисление) очень часто рас¬
сматривают как основное арифметическое дей¬
ствие, как начало всех действий, которые можно
производить над числами. Это большое заблужде¬
ние, так как свойства чисел существуют независи¬
мо от всякой системы счисления.
Счисление, или счет, есть чисто условный язык,
позволяющий называть числа при помощи не¬
скольких немногих слов в разговорной речи или
писать их при помощи немногих знаков, цифр,
в письме.
Основное действие арифметики есть закон
образования чисел, т. е. сложение. Наше десятич¬
ное счисление, например, есть уже действие более
сложное. Оно заключает в себе одновременно сло¬
жение и умножение. Так, число 45 в десятичной
системе есть результат, полученный от умноже¬
ния 10 на 4 и затем прибавления к полученному
5 единиц. Известно также, впрочем, что десятич¬
ная система счисления есть сравнительно позднее
создание человеческой арифметики.
Само собой разумеется, что вместо того, чтобы
считать числа десятками, сотнями (т. е. группами
202

по десять десятков), тысячами (т. е. группами по
десять сотен) и т. д., можно было бы число десять
заменить всяким другим, например числом две¬
надцать (дюжиной), и считать дюжинами. Уже
Аристотель заметил, что число четыре могло бы
вполне заменить десять. По этому поводу Вей-
гель в 1687 году даже опубликовал план четвер¬
тичной арифметики.
Почти всеобщий выбор числа десять за осно¬
вание счисления зависит, по всей вероятности, от
устройства наших рук (десять пальцев), точно так
же, как большинство различных единиц меры у
древних получили свое название и происхожде¬
ние от различных членов человеческого тела, как
локоть, пядь и т. д.
В XVII веке Мельхиседек Февено (Thevenot)
пытался найти всеобщую меру, исходя из правиль¬
ности и равенства граней пчелиных восковых яче¬
ек. Новейшие меры построены на более прочных
основаниях и взяты из геодезических, физических
и других соотношений, как метр, маятник и др.
ДВОИЧНАЯ СИСТЕМА
Двоичная система счисления есть счет, где
в основание кладется число 2.
Всякая система счисления основана на употреб¬
лении единиц разных разрядов, каждая из которых
содержит единицу предыдущего разряда одно и то
же число раз. Число единиц низшего разряда, нуж¬
ное для того, чтобы составить единицу высшего, на¬
зывается основанием системы счисления.
Это основание должно быть равно по меньшей
мере двум.
203

В самом деле, если взять за основание системы
один, то единицы различных разрядов будут рав¬
ны между собой и системы счисления в сущности
не будет.
Первым знакомством с двоичной арифметикой
мы обязаны Лейбницу. В этой системе за основа¬
ние принято число два, и все числа можно писать
только двумя цифрами 0 и 1. При этом принима¬
ется единственное условие, сходное с письменным
счислением в десятичной системе, именно — что
всякая цифра, помещенная сейчас влево, пред¬
ставляет единицы в два раза большие предыду¬
щей. Следовательно, по этой системе числа два,
четыре, восемь, шестнадцать напишутся так:
10,100,1000,10000.
Числа три, пять, одиннадцать, девятнадцать
напишутся так:
11,101,1011,10011.
Следует вообще освоиться с писанием чисел
по двоичной системе. Это легко.
ЗАМЕЧАНИЯ О ДВЕНАДЦАТИЧНОЙ
СИСТЕМЕ
Симон Стевин из Брюгге (умер в 1633 г.) пред¬
ложил когда-то ввести двенадцатичную систему
как более подходящую к нашему обыкновению
считать месяцы года, часы дня, градусы окружно¬
сти и т. д. Но изменение существующей системы
произвело бы неудобства слишком большие срав¬
нительно с теми, которые получились бы, если
принять число двенадцать за основание системы.
204

Позднее знаменитый Огюст Конт заметил, что
строение руки, имеющей 4 пальца с тремя сустава¬
ми, или всего 12 суставов против двух еще суста¬
вов пятого, большого пальца, позволяет считать
по пальцам все числа до 13 раз 12 (13 х 12 = 156).
Таким образом в двенадцатичной системе можно
было бы легко вести на пальцах гораздо более об¬
ширный счет, чем в десятичной. Но от этой остро¬
умной выдумки в настоящее время не сохранилось
ничего, кроме сравнения, сделанного самим Кон¬
том, что 4 пальца с большим пальцем во главе на¬
поминают четырех солдат под командой капрала.
ПРЕИМУЩЕСТВА ДВОИЧНОЙ СИСТЕМЫ
В двоичной системе обыкновенные арифме¬
тические действия сведены к самым простейшим
выражениям. Сложение, например, сводится
к следующему: 1 да 1 дает два, ставлю 0 и заме¬
чаю 1. Таблицы умножения (Пифагоровой) нет
вовсе, так как все умножение сводится к следую¬
щему: 1, умноженная на 1, дает единицу. Так что
все умножение заключается в соответствующем
подписании частных произведений. При деле¬
нии не требуется никаких попыток. Кроме того,
для этой системы удобнее, чем для всякой иной,
изготовлять счетные машины. Люка*, благодаря
двоичному счислению, нашел наибольшее из из¬
вестных до сих пор простых чисел, а также изо¬
брел машину, дающую весьма большие первона-
Люка Эдуард (1842-1891) — французский мате¬
матик. См. его работу: Edouard Lucas. Recherches sur
plusieurs ouvrages de Leonard de Pise, et sur diverses questions
d’arithmetiques superieur. Rome, 1877.
205

чальные числа. Неудобство двоичной системы
состоит в большом количестве писания, которое
необходимо для изображения небольших сравни¬
тельно чисел.
Лежандр в своей Теории чисел дает способ, до¬
вольно быстро ведущий к цели, когда хотят изобра¬
зить большое число по двоичной системе. Пусть
дано, например, число 11 183 445. Делим его на 64.
Получается остаток 21 и частное 174 741. Это по¬
следнее делим опять на 64, получается в остатке
21 и частное 2730. Наконец, 2730, деленное на 64,
дает в остатке 42 и частное 42. Но 64 в двоичной
системе есть 1000000, 21 в двоичной системе есть
10101, а 42 есть 101010. Итак, предложенное чис¬
ло напишется по двоичной системе так:
101010 101010 010101 010101.
ЖЕ-КИМ
Двоичная система счисления позволяет объ¬
яснить один китайский символ, носящий имя
Же-Ким, или Жекинг. Приписывается он Фо Хи,
древнейшему законодателю Китая (за 3000 лет до
Рождества Христова). Символ состоит из 64 не¬
больших фигур, образованных каждая из шести
находящихся одна над другой горизонтальных
линий; одни из этих линий сплошные, другие
имеют в середине перерыв.
Вид китайского
Же-Кима
Перевод на двоич¬
ную систему
По десятичной
системе
000000
0
206

Вид китайского
Же-Кима
Перевод на двоич¬
ную систему
По десятичной
системе
000001
1
000010
2
000011
3
000100
4
000101
5
Символ этот приводил в отчаяние как китайских,
так и европейских ученых, не могших его удовлет¬
ворительно объяснить. Знаменитый Лейбниц, рас¬
сматривая различные начертания Же-Кима, срав¬
нительно с рядом чисел, написанных по двоичной
системе, нашел, что двоичная арифметика разреша¬
ет загадку и что Же-Ким есть не что иное, как ряд
64 последовательных первых чисел, написанных по
двоичной системе, но в обратном порядке. В самом
деле, если обозначим единицу сплошной прямой,
а ноль — прямой с перерывом посреди, если, кро¬
ме того, условимся единицы следующих высших
разрядов писать не справа налево, но снизу вверх,
то нетрудно найти, что этот китайский символ, со¬
ставленный из повторений шести горизонтальных
линий, может быть истолкован так, как это указано
на таблице, помещенной на данной странице.
В этой столь удачно им разгаданной загадке
Лейбниц видел также символ творения из ничего
по воле Бога, подобно тому как, говорил он, все
207

числа в двоичной системе составляются из ноля
и единицы. Мысль эта так понравилась знамени¬
тому философу, что он сообщил ее тогдашнему
миссионеру в Китае П. Буре, убеждая его развить
ее перед царствовавшим императором и таким
путем обратить его в христианство... Впрочем,
можно быть уверенным, что гениальный ученый
не придавал этой своей пифагорейской идее боль¬
шего значения, чем она того стоит.
Для большей ясности представления о Же-
Киме приведем его первые 16 фигур. Вот они:
Ноль Один Два Три
Двенадцать Тринадцать Четырнадцать Пятнадцать
ЯЩИК С ГИРЯМИ
Напишем по двоичной системе таблицу 32 чи¬
сел:
1
1
9
1001
17
10001
25
11001
2
10
10
1010
18
10010
26
11010
3
11
11
1011
19
10011
27
11011
4
100
12
1100
20
10100
28
11100
5
101
13
1101
21
10101
29
11101
6
по
14
1110
22
10110
30
11110
7
111
15
1111
23
10111
31
11111
8
1000
16
10000
24
11000
32
100000
208

Легко эту таблицу продолжить до каких угод¬
но пределов и таким образом вывести то общее
правило, что любое число можно получить путем
сложения различных степеней двух с прибавкой
единицы, т. е. каждое число можно получить пу¬
тем сложения из ряда:
1,2,4, 8,16,32, 64,
причем при таком сложении ни одно из чисел ряда
не требуется брать дважды. Этим свойством мож¬
но пользоваться в торговле и промышленности.
Если нам требуется взвесить целое число, напри¬
мер, граммов (или фунтов, лотов, пудов — словом,
каких угодно единиц веса), то можно пользовать¬
ся ящиком, в котором находятся разновески таких
тяжестей:
1 gr, 2 gr, 4 gr, 8 gr, 16 gr, 32 gr.
С шестью такими гирями можно взвешивать
до 63 gr. С числом п таких гирь можно взвешивать
до тяжестей, получаемых из формулы 2п - 1.
На практике, однако, ящики с гирями устраи¬
ваются иначе. Во Франции и в других странах
(почти везде, кроме России), где принята деся¬
тичная система мер и весов, эти ящики содержат
граммы, декаграммы, гектограммы и килограм¬
мы* в таком порядке:
lgr
2 gr
2 gr
5 gr
1 dg
2 dg
2 dg
5 dg
1 hg
2 hg
2 hg
5 hg
1 kg
2 kg
2 kg
5 kg
10 gr = 1 dg; 10 dg = 1 hg; 10 hg = 1 kg.
209

и т. д. Ясно, что из чисел 1, 2, 2, 5 можно соста¬
вить все остальные до 10. Кроме того, подобное
устройство ящика с разновесками более подходит
к десятичной системе счисления и подобной же
системе мер и весов — следовательно, при навыке
не требует почти никакого соображения. Но если
посмотреть на дело с иной стороны, то при двоич¬
ной системе для взвешивания до известного пре¬
дела требуется меньше гирь, чем при десятичной.
ВЗВЕШИВАНИЕ
Составим такой ряд чисел, в котором первый
член будет единица, а затем идут степени 3х, т. е.
1,3,9, 27,81...
Он обладает свойством, состоящим в том, что,
складывая или вычитая известным образом его
члены, мы также получим всевозможные целые
числа. Доказать это нетрудно, и мы останавли¬
ваться на этом не будем.
Свойством этого ряда можно воспользоваться
также для того, чтобы взвешивать с наименьшим
количеством различных гирь предметы, вес кото¬
рых можно выразить в целых числах. Так, например,
при помощи перекладывания гирь на различные
чашки можно взвесить в целых фунтах все тяжести
от 1 фунта до целого пуда при помощи всего четы¬
рех гирь в 1 фунт, 3 фунта, 9 фунтов, 27 фунтов.
При помощи пяти гирь в 1, 3, 9, 27 и 81 фунт
можно взвешивать в целых фунтах все тяжести от
1 до 121 фунта и т. д. Вообще с помощью п гирь
весом в
1, 3,33, З4... 3” “1 фунта
210

можно взвешивать все тяжести до веса в —(3" -1)
фунтов. ^
Следовательно, геометрическая прогрессия со
знаменателем отношения 3 разрешает такую об¬
щую задачу: найти наименьшее число гирь, с по¬
мощью которых можно произвести все взвешива¬
ния в целых числах от 1 до суммы веса всех взятых
тяжестей, и эта сумма должна быть наибольшей
относительно числа тяжестей.
ЕЩЕ О ВОЛШЕБНОЙ ТАБЛИЦЕ
Воспользуемся таблицей, составленной нами
ранее на с. 208 для построения новой, обладаю¬
щей весьма занимательным свойством. Эту новую
таблицу составим так.
В первом столбце справа выпишем одно под
другим из таблицы на с. 208 все те числа по деся¬
тичной системе, которым в двоичной системе со¬
ответствуют числа, оканчивающиеся на 1. Затем
во втором столбце, считая справа налево, выпишем
все те числа, у которых по двоичной системе вто¬
рая цифра с конца есть 1. В третьем столбце выпи¬
шем все те числа, у которых по двоичной системе
третья цифра с конца есть 1, и т. д. В нашем случае,
очевидно, придется остановиться на пятом столб¬
це, и наибольшее число, входящее в составляемую
таблицу, есть 31. Вообще же для п-го столбца такое
наибольшее число будет 2п - 1. Таким образом мы
получаем следующую таблицу (с. 212).
По этой таблице можно угадать всякое за¬
думанное кем-либо число, если оно, конечно, не
более 31. В самом деле, предложите кому-либо
211

5
4
3
2
1
16
8
4
2
1
17
9
5
3
3
18
10
6
6
5
19
И
7
7
7
20
12
12
10
9
21
13
13
11
И
22
14
14
14
13
23
15
15
15
15
24
24
20
18
17
25
25
21
19
19
26
26
22
22
21
27
27
23
23
23
28
28
28
26
25
29
29
29
27
27
30
30
30
30
29
31
31
31
31
31
задумать любое число не больше 31 и указать,
в каких столбцах оно находится. Если, начиная от
правой руки к левой, мы будем писать 1 для вся¬
кого столбца, где задуманное число есть, и 0 для
такого столбца, где этого числа нет, то получим
задуманное число, написанное по двоичной си¬
стеме. Задача облегчается, если внизу столбцов
написать соответствующие степени двух и затем,
чтобы узнать задуманное число, остается только
узнать, в каких столбцах оно находится, и сложить
соответственные внизу находящиеся числа. Мож¬
но, впрочем, этих степеней двух и не подписывать
внизу, так как они написаны нами уже в первой
строке составленной нами таблицы (1, 2, 4, 8,16).
Вместо таблицы можно сделать из картона
волшебный веер и на пластинках его написать со¬
212

ответствующие числа. Все это рассмотрено нами
уже в задачах, приведенных раньше. Здесь мы
освещаем все это с более общей точки зрения.
ДВОЙНАЯ ПРОГРЕССИЯ
Возьмем число 2 и удвоим его, полученное
число опять удвоим, полученное снова удвоим и
т. д. То есть, другими словами, составим таблицу
степеней числа двух, начиная с первой и до 32-й
степени:
Степень п
Т
Степень п
2"
1
2
17
131 072
2
4
18
262 144
3
8
19
524 288
4
16
20
1 048 576
5
32
21
2 097 152
6
64
22
4 194 304
7
128
23
8 388 608
8
256
24
16 777 216
9
512
25
33 554 432
10
1024
26
67 108 864
11
2 048
27
134 217 728
12
4 096
28
268 435 456
13
8 192
29
536 870 912
14
16 384
30
1 073 741 824
15
32 768
31
2 147 483 648
16
65 536
32
4 294 967 296
Эта таблица представляет тот ряд чисел, кото¬
рый Ферма (Fermat) назвал двойной прогрессией.
Нетрудно проверить с помощью этой таблицы,
что для перемножения каких-либо степеней 2 —
например, девятой и одиннадцатой — достаточно
213

показатели этих степеней сложить. То есть
29 х 211 = 220, или 512 х 2048 =1 048 576.
Вообще показатель произведения двух сте¬
пеней одного и того же числа равен сумме обоих
показателей, а показатель частного двух степеней
одного и того же числа равен разности показате¬
лей делимого и делителя.
На рассмотрении и обобщении этих свойств
показателей степеней, как известно, основана
теория логарифмов.
Заметим также, что, имея предыдущую табли¬
цу, мы весьма быстро можем вычислить 64-ю сте¬
пень 2, перемножая самое на себя 32-ю степень
этого числа, т. е.
264 = 232 х 232 = 4 294 967 296 х 4 294 967 296 =
= 18 446 744 073 709 551 616.
С этим последним числом, уменьшенным на 1,
связано известное математическое предание, рас¬
сказанное нами в главе о шахматах об изобретате¬
ле шахматной игры.
СОВЕРШЕННЫЕ ЧИСЛА
Двойная прогрессия приводит к познанию так
называемых совершенных чисел. Так называется
всякое целое число, сумма всех делителей которо¬
го равна самому числу, предполагая, конечно, что
само число исключено из этих делителей.
Теория нечетных совершенных чисел не раз¬
работана вполне еще до сих пор. Что касается до
четных совершенных чисел, то все они без исклю¬
чения содержатся в формуле
N=2a\2a-i),
214

где второй множитель, 2° - 1, должен быть перво¬
начальным числом. Следовательно, в этой фор¬
муле а нужно придавать только те значения, для
которых число 2я - 1 есть первоначальное число.
Это было известно еще Эвклиду, но этот геометр
не мог доказать, что таким путем получаются все
совершенные четные числа.
Число 2° - 1 может быть первоначальным толь¬
ко в том случае, если показатель а есть число пер¬
воначальное. Это доказать нетрудно, но этого не¬
достаточно. Необходимо еще удостовериться, что
число 2я - 1 есть действительно первоначальное
число. При настоящем состоянии высшей ариф¬
метики эта задача в общем случае неразрешима,
если только показатель а больше 100. Совершен¬
ные числа, известные ныне, суть следующие 8 чи¬
сел, заключающихся в нижеследующей таблице:
а
2я-1
2а- 1
Совершенные числа
2
2
3
6
3
4
7
28
5
16
31
496
7
64
127
8 128
13
4 096
8 191
33 550 336
17
65 536
131071
8 589 869 056
19
262 144
524 287
137 438 691 328
31
1 073 741 824
2 147 483 647
2 305 843 008 139 952 128
В первом столбце мы не находим для а значе¬
ний 11, 23, 29. Это потому, что соответствующие
числа 211 - 1, 223 - 1, 229 — 1 не суть первоначаль¬
ные, а делятся соответственно на 23, 47 и 233.
Мы видим, что совершенные четные числа
оканчиваются на 6 или 8. И можно доказать, что
так будет постоянно для всякого совершенного
четного числа.

УГАДЫВАНИЕ ЧИСЕЛ
О каком угадывании идет речь?
Конечно, дело в сущности сводится не к от¬
гадке, а к решению некоторой задачи. Желающе¬
му предлагают задумать некоторое число и этого
числа у него не спрашивают. Взамен этого пред¬
лагают задумавшему произвести над взятым им
числом разные с виду совсем произвольные дей¬
ствия и сказать «угадывающему», что в результа¬
те получилось. «Угадчик» получает, таким обра¬
зом, в руки конец нити, по которой разматывает
весь клубок и добирается до начала.
Задумываемые в остроумной и веселой форме,
которую каждый играющий может придумать по
своему вкусу, задачи эти составляют очень хоро¬
шее и полезное развлечение для всех играющих.
Они развивают навыки в быстром умственном
счете, и развивают их постепенно, так как можно
задумывать малые и большие числа, смотря по
способностям и силам участвующих в игре лиц.
Теоретические основания подобных задач на¬
столько просты, что мы даем их сжато и кратко.
Впрочем, если «доказательства» в нашем изложе¬
нии кому-либо окажутся не по силам, то он мо¬
жет их смело опустить, а пусть разберется только
в самой задаче. Разобравшись, он почти наверное
216

сам дойдет до доказательства и объяснения каж¬
дой задачи.
Обращаем внимание на то, что здесь в боль¬
шинстве случаев даются только сравнительно
сухие остовы задач. Читателю предоставляется
самая широкая возможность каждое условие по¬
добной задачи украсить плодами собственной вы¬
думки и фантазии или приноровить к известному
случаю.
Развивайте в себе самостоятельность мышле¬
ния и сметку!
Задача 87-я
Угадать задуманное кем-либо число.
Задумайте число. Утройте его. Возьмите по¬
ловину полученного числа, если оно делится без
остатка на 2; если же оно ровно пополам не делит¬
ся, то прибавьте сначала единицу, а потом возьми¬
те половину числа.
Эту половину опять утройте.
Сколько раз содержится 9 в полученном те¬
перь числе?
Если затем на каждую такую девятку взять по
два, то и получится задуманное число.
Нужно только иметь в виду, что если прихо¬
дится прибавлять единицу, чтобы разделить чис¬
ло нацело пополам, то к числу найденному, взяв
по 2 на каждую девятку, тоже нужно прибавить
единицу.
Примеры. Задумано 6. После утроения полу¬
чается 18. Половина этого числа равна 9. Утроив,
получим 27. В этом числе 9 заключается 3 раза.
Берем 3 раза по 2 и получим задуманное число 6.
217

Пусть задумано 5. Утраивая, получим 15. Что¬
бы разделить пополам нацело, нужно прибавить
1 — получится 16. Половина от 16 равна 8; утро¬
ив, получим 24. В этом числе 9 содержится 2 раза.
Берем 2 раза по 2, получаем 4, да еще нужно при¬
бавить единицу, так как приходилось прибавлять
единицу, чтобы разделить пополам нацело. Итак,
задуманное число равно 5.
Доказательство
Если задумано четное число, т. е. вида 2п, то над
ним производятся следующие действия.
2п х 3 = 6 п; 6п : 2 = 3 п; ЗтгхЗ = 9 п;
9п:9 = п; пх2 = 2п.
Если задуманное число нечетное, т. е. вида
2п + 1, то те же действия принимают такой вид:
(2п + 1) х 3 = 6п + 3; 6п + 3 + 1 = 6п + 4;
(6п + 4) : 2 = Зп + 2; (3п + 2) х 3 = 9п + 6;
(9п + 6) : 9 = /г; /7x2 + 1 = 2/7+1.
Таким образом, поступая, как объяснено выше,
мы всегда должны прийти к задуманному числу.
Задача 88-я
Видоизменение той же задачи.
Утроить задуманное число, затем взять полови¬
ну произведения; если же произведение получится
нечетное, то прибавить к нему единицу и потом раз¬
делить пополам. Утроить снова эту половину, затем
взять половину полученного числа, прибавляя, как
выше, единицу, если от умножения на 3 получится
нечетное число. Затем надо спросить, сколько раз
218

содержится 9 в этой последней половине, и на каж¬
дую девятку взять по 4. При этом нужно иметь в
виду, что если при делении на 2 в первый раз при¬
ходилось прибавлять единицу, то угадывающему
нужно тоже держать в уме единицу; а если при
делении и во второй раз приходилось прибавлять
единицу, то нужно запомнить еще 2. Следователь¬
но, если оба раза деление на 2 не могло быть выпол¬
нено нацело без прибавления 1, то, взяв на каждую
девятку по 4, нужно к полученному числу приба¬
вить еще 3; если же деление пополам нацело не вы¬
полняется только в первый раз, то прибавляется 1,
а если только во второй, то прибавляется 2.
Например: задумано 7; после утроения полу¬
чается 21; чтобы разделить пополам нацело, надо
прибавить 1; прибавляя ее и деля 22 пополам, по¬
лучаем 11; по утроении получится 33; чтобы взять
половину, опять нужно прибавить единицу, по¬
сле чего получится 34, и половину этого числа 17.
Здесь 9 содержится только один раз. Следователь¬
но, нужно взять число 4 и к нему прибавить еще 3,
так как деление ни в первом, ни во втором случае
не совершалось без прибавления единицы.
Получается 4 + 3 = 7, т. е. задуманное число.
Доказательство
Всякое число может быть представлено в одной из
следующих форм: Ап, Ап+ 1, Ап + 2, Ап + 3, где бук¬
ве п нужно придавать значения 0, 1,2, 3, А... и т. д.
1. Возьмем сначала число вида Ап и произведем над
ним указанные выше действия. Получается:
Ап х 3 = 12п; 12п : 2 = 6п; 6п х 3 = 18и;
18п : 3 = 9 п; 9п : 9 = п; Ахп = Ап.
219

2. Для числа вида An + 1 получим:
(Ап + 1) х 3 = 12п + 3; 12п + 3 + 1 = 12п + 4;
(\2п + 4) : 2 = 6п + 2; (6и + 2) х 3 = 18п + 6;
(18д + 6) : 2 = 9п + 3; (9п + 3) : 9 = и;
4хя + 1=4и+1.
3. Для числа вида Ап + 2 имеем:
(Ап + 2) х 3 = 12я + 6; (12я + 6) : 2 = 6п + 3;
(6п + 3) х 3 = 18п +9; 18и + 9 + 1 = 18w + 6;
(18и + 10) : 2 = 9п + 5; (9п + 5) : 9 = п;
Ах.п + 2 = Ап + 2.
А. Для числа вида Ап + 3 имеем:
(Ап + 3) х 3 = 12л +9; 12л + 9 + 1 = 12л + 10;
(12л + 10): 2= 6л+ 5;
(6л + 5) х 3 = 18л + 15; 18л + 15 + 1 = 18л + 16;
(18л + 16): 2= 9л+ 8;
(9л + 8) : 9 = л; 4 х л + 3 = 4л + 3.
Таким образом, поступая по правилу, мы всегда
получим задуманное число.
Можно ту же задачу предложить и в несколько
измененном виде, а именно:
Задумайте число; прибавьте к нему половину
того же числа; к полученной сумме прибавьте по¬
ловину этой же суммы.
Затем надо спросить, сколько раз содержится
9 в последнем полученном числе, и взять по 4 на
каждую девятку, как выше. Но и здесь, как всегда,
нужно помнить, что если в первом случае число не
делится нацело на 2, то нужно прибавить к нему
единицу и затем поделить на две равные части;
точно так же нужно поступать и во втором слу¬
чае. А затем, если деление нацело не выполнялось
только в первом случае, то угадывающий должен
220

держать в уме 1, если только во втором, — то 2,
а если в первом и во втором, — то 3 и эти числа по¬
том прибавлять для получения правильного окон¬
чательного ответа.
Например, задумано 10; прибавляя к нему его
половину, получим 15 — число нечетное, поэтому,
прибавляя к нему 1 и беря половину, получим 8;
прибавляя 8 к 15, получим 23; в этом числе 9 содер¬
жится 2 раза. 2 раза по 4 равно 8, но к 8 надо при¬
бавить еще 2, потому что во втором случае, чтобы
разделить на 2 нацело, приходилось прибавлять 1.
Итак, 8 + 2 = 10, т. е. получаем задуманное число.
Если число нечетное, то разделим его на две ча¬
сти таких, чтобы одна была на единицу больше дру¬
гой, и условимся для краткости называть первое
слагаемое большей половиной, а второе — меньшей.
Тогда рассматриваемую нами задачу можно проде¬
лать еще в одной довольно интересной форме.
Задумайте число. Прибавьте к нему его полови¬
ну или, если оно нечетно, то его большую полови¬
ну. К этой сумме прибавьте ее половину или, если
она нечетна, то ее большую половину. Сколько раз
в полученном числе содержится 9?
Взявши затем по 4 на каждую девятку, задумав¬
шему число надо предложить такие вопросы: если
от последней суммы отнять все девятки, то можно
ли от остатка отнять еще 8? Если можно, то, зна¬
чит, чтобы получить задуманное число, нужно к
числу, полученному от умножения 4 на число де¬
вяток, прибавить 3. Если же нельзя отнять 8, то
надо спросить, нельзя ли отнять 5. Если можно,
то нужно прибавить 2. Если же 5 нельзя вычесть,
то спросить, нельзя ли вычесть 3, и если можно, то
прибавляется 1.
Легко убедиться, что задача, предложенная
в этой последней форме, сводится в сущности
221

к предыдущим, потому что утроить число и взять
потом половину полученного произведения — это
все равно что прибавить к числу его половину и т. д.
Замечания
Понявший и всесторонне усвоивший доказатель¬
ства двух приведенных выше задач в их различных
видоизменениях может сам легко создать множе¬
ство правил, подобных предыдущим, для угадыва¬
ния задуманного числа.
Можно, например, заставить утроить задуман¬
ное число, затем взять половину полученного про¬
изведения, эту половину заставить умножить уже
на 5 и взять половину произведения. Вслед за тем
спросить, сколько раз в этой последней половине
заключается число 15, и для каждых 15 взять по 4.
При этом, как и раньше, нужно к произведению 4
на число содержащихся в последней половине 15
прибавлять 1, 2 или 3, смотря по тому, когда деле¬
ние на 2 не совершается нацело — в первом случае,
во втором или в обоих вместе.
Внимательный читатель легко все это докажет
сам. К руководству его добавим только, что при до¬
казательстве он убедится в следующем:
Если задуманное число превышает какое-либо
двойно-четное* число на 1, то, отняв все 15, кото¬
рые содержатся в последней половине, найдем, что
в остатке заключается еще 5. Если задуманное чис¬
ло превышает какое-либо двойно-четное число на
2, то в остатке после деления последней половины
на 15 будет заключаться 8; и если, наконец, заду¬
манное число превышает двойно-четное на 3, то
в остатке получится 13.
Будем называть двойно-четным, или четно-четным,
числом такое число, которое делится на 4, и просто чет¬
ным — которое делится на 2 и не делится на 4.
222

Заметив это, можно, угадывая число, разно¬
образить свои вопросы по тому или другому из вы¬
шеприведенных образцов.
Можно также, например, заставить умножить
задуманное число на 5, взять половину полученного
произведения, эту половину опять умножить на 5 и
полученное снова разделить на 2, а затем спросить,
сколько раз в полученном числе заключается 25,
и для каждых 25 взять по 4. При этом нужно иметь
в виду опять-таки случаи, когда деление на 2 со¬
вершается нацело и когда нет, чтобы прибавить 1,
2 или 3 где следует или же не прибавлять ничего,
если деление на 2 в обоих случаях было нацело.
Словом, предложенные задачи можно разно¬
образить всячески.
Задача 89-я
УГАДАТЬ ЗАДУМАННОЕ ЧИСЛО
ИНЫМ ПУТЕМ
Сначала нужно поступать, как в предыдущих
задачах, т. е. просить утроить задуманное число,
взять половину (или большую половину) полу¬
ченного произведения, утроить эту половину и
взять снова половину (или большую половину)
полученного числа. Но затем вместо вопроса,
сколько раз в этой последней половине содер¬
жится 9, можно потребовать, чтобы сказали все
цифры, которыми пишется это последнее число,
кроме одной, лишь бы эта неизвестная загадываю¬
щему цифра не была ноль.
Точно так же необходимо, чтобы сказали и
порядок цифр, как тех, которые объявлены, так
и той, которая угадывающему еще не известна.
223

После этого, чтобы узнать задуманное число,
надо сложить все цифры, которые названы, и от¬
бросить от этой суммы 9 столько раз, сколько воз¬
можно. Остаток, который после этого получится,
надо вычесть из 9, и тогда получится неизвестная
цифра; или же, если остаток будет ноль, то неиз¬
вестная цифра и есть 9. Поступают именно так в
том случае, если оба раза деление пополам совер¬
шалось нацело. Если же, чтобы разделить число
пополам, приходилось прибавлять 1 в первый раз,
то нужно сначала к сумме известных цифр приба¬
вить еще 6 и поступать затем, как указано.
Если же для деления пополам приходилось
прибавлять 1 только второй раз, то к той же сумме
нужно добавлять 4.
Если же в обоих случаях деление не соверша¬
лось сразу нацело и приходилось прибавлять по 1,
то к сказанной сумме нужно прибавить 1.
Нашедши, таким образом, неизвестную цифру
последней половины, мы узнаем и саму половину.
Узнав же, сколько раз в ней заключается по 9, взяв
соответственное число раз по 4 и прибавляя, ког¬
да нужно, 1,2 или 3, получим искомое задуманное
число.
Например: задумано 24. Утроим и разделим
два раза — оказывается, что последняя половина
есть 54. Пусть задумавший число скажет угадываю¬
щему первую цифру 5. Тогда вычитанием 5 из 9
тотчас получается вторая цифра 4. Итак, послед¬
няя половина есть 54. В ней 9 содержится 6 раз.
Следовательно, задуманное число есть 4 х 6 = 24.
Положим еще, что задумано 25. Утраивая
и беря половину произведения, утраивая эту по¬
ловину и беря снова половину, находим 57. Но
224

нужно помнить, что в первом случае, чтобы полу¬
чить половину, приходилось прибавлять 1; поэто¬
му, если задумавший число объявит, например,
первую цифру 5, то надо к 5 прибавить 6, полу¬
чится 11, отбрасывая 9, получим 2, вычитая 2 из
9, получим вторую цифру 7. Итак, вторая полови¬
на 57; в ней 9 содержится 6 раз. Отсюда задуман¬
ное число равно 4 х 6 + 1 = 25.
Пусть еще задумавший число скажет, что по¬
следняя полученная им половина числа состоит
из трех цифр и что две последние цифры суть 13,
и что для деления пополам нацело приходилось
во второй раз прибавлять единицу. В таком случае
к сумме 1+3 = 4 нужно прибавить еще 4, получа¬
ется 8. Вычитая 8 из 9, получим единицу. Следо¬
вательно, последняя половина есть 113; в ней 9 со¬
держится 12 раз. Поэтому задуманное число есть
4 х 12 + 2 = 50.
Точно так же, если бы задумавший число ска¬
зал, что после утроений и делений на 2 он полу¬
чил трехзначное число, в котором первая цифра 1,
а последняя 7, и что в обоих случаях при делении
на 2 приходилось прибавлять по 1, то на основа¬
нии предыдущего поступаем так: 1 + 7 + 1 = 9. От¬
брасывая 9, получим в остатке ноль, т. е. неизвест¬
ная цифра последней половины есть 9 и сама эта
половина есть 197, где 9 заключается 21 раз. От¬
сюда по предыдущему заключаем, что задуманное
число есть 4 х 21 + 3 = 87.
Доказательство
Обращаясь к доказательству, данному для зада¬
чи 88-й, находим, что для числа вида 4п оконча¬
тельный результат вычислений дает 9п, т. е. число,
225

кратное 9. Следовательно, сумма цифр этого чис¬
ла должна делиться на 9, а отсюда заключаем, что
неизвестная нам цифра такова, что, сложив ее с
остальными известными цифрами, мы должны по¬
лучить число, делящееся на 9 (т. е. кратное девя¬
ти). Если же сумма известных нам цифр кратна 9,
то значит, неизвестная цифра сама есть 9, ибо нам
дано, что она не ноль.
Для числа вида Ап + 1 результат вычислений
есть 9п + 3; прибавляя сюда 6, получаем число,
кратное 9, т. е. кратна 9 и сумма его цифр.
Для числа вида Ап + 2 результат вычислений
дает 9п + 5; прибавляя 4, получаем число, крат¬
ное 9; следовательно, и сумма его цифр должна
быть кратной 9.
Наконец, для числа вида Ап + 3 окончательный
результат вычислений дает 9и + 8; прибавляя 1, на¬
ходим число кратное 9.
Сумма его цифр также должна быть кратной 9.
Итак, указанные нами выше правила верны.
Задача 90-я
ИНОЕ РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ
Можно просить удвоить задуманное число
и затем к полученному произведению прибавить
5. Затем полученное число взять 5 раз и приба¬
вить к полученному 10. Эту последнюю сумму
умножить еще на 10. Если спросить затем, какое в
конце концов получилось число, и отнять от него
350, то число оставшихся сотен и будет задуман¬
ное число.
Например: пусть задумано 3. По удвоении его
получается 6; прибавляя 5, получим 11; взять 5
раз 11 — получится 55; прибавить сюда 10 — по¬
226

лучится 65; увеличить в 10 раз — получится 650.
Если отнять отсюда 350, останется 300, т. е. три
сотни. Итак, задуманное число есть 3.
Доказательство
Над задуманным числом я совершаются следую¬
щие действия:
ях2 + 5 = 2я + 5;
(2л + 5) х 5 = Юл + 25;
Юл + 25 + 10 - Юл + 35;
(Юл + 35) х 10= ЮОя + 350;
100л + 350 - 350 = ЮОя;
ЮОя : 100 = л.
То есть всегда получится задуманное число.
Замечания
Рассматривая предыдущее доказательство, не¬
трудно понять, что последней задаче можно при¬
дать любое число различных видоизменений. Так,
например, если пожелать, чтобы всегда в резуль¬
тате число сотен выражало задуманное число и
чтобы приходилось умножать всегда на 2, 6 и 10,
но вычитать приходилось бы не 350, как в приве¬
денной задаче, а другое число, то нужно принять
во внимание, как получилось в вышеприведенной
задаче 350. Это число произошло так: прибавлено
5 да умножено на 5 — итого 25; к этому числу при¬
бавлено 10, получилось 35, умножив же это число
на 10, получим 350. Следовательно, если пожелать
вместо 350 вычитать из окончательного результата
другое число, то и задавать нужно прибавлять не 5
и 10, а другие числа. Зададим, например, вместо 5
прибавить 4, а вместо 10 прибавить 12. Ясно, что из
последнего полученного числа придется вычесть
227

320 (4x5 = 20; 20 + 12 = 32; 32 х 10 = 320), и тогда
получим остаток, число сотен которого и даст нам
задуманное число. Таким образом задачу можно
видоизменять до бесконечности.
Точно так же легко заметить, что, умножая за¬
думанное число на 2, на 5 и на 10, мы уже умножа¬
ем его в сущности на 100 (2 х 5 х 10 = 100).
Поэтому, желая опять-таки, чтобы число сотен
окончательного результата показывало задуман¬
ное число, — все равно, какие множители выбрать,
лишь бы умножение на них давало в окончатель¬
ном результате умножение на 100. Отсюда следует,
что, оставляя те же множители 2, 5, 10, можно из¬
менить их порядок, т. е. сначала умножить, напри¬
мер, на 5, потом на 10, а затем на 2 и т. д.
Точно так же вместо множителей 2, 5,10 можно
взять другие, дающие в произведении 100, напри¬
мер, 5, 4, 5 или 2, 25, 2 и т. д. Нужно помнить толь¬
ко при этом, конечно, что всем этим изменениям
множителей и прибавляемых чисел соответствует
изменение числа, которое нужно вычесть в конце.
Так, например, будем умножать на 5,4, 5, а прибав¬
лять числа 6 и 9, и пусть задуманное число будет 8.
Умножив на 5, получим 40; прибавив 6, полу¬
чим 40 + 6 = 46; умножив на 4, получим 160 + 24 =
= 184; прибавив 9, получим 160 + 33 = 193; умно¬
жив это число на 5, получим 800 + 165 = 965. То
есть для получения числа сотен, показывающего
задуманное число, нужно отнять в данном случае
165 (6 х 4 = 24; 24 + 9 = 33; 33 х 5 = 165).
Можно также взять не 100, а всякое иное число
и сделать так, чтобы оно заключалось в остатке от
последнего вычитания столько раз, сколько единиц
заключается в задуманном числе. Так, например,
возьмем число 24, которое можно представить со¬
стоящим из множителей 2,3,4, (2 х 3 х 4 = 24), а чис¬
ла, которые будем прибавлять, пусть будут 7 и 8.
228

Пусть задуманное число есть 5. Удваивая его,
находим 10; прибавляя 7, находим 10 + 7 = 17;
утраивая, находим (10 + 7) х 3 = 30 + 21 = 51; при¬
бавляя 8, находим 30 + 29 = 59; беря последнее чис¬
ло 4 раза, получим 120 + 116 = 236. Отнимая от¬
сюда 116, получим 120, где 24 заключено 5 раз, т. е.
получается задуманное число 5.
Можно также вместо трех множителей брать
только два и вместо двух чисел прибавлять только
одно, и тогда число десятков числа, полученного
после вычисления, подобного предыдущему, пока¬
жет задуманное число.
Можно также брать 4, 5, 6 и т. д. множителей,
прибавлять соответственное (3, 4 и т. д.) количе¬
ство чисел, затем, поступая, как указано выше, уга¬
дывать задуманное кем-либо число.
Можно, наконец, вместо того чтобы прибавлять
числа, вычитать их, а в конце вместо вычитания
прикладывать известное число. Так, например, вос¬
пользуемся числами первого примера настоящей
задачи, и пусть задуманное число будет 12. Удвоив
его, получим 24; вычитая отсюда 5, получим 24 - 5;
умножая на 5, получаем 120 - 25; вычитая 10, по¬
лучаем 120 - 35; умножая на 10, получаем 1200 -
350. Здесь вместо того, чтобы вычесть, нужно при¬
бавить 350, сумма получится 1200 и число сотен
в ней, 12, дает задуманное число.
Словом, читатель может видоизменять и раз¬
нообразить эту задачу как ему угодно.
Задача 91-я
Угадать задуманное число иным путем.
Изложим теперь способ, который с виду ка¬
жется замысловатее других, хотя доказывается
очень легко.
229

Пусть кто-либо задумает какое-нибудь число.
Затем заставьте его умножить это число на какое
угодно заданное вами другое число, полученное
произведение разделить на какое угодно заданное
вами число, затем частное опять умножить на ка¬
кое вам угодно число, это произведение опять раз¬
делить на какое угодно заданное вами число и т. д.
Если угодно, то можно предоставить тому, кто за¬
думал число, самому умножать и делить задуман¬
ное число на какие ему угодно числа, лишь бы он
сообщал каждый раз, на какое число он множит и
на какое делит. Но чтобы угадать задуманное чис¬
ло, сам угадывающий пусть в то же время возьмет
какое-либо число и проделывает над ним все те
же самые умножения и деления, что и задумав¬
ший число. Остановившись затем на каком-либо
делении, попросите задумавшего число, чтобы
он разделил на задуманное им число то послед¬
нее число, которое он получил. Точно так же и вы
(угадывающий) разделите последнее вами полу¬
ченное число на взятое вами первоначально. Тогда
у вас получится то же частное, что и у задумав¬
шего число. После этого пусть задумавший число
прибавит к полученному им в уме частному заду¬
манное число и скажет вам результат. Вычитая из
этого результата уже известное вам частное, полу¬
чаете задуманное число.
Например: пусть кто-либо задумает число 5.
Скажете ему помножить его на 4; результат (20)
разделить на 2 (получится 10); полученное чис¬
ло умножить на 6 (получится 60); это последнее
произведение разделить на 4 (получится 15). Но в
то же время вы сами должны выбрать какое-либо
число и делать над ним все те же действия. Пусть
230

например, вы возьмете 4 (лучше вообще брать для
удобства 1). Умножая на 4, вы получаете 16; деля
на 2, вы получаете 8; умножая на 6, вы получае¬
те 48; деля это число на 4, вы получите 12. Вслед
за тем вы говорите задумавшему число, чтобы он
последнее полученное им число (т. е. 15) разделил
на задуманное (т. е. 5). У него получится 3.
Если вы в то же время свое последнее полу¬
ченное число 12 разделите на взятое вами сна¬
чала, т. е. на 4, то получите также 3. Сделав вид,
что вам неизвестно полученное вашим партнером
частное, вы говорите ему, чтобы он прибавил к по¬
лученному им числу задуманное число и сказал
вам результат; он, конечно, скажет вам в этом при¬
мере 8. Отнимая от 8 полученное уже вами част¬
ное 3, найдете задуманное другим число 5.
Доказательство
Если над каким-либо числом п производится ряд
умножений и делений, то получается результат
a-b-с-... „
вида п . Если произвести те же деи-
g-h-k-...
ствия над числом р, то получится результат вида
a-b-с-... л
р . Оба эти результата, разделенные пер-
g-h-k-...
вый на гг, а второй на р, дадут, очевидно, одно и то
a-b-с-... тт а-Ь-с...
же число —— . Итак, зная число —— и
g'hk'... g-h-k-...
a-b-с-...
если дано число + гг, достаточно из по-
g-h-k-...
следнего вычесть первое, чтобы получить число п.
Замечание: можно, очевидно, всячески видо¬
изменять настоящую задачу, так как, во-первых,
можно делить и умножать на какие угодно числа,
231

а во-вторых, вместо того чтобы умножать и делить
поочередно, можно сначала умножать два, три и
т. д. раза сряду, а затем столько же раз делить или
наоборот. Можно также, зная последнее частное,
заменять сложение вычитанием, если задуманное
число окажется меньше полученного последнего
частного, и т. д.
Задача 92-я
Угадать несколько задуманных кем-либо чисел.
I. Пусть кто-либо задумает нечетное число
каких-либо чисел, т. е. 3, или 5, или 7, или 9 и т. д.
чисел, и пусть он скажет вам сумму первого и вто¬
рого чисел, затем суммы второго и третьего, тре¬
тьего и четвертого и т. д., наконец, сумму послед¬
него из задуманных им чисел и первого.
Возьмите эти суммы в том же порядке, как они
сказаны вам, и сложите вместе все те, которые
стоят на нечетных местах (т. е. первую с третьей,
пятой и т. д.), а затем сложите все те, которые
стоят на четных местах (т. е. вторую с четвертой,
с шестой и т. д.) и вычтите из первого результата
второй. Остаток и даст удвоенное первое задуман¬
ное число. Беря половину этого остатка, получаем
само число. Зная его, нетрудно найти остальные
числа, так как суммы первого и второго, второго
и третьего и т. д. известны.
Доказательство
Пусть задуманные числа будут а, Ъ, с, d, е. Даны
суммы:
а + b; b + с; с + d; d + е; е + а.
232

Складывая суммы, стоящие на нечетных ме¬
стах, получим:
a + b + c + d + e +а,
и, складывая суммы, стоящие на четных местах,
получим:
b + с + d + е.
Вычитая из первой суммы вторую, получаем
2а. Половина этого числа есть первое из задуман¬
ных чисел а; вычитая а из а + Ь, получим b и т. д.
ДРУГОЙ СЛУЧАЙ
II. Если же кто-либо задумает четное число чи¬
сел, то, как и выше, пусть он скажет суммы заду¬
манных чисел по два (первого со вторым, второго
с третьим и т. д.), но в конце пусть объявит сумму
не последнего с первым задуманным числом, но
последнего со вторым. После этого опять нужно
сложить все суммы, стоящие на нечетных местах,
кроме первой, затем все суммы, стоящие на чет¬
ных местах, и из этого результата вычесть первый.
Остаток и даст удвоенное второе задуманное число.
Доказательство
Пусть задуманы числа a, b, с, d, e,f. Даны суммы:
а + Ь; b + с; с + d; d + е; е + f; f + Ъ.
Суммы, стоящие на нечетных местах, за исклю¬
чением первой, дают:
с + d + е + /.
233

Суммы, стоящие на четных местах, дают:
b + c + d + e+ f + b.
Разность между этой суммой pi предыдущей
есть 2Ьу половина этого числа и есть задуманное
второе число Ь. Остальные числа найти уже легко.
Замечания
Можно эту же задачу решать иными способами, из
которых укажем на следующие.
Пусть число задуманных чисел будет нечетное.
Сложив все данные суммы и разделив полученное
число пополам, найдем сумму всех задуманных
чисел. Если же задумано четное число чисел, то
сложим все данные суммы, кроме первой, резуль¬
тат поделим пополам и получим сумму всех заду¬
манных чисел, кроме первого. Но, зная сумму всех
задуманных чисел, легко найти в данном случае
каждое число в отдельности. Пусть, например, за¬
думаны числа 2, 3, 4, 5, 6. Суммы, которые дают¬
ся, будут 5, 7, 9, 11, 8. Складывая эти числа, полу¬
чим 40. Половина этого числа 20 и есть сумма всех
задуманных чисел.
Зная теперь, что сумма второго и третьего заду¬
манных чисел есть 7, а сумма четвертого и пятого
чисел есть 11, вычитаем 7+11 = 18 из 20 и получа¬
ем первое задуманное число 2 и т. д.
Подобным же образом надо поступать и в том
случае, когда задумано четное число чисел.
Можно узнавать числа и так. Если кто-либо за¬
думает 3 числа, предложите ему сказать их суммы
по 2, как объяснено выше; если он задумал 4 числа,
предложите ему сложить их по 3 и сказать вам сум¬
мы; если задумано 5 чисел, предложите сложить их
по 4 и сказать всем суммы и т. д. Затем, чтобы отга¬
234

дать задуманные числа, нужно руководствоваться
следующим общим правилом.
Все известные суммы сложить и полученный
результат разделить на число, единицей меньшее
числа задуманных чисел. Полученное частное и
есть сумма всех задуманных чисел. После это¬
го уже нетрудно найти каждое число в отдель¬
ности. Пусть, например, задуманы 3, 5, 6, 8. Сум¬
мы их по 3 будут 3 + 5 + 6 = 14; 5 + 6 + 8 = 19;
6 + 8 + 3 = 17; 8 + 3 + 5 = 16. Складывая эти сум¬
мы, получаем 66. Эту сумму надо разделить на 3
(т. е. на число, меньшее единицей числа задуман¬
ных количеств). Получается 22, сумма всех заду¬
манных чисел. Если теперь из 22 вычесть 14, полу¬
чим последнее из задуманных чисел — 8; вычитая
19, получаем первое — 3 и т. д. Понять и доказать
все это нетрудно.
Желающим предоставляем доказать, почему
в случае четного числа задуманных чисел нельзя
брать попарно сумм так, чтобы последняя состоя¬
ла из последнего задуманного числа плюс первое,
а непременно последнее и второе из задуманных
чисел.
Задача 93-я
Угадать задуманное число, ничего не спраши¬
вая у задумывающего.
Предложите кому-либо задумать число, за¬
тем пусть он умножит задуманное число на про¬
извольно выбранное вами число; к этому числу
пусть он прибавит любое данное вами число и
полученную сумму разделит на данное вами же
произвольное число. В то же время данный вами
множитель разделите в уме на данный делитель
и сколько единиц и частей единицы заключается
235

в полученном частном, столько раз предложите
задумавшему число отнять от полученного им
частного задуманное число, и вы тотчас же скаже¬
те ему остаток, который он получил. Этот остаток
всегда равен частному, полученному от деления
того числа, которое вы дали, чтобы приложить
к произведению, на данный вами же делитель.
Например: пусть кто-либо задумает 6; скажи¬
те ему умножить его на 4. Получится 24; скажите
прибавить 15, получится 39. Скажите разделить
на 3, получится 13. Деля в уме в то же время 4 на
о 4 .1
3, получаете —, или 1—.
3 3
Поэтому предложите задумавшему число от¬
нять от полученного им частного задуманное чис¬
ло да еще одну треть этого числа (т. е. 6 да еще
2 — всего 8), остается 13-8 = 5. Тот же результат
получится, если вы данное вами число 15 разде¬
лите на данный вами же делитель 3.
Доказательство
Действия, которые производятся здесь над заду-
па + Ь
манным числом п, можно выразить так: , а
с
па b
это выражение можно представить в виде — + —.
„ и с с
п а о
Ясно, что вычитая п—, получим остаток —.
с с
Замечание
Настоящая задача решена нами в довольно общем
виде. Употребляется иными часто такой частный
случай ее. Заставляют удваивать задуманное чис¬
ло, затем прибавлять к результату произвольное, но
236

четное число, затем заставляют полученную сумму
делить на 2 и из частного вычесть один раз заду¬
манное число. Остаток, конечно, всегда получится
равным половине прибавленного раньше четного
числа. Очевидно, однако, что интереснее решать
задачу в общем виде. Тем более что при этом мож¬
но практиковаться в дробях. Если же почему-либо
нежелательно получать дроби, то всегда возможно
подобрать такие числа, чтобы дробей не получа¬
лось.
Задача 94-я
Дано 2 числа — одно четное, другое нечетное, —
и предложено двум лицам взять одному четное
число, а другому нечетное, какое кто пожелает.
Угадать, кто выбрал четное и кто нечетное число.
Вы предлагаете, например, Петру и Ивану 2
числа (одно четное и другое нечетное), например
10 и 9. Из них один, уже без вашего ведома, берет
четное, а другой нечетное число. Чтобы угадать,
какое кто число взял, вы также возьмите два чис¬
ла, четное и нечетное, например, 2 и 3, и скажите,
чтобы Петр взятое им число помножил про себя на
2, а Иван свое число — на 3, после чего пусть они
сложат полученные ими числа и скажут вам полу¬
ченную сумму. Или же пусть скажут только, чет¬
ное или нечетное число они получили после сло¬
жения, так как вам нужно знать только это. Если
же хотите задачу сделать более непонятной, то
выведайте это у них другим путем (предлагая, на¬
пример, разделить полученную ими сумму на два и
сказать, делится или не делится она нацело ит.д.).
Положим, вы узнали, что получилась четная сум¬
ма, тогда ясно, что число, помноженное на 3, было
237

четное, т. е. Иван взял четное число 10, а Петр —
нечетное 9. Если же по сложении у них получилась
нечетная сумма, то ясно, что тот взял нечетное чис¬
ло, кому вы сказали умножить его на 3.
Доказательство
Число, которое умножается на 2, дает всегда произ¬
ведение четное. Следовательно, сумма обоих про¬
изведений четна или нечетна, смотря по тому, бу¬
дет ли четно или нечетно другое произведение. Но
если число множится на нечетный множитель, то
произведение будет четным, если множимое четно,
и нечетным, если множимое нечетно. Итак, по сум¬
ме обоих произведений можно судить, четно или
нечетно то число, которое множится на нечетный
множитель.
Задача 95-я
Та же задача с двумя взаимно простыми чис¬
лами.
Предложите двум лицам заменить любое из
данных двух чисел, но таких, чтобы эти числа были
между собой взаимно простые, как, например, 9,7,
и, кроме того, чтобы одно из них было составное
(как в данном примере 9). Множителями, на ко¬
торые вы хотите, чтобы помножили замеченные
числа, возьмите также два взаимно простых чис¬
ла, но таких, чтобы одно из них содержалось целое
число раз в одном из чисел, данных на выбор двум
лицам. Например, если взять 3 и 2, то эти числа —
взаимно простые, и 3 есть множитель 9. Вслед за
тем скажите одному лицу умножить выбранное им
число на 2, а другому — на 3, сложить результаты и
238

сказать вам или полученную сумму, или же делит¬
ся ли эта сумма нацело на тот данный вами множи¬
тель, который в свою очередь содержится в одном
из предложенных вами на выбор чисел (например,
во взятом нами примере узнать, делится ли число
на 3). Узнав это, тотчас же можно узнать, кто ка¬
кое число заметил. В самом деле, если полученная
сумма делится на 3, это значит, что на 3 умножено
число, не целящееся на 3, т. е. 7; наоборот, если по¬
лученная сумма не делится на 3, то это значит, что
на 3 было умножено число, делящееся на 3, т. е. 9.
Точно так же поступают и в тех случаях, когда бе¬
рутся и предлагаются другие числа, лишь бы они
удовлетворяли изложенным выше условиям.
Доказательство
Пусть АиВ суть взаимно простые числа, а два дру¬
гих, а и с, — тоже взаимно простые числа, причем
А есть кратное числа а. После соответственных
умножений может получиться сумма
Ас + Ва или Аа + Вс.
И ясно, что первая сумма делима на а, вторая
же — нет. Следовательно, В умножается или не
умножается на а, смотря по тому, делима ли неде¬
лима на а сумма, полученная задумавшими после
соответственных умножений и сложения.
Задача 96-я
Отгадать несколько задуманных чисел, если
каждое из них не превышает 10.
Попросите задумавшего умножить первое из
задуманных чисел на 2 и к произведению приба¬
239

вить 5, полученную сумму умножить на 5 и к ре¬
зультату прибавить 10. К полученному числу при¬
бавить второе задуманное число и все помножить
на 10; к полученному результату прибавить тре¬
тье задуманное число и опять помножить на 10;
потом прибавить четвертое из задуманных чисел
и опять помножить на 10 и т. д. Словом, пусть за¬
думавший несколько чисел, каждое из которых не
превышает 10, постоянно умножает на 10 и при¬
бавляет одно из задуманных чисел, пока не при¬
бавит последнего. Вслед за тем пусть задумавший
числа объявит последнюю полученную им сумму,
и если задумано только 2 числа, то, вычтя из этой
суммы 35, найдем, что число десятков остатка даст
первое задуманное число, а число простых единиц
даст второе задуманное число. Если же задумано
3 числа, то из сказанной вам суммы вычтите 350,
и тогда число сотен даст первое задуманное чис¬
ло, число десятков — второе, число простых еди¬
ниц — третье. Если задумано четыре числа, то из
сказанной вам суммы вычтите 3500, и тогда число
тысяч остатка даст первое задуманное число, чис¬
ло сотен — второе, число десятков — третье, число
простых единиц — четвертое. Ясно, что в случае
5 задуманных чисел нужно из сказанного вам ре¬
зультата вычитать 35 000 и т. д.
Например, пусть задуманы 3, 5, 8, 2. Удваивая
первое из них, получим 6; придавая 5, находим И;
умножая это число на 5, имеем 55; придавая 10,
получаем 65; прибавляя сюда второе задуманное
число, получим 70; умноженное на 10, оно дает
700; придавая сюда третье задуманное число, по¬
лучим 708; умножая на 10, получим 7080; при¬
давая сюда четвертое число, получим 7082. Если
240

теперь из этого последнего числа вычесть 3500, то
получится остаток 3582, который и выражает по
порядку цифр задуманные числа: 3,5, 8, 2.
Доказательство
Пусть задуманные числа будут a, b, с, d... Над ними
производятся следующие операции:
Для первых двух чисел:
(2а + 5) х 5 = 10а + 25; 10а + 25 + 10 = 10а + 35;
10а + 35 + b — 10а + b + 35.
Для третьего числа:
(10а + b + 35) х 10 + с = 100а + 10b + с + 350.
Для четвертого:
(100а + 106 + с + 350) х 10 + d =
= 1000а + 1006 +\0c + d + 3500.
И т. д. Откуда и ясно, что, вычитая из результа¬
та 35,350,3500... смотря по количеству задуманных
чисел, мы получим все задуманные числа в остат¬
ке, считая слева направо.
Замечания
Данную задачу, изложенную в довольно общем
виде, можно, очевидно, видоизменять и прилагать
ко многим частным случаям.
Так, например, при игре в кости с помощью
этой задачи можно угадать, не смотря, число вы¬
брошенных каждой костью очков. И это тем более
легко, что число очков каждой кости не превыша¬
ет 6. Способ угадывания и правила остаются совер¬
шенно те же.
Другие пользуются этими же правилами для
того, чтобы угадать, кто из нескольких лиц взял
241

какую-либо вещь, в какой руке ее держит, на каком
пальце и даже на каком суставе.
В таком случае необходимо расположить дан¬
ных лиц в известном порядке так, чтобы один счи¬
тался первым, другой — вторым, следующий — тре¬
тьим и т. д. Точно так же нужно представить, что
одна рука есть первая, а другая — вторая и что на
каждой руке есть первый, второй, третий, четвер¬
тый и пятый пальцы, и то же самое относительно
суставов на каждом пальце — один из них пусть
будет первым, другой вторым и т. д. В таком случае
задача сводится к угадыванию четырех задуман¬
ных чисел. В самом деле, пусть из нескольких лиц
тот, кого вы назвали четвертым, взял какую-либо
вещь и держит ее во второй руке, на пятом пальце
в третьем суставе. В таком случае вы просите, что¬
бы взявший вещь удвоил то число, которым он счи¬
тается по порядку (у него получится 8). Прибавляя
сюда 5, помножая результат на 5 и прибавляя 10,
взявший вещь получит некоторое число (в нашем
примере 75). К этому числу скажите ему прибавить
число руки и результат умножить на 10 (в нашем
примере получится 770); к этой сумме скажите
прибавить число, выражающее палец руки, и опять
умножить на 10 (в нашем примере взявший вещь
получит 7750). И наконец, прибавить к этому по¬
следнему числу число, выражающее сустав; пусть
кто-либо другой из играющих, не имеющий вещи,
скажет вам общую полученную сумму. Вам скажут
в данном примере 7753. Отнимая отсюда 3500, вы
получите 4253. Числа 4, 2, 5 и 3 и показывают вам,
что взятая вещь находится у четвертого из играю¬
щих лиц во второй руке на пятом пальце и на тре¬
тьем суставе.

ВОЛШЕБНЫЕ КВАДРАТЫ
(Основы теории)
В предыдущих главах мы уже не раз встреча¬
лись с волшебными квадратами и при помощи
карт или домино практически решали задачи о
составлении их. Вполне уместно поэтому будет
заключение войти в область основных теоретиче¬
ских понятий о волшебных квадратах, тем более
что всякого рода связанные с ними задачи и раз¬
влечения весьма распространены.
При изложении предлагаемых теоретических
начал мы пользуемся прекрасными статьями про¬
фессора В. П. Ермакова, а также статьей г. Е. Ор¬
лова, которые были напечатаны в «Журнале эле¬
ментарной математики» за 1884—1885 годы. Но,
как мы уже упоминали раньше, для более полного
и детального изучения теории волшебных квад¬
ратов необходимо обратиться к специальным со¬
чинениям, в частности хотя бы к указанным в на¬
стоящей книге.
Теория волшебных квадратов, казалось бы,
стоит особняком в ряду иных отделов математи¬
ки и имеет мало «практических» приложений.
Тем не менее не пренебрегайте ею. Над ней рабо¬
тали такие высочайшие математические умы, как
243

Ферма, и с помощью ее не раз приходили к самым
удивительным и значительным открытиям.
ПОЛНЫЕ ВОЛШЕБНЫЕ КВАДРАТЫ
В квадрате, состоящем из п2 клеток, напишем
все числа, от единицы до п2. Если сумма чисел в
каждом горизонтальном ряду, в каждом верти¬
кальном ряду и в каждой диагонали одинакова, то
такой квадрат называется волшебным.
Из каждого волшебного квадрата поворачива¬
нием и переворачиванием можно составить еще
7 новых волшебных квадратов.
Если все восемь квадратов, полученных пово¬
рачиванием и переворачиванием одного квадрата,
считать за одно решение, то в таком предположе¬
нии существует только один волшебный квадрат,
состоящий из девяти клеток.
6
1
00
7
5
3
2
9
4
Для квадратов, состоящих из большого числа
клеток, мы введем еще новое условие. Если вол¬
шебный квадрат после перенесения одного или
нескольких горизонтальных или вертикальных
рядов с одной стороны на другую не теряет сво¬
их свойств, т. е. остается также волшебным, то
такой квадрат мы будем называть полным волшеб¬
ным квадратом. Если мы в первом из написанных
ниже волшебных квадратов перенесем первый
вертикальный ряд с левой стороны на правую,
244

мы получим второй волшебный квадрат. Перено¬
ся во втором квадрате первый вертикальный ряд
с левой стороны на правую, мы получим третий
волшебный квадрат. Делая подобную операцию с
третьим квадратом, мы получим четвертый вол¬
шебный квадрат.
8
13
12
1
И
2
7
14
5
16
9
4
10
3
6
15
1
8
13
12
14
11
2
7
4
5
16
9
15
10
3
6
12
1
8
13
7
14
11
2
9
4
5
16
6
15
10
3
13
12
1
8
2
7
14
11
16
9
4
5
3
6
15
10
Все эти четыре квадрата суть полные волшеб¬
ные квадраты. Перенося в каждом из них верти¬
кальные ряды с одной стороны на другую, мы по¬
лучим из каждого квадрата еще 3 новых полных
волшебных квадрата.
Дадим еще другое определение полного вол¬
шебного квадрата. Две параллельные диагонали,
находящиеся с различных сторон главной диаго¬
нали, мы будем называть дополнительными, если
число клеток в обеих диагоналях равно числу
клеток в главной диагонали. Две дополнительные
диагонали надлежащим перенесением горизон¬
245

тальных или вертикальных рядов всегда могут
быть преобразованы в одну главную диагональ.
Полным волшебным квадратом называется такой
квадрат, в котором сумма чисел в каждом гори¬
зонтальному ряду, в каждом вертикальном ряду,
в каждой главной диагонали и в каждых двух до¬
полнительных диагоналях одна и та же.
Всякий полный волшебный квадрат перене¬
сением горизонтальных и вертикальных рядов с
одной стороны на другую может быть преобразо¬
ван в такой квадрат, в котором данное число на¬
ходится в данной клетке.
Волшебный квадрат с девятью клетками не
может быть полным.
Докажем теперь, каким образом могут быть
составлены все полные волшебные квадраты
с 16 клетками. Возьмем 4 квадрата:
а
а
а
а
а
а
а
а
ъ
ъ
ь
ъ
ъ
ъ
ъ
ъ
d
d
d
d
d
d
d
d

Наложив их один на другой и сложив буквы
в каждой клетке, мы получим следующий квадрат:
b + с + d
а + Ъ
а + с + d
а + Ь + с
а + d
С
b + d
с + d
ь
а + b + с + d
а
а + Ь + d
а + с
d
Ь + с
Если мы в этом последнем квадрате вместо а,
b, end подставим в каком-нибудь порядке 1, 2, 4
и 8, после этого числа в каждой клетке увеличим
на единицу, то получим такой полный волшебный
квадрат, в котором в левом верхнем углу стоит
единица. Полагая, например, а = 1, 6 = 2, с = 4 и
d = 8, мы получим полный волшебный квадрат,
рассмотренный нами раньше. Так как 4 буквы
можно перемещать 24 различными способами,
то нашим приемом мы можем получить 24 таких
полных волшебных квадрата, в каждом из кото¬
рых в левом верхнем углу стоит единица. Из по¬
лученного таким образом каждого квадрата пере¬
несением горизонтальных и вертикальных рядов
с одной стороны на другую мы можем образовать
еще 15 новых квадратов. Всего, следовательно,
мы можем найти 16 х 24 = 384 полных волшебных
квадрата с 16 клетками.
Указанный нами прием дает все возможные
полные волшебные квадраты с 16 клетками; боль¬
ше 384 таких квадратов не может быть.
247

Покажем теперь способ составления полных
волшебных квадратов с 25 клетками. Наложив
два квадрата один на другой
а
ь
с
d
е
d
е
а
ь
с
ь
с
d
е
а
е
а
ъ
с
d
с
d
е
а
ь
а
ь
g
d
е
g
d
е
а
ь
е
а
ь
g
d
1)
g
d
е
а
d
е
а
ь
g
и сложив буквы в каждой клетке, мы получим
следующий квадрат:
а + a b + b
d+gе+d
c + g
а + е
d + d
b + а
6 + е
е + Ь
с + d
с + а
а + g
flf + е
</ + b
b + d
е + а
e + g
с + е
а + b
е + е
с + b
а + d
d + a
6 + g
Если мы в этом последнем квадрате вместо а, Ъ,
с, d, е подставим в каком-нибудь порядке 1,2,3,4,
5 и вместо a, b, g, d, е подставим тоже в произволь¬
ном порядке 0, 5, 10, 15, 20, то получим полный
волшебный квадрат. Так как число перемещений
из 5 букв равно 120, то указанным способом мы
можем образовать 120 х 120=14 400 полных вол¬
шебных квадратов. Столько же полных волшеб¬
248

ных квадратов мы можем образовать, подставляя,
наоборот, 0, 5,10, 15, 20 вместо а, Ь, c,d,en 1, 2, 3,
4, 5 вместо a, b, g, d, е.
Полагая, например а = \, b = 2, с = 3, d = 4, е = 5,
а = 0, b = 5, g = 10, d = 15, е = 20, мы получим сле¬
дующий квадрат:
1
7
13
19
25
14
20
21
2
8
22
3
9
15
16
10
11
17
23
4
18
24
5
6
12
Указанный нами прием дает все возможные
полные волшебные квадраты с 25 клетками; боль¬
ше 28 800 таких квадратов не может быть.
Способ составления полных волшебных квад¬
ратов с 25 клетками может быть распространен
на квадраты с большим числом клеток, если толь¬
ко это число не делится ни на 2, ни на 3; но дока¬
зать, что таким способом получаются все возмож¬
ные полные волшебные квадраты, — дело весьма
трудное.
Желающие доказать приведенные выше теоре¬
мы могут найти их в специальных сочинениях или
же пусть докажут их сами. Предлагаем также за¬
няться составлением полных волшебных квадра¬
тов с 36 клетками. Для руководства заметим, что
метод составления полных волшебных квадратов
состоит главным образом в разложении таких
квадратов на простейшие квадраты. Для решения
249

задачи необходимо знакомство со свойствами кор¬
ней двучленного уравнения, так как составление
волшебных квадратов находится в тесной связи
с разложением на множители двучлена:
хп2 -1.
Так, теперь мы имеем:
х16-1
= (х + 1)(х2 +1)04 + 1)(лг8 + 1).
х-1
Так как во второй части четыре множителя, то
эта формула показывает, что каждый волшебный
квадрат с 16 клетками может быть разложен на
четыре простейших квадрата.
СРЕДНИЕ ВОЛШЕБНЫЕ КВАДРАТЫ
С ШЕСТНАДЦАТЬЮ КЛЕТКАМИ
Возьмем волшебный квадрат с четным числом
клеток и разделим его горизонтальной и верти¬
кальной линиями пополам. Если после переста¬
новки одной половины на место другой квадрат
не изменяет своих свойств, т. е. остается также
волшебным, то такой квадрат мы будем называть
средним волшебнъш квадратом. Складывая два
квадрата,
а
С
d
ь
d
ь
а
С
ъ
d
с
а
С
а
ь
d
а
d
С
ь
ь
С
d
а
d
а
ь
с
С
ь
а
d

мы получим общее выражение для среднего вол¬
шебного квадрата с 16 клетками:
а + а
с + d
d + c
b + b
d + Ъ
b + с
а + d
с + а
Ь + d
d + а
с + b
а + с
с + с
а + b
b + а
d+d
Числа, стоящие в клетках этого квадрата, —
суть не что иное, как показатели при различных
членах произведения, полученного от умножения
двух четырехчленов:
P = xa+xb+x£+xfi
Q = x° +xf> +хс +х*.
Нам известно также, что в клетках волшебного
квадрата должны стоять все числа от единицы до
16, поэтому
Остается подобрать 8 чисел a, b, с, d, a, b, с, d
таким образом, чтобы последнее уравнение об¬
ратилось в тождество. Вторая часть уравнения
разбивается на произведение четырех двучле¬
нов:
х17 -х
х — \
= х(х + 1)(1 + X2 )(1 + X4 )(1 + X8 ).
Отсюда следует, что нашему уравнению можно
удовлетворить шестью различными способами:
251

1. Р + лг(1 +л:)(1 + х2), Q+ (1 +х4)(1 + :С),
2. Р + х(\ +лг)(1 + хА), Q+(1+^X1+л8),
3. Р + д(1 +лг)(1 +Л8), Q+(l+^)(1+Л4),
4. Р + лг(1+^)(1+Л4), Q+(l + х)(1 +л®>,
5. Р + х( 1 + ^)( 1 + л8), Q + (1 + jc)( 1 + х2),
6. Р + д(1 + *0(1 +л®), Q+(l +x)(i +Х2).
Сравнив показатели различных членов в обе¬
их частях, мы заметим, что вместо a, b, с, d, а, Ь,
с, d могут быть подставлены числа, указанные в
следующей таблице:
а,
ъ,
С,
d
а,
Ь,
с,
d
1,
2,
з,
4
0,
4,
8,
12
1,
2,
5,
6
0,
2,
8,
10
1,
2,
9,
10
0,
2,
4,
6
с
з,
5,
7
0,
1,
8,
9
1,
3,
9,
11
0,
1,
4,
5
1,
5,
9,
13
0,
1,
2,
3
По этой таблице вместо букв могут быть под¬
ставлены числа, стоящие в каком-нибудь из ше¬
сти рядов. Вместо а, b, с, d могут быть подстав¬
лены в произвольном порядке числа, стоящие в
каком-нибудь ряду с левой стороны таблицы;
вместо a, b, с, d могут быть подставлены также в
произвольном порядке числа, стоящие в том же
ряду с правой стороны таблицы. Для примера по¬
лагая
а= 1, 6=10, с = 2, d= 9;
а = 2, b = 4, с = 6, d = 0,
мы составим следующий волшебный квадрат:
252

3
2
15
14
13
16
1
4
10
11
6
7
8
5
12
9
Так как 4 цифры мы можем перемещать
24 способами, то число всех волшебных средних
квадратов равно 6 х 24 х 24 = 3456. Если же мы
условимся считать за одно решение все 8 квад¬
ратов, полученных поворачиванием и перево¬
рачиванием одного квадрата, то число различ¬
ных средних волшебных квадратов будет равно
3456 : 8 = 432. В этом числе заключаются также и
полные волшебные квадраты, так как последние
представляют только частный случай средних
квадратов.
Указанный прием дает все возможные средние
волшебные квадраты с 16 клетками; более 3456 та¬
ких квадратов не может быть.
ПРАВИЛЬНЫЕ ВОЛШЕБНЫЕ КВАДРАТЫ
С ШЕСТНАДЦАТЬЮ КЛЕТКАМИ
Каждый волшебный квадрат может быть раз¬
ложен на сумму нескольких квадратов. Возьмем
волшебный квадрат с 16 клетками; в нем написа¬
ны все числа от 1 до 16. Уменьшив каждое из чисел
на 1, мы получим волшебный квадрат, в клетках
которого будут все числа от 0 до 15. Каждое число
от 1 до 15 может быть составлено сложением че¬
тырех чисел: 1, 2,4, 8.
253

1 = 1
6 = 2 + 4
11 = 1 + 2 + 8
2 = 2
7 = 1 + 2 + 4
12 = 4 + 8
3=1+2
8 = 8
13 = 1 + 4 + 8
4 = 4
9 = 1+8
14 = 2 + 4 + 8
5 = 1+4
10 = 2 + 8
15=1 + 2 + 4 + 8
Разложив таким образом каждое число на со¬
ставные части и выделив в один квадрат единицы,
в другой — двойки, в третий — четверки и в чет¬
вертый — восьмерки, мы разложим каждый вол¬
шебный квадрат с 16 клетками на сумму четырех
квадратов. Так, например, квадрат
9
14
2
5
15
4
8
3
0
11
7
12
6
1
13
10
разлагается на сумму четырех:
1
1
1
1
1
1
1
1
4
4
4
4
4
4
4
4
2
2
2
2
2
2
2
2
00
00
00
00
00
00
00
00

Волшебный квадрат
0
4
15
11
9
13
2
6
14
10
5
1
7
3
8
12
разлагается на сумму четырех квадратов:
1
1
1
1
1
1
1
1
4
4
4
4
4
4
4
4
00
00
00
00
00
00
00
00
Волшебный квадрат с 16 клетками мы будем
называть правильным, если каждый из его четы¬
рех составных квадратов есть также волшебный
квадрат.
Простейших волшебных квадратов, в клетках
которых стоят только два различных числа, мо¬
жет быть восемь. Прежде всего мы имеем четыре
полных простейших квадрата:
255

а
а
а
а
а'
а!
а
а
а
а
о!
а!
а!
а!
а
а
ъ
У
ъ
У
ъ
У
ъ
У
У
ъ
У
ъ
У
ъ
У
ъ
Далее имеем два средних квадрата:
е
е
е9
е'
е'
е9
е
е
е'
е'
е
е
е
е
е'
е’
d
d'
у
d
d’
d
d
d'
d
d'
d’
d
d'
d
d
d'
/
/'
/'
/
/
/'
/'
/
/'
/
/
/'
/'
/
/
/'
Кроме того, есть еще два простейших волшеб¬
ных квадрата:
h
У
h
У
У
У
h
h
h
h
У
У
У
h
У
h
g
g
g
g
g
g
g
g
g
g
g
g
g
g
g
g
Складывая восемь простейших квадратов по
четыре, мы можем получить все возможные пра¬
вильные волшебные квадраты с 16 клетками.
Впрочем, мы должны выбирать только такие ком¬
бинации по четыре, чтобы числа в клетках полу¬
ченного квадрата были различны между собою;
этому условию удовлетворяют только одиннад¬
цать комбинаций.
256

Условимся обозначать наши простейшие квад¬
раты соответственно буквами А, В, С, D, Е, F, G,
Н. Прежде всего мы получаем полный волшебный
квадрат сложением четырех простейших полных
квадратов:
А + В + С + D.
Далее мы имеем восемь следующих средних
квадратов:
А + В + С + Е,
A+B+D + F,
A+B + E + F,
А + С + D + Е,
A+D + E + F,
В+ C + D+F,
B + C + E + F,
C + D+E + F.
Кроме того, мы имеем еще два правильных
волшебных квадрата:
C+E+G+H
D + F+G + H.
В каждом из найденных одиннадцати квадра¬
тов вместо пар букв а и а', b и Ъ', с и с' и т. д. нужно
подставить в каком-нибудь порядке четыре пары
цифр: 0и1,0и2,0и4,0и8. Для примера возьмем
квадрат
C+E+G+H
и положим в нем
с = 0, е = 4, g = 8, h = О,
с'= 2, е' = 0,g~0, h'= 1.
257

Таким образом мы составим следующий вол¬
шебный квадрат:
12
15
0
3
11
1
14
4
2
8
7
13
5
6
9
10
Так как четыре пары цифр можно перемещать
24 способами, а цифры каждой пары — 2 спо¬
собами, то число всех правильных волшебных
квадратов равно 11 х 16 х 24 = 4224. Если же мы
условимся считать за одно решение 8 квадратов,
полученных поворачиванием и переворачиванием
одного квадрата, то число различных правильных
волшебных квадратов будет равно 4224 : 8 = 528.
Из нашей теории следует, что к числу правиль¬
ных квадратов принадлежат также рассмотренные
нами раньше полные и средние квадраты.
Кроме правильных квадратов есть еще мно¬
го неправильных волшебных квадратов. Второй
квадрат, приведенный в начале этой главы, пред¬
ставляет собой пример неправильного волшебно¬
го квадрата.
Общее выражение всякого неправильного квад¬
рата получается сложением двух квадратов:
а + b
- а-Ъ
с - d
- а - с
а - с
с + d
- с + d
- а + с
а + с
- с + d
а - Ъ
- а + b
а
С
d
ь
d
ъ
а
С
ь
d
с
а
С
а
ь
d

Таким образом, вопрос о составлении не¬
правильных волшебных квадратов приводится
к определению восьми чисел: а, b, с, d, а, Ь, с и d
таким образом, чтобы в клетках полученного ква¬
драта стояли все целые числа от 1 до 16. Мы не
знаем простого решения этого вопроса и предо¬
ставляем читателям найти таковое.
ПОЛНЫЕ И СРЕДНИЕ ВОЛШЕБНЫЕ
КВАДРАТЫ, С ШЕСТЬЮДЕСЯТЬЮ
ЧЕТЫРЬМЯ КЛЕТКАМИ
В настоящей главе предлагаем вниманию чита¬
телей исследование г. Е. Орлова о полных средних
квадратах с 64 клетками. Для квадрата в 64 клет¬
ки имеем:
х64-1_
х — 1
= х32 + 1)(х16 + 1)(х8 + 1)(х4 + 1)(х2 + 1)(х + 1),
т. е. получаем 6 множителей, показывающих чис¬
ло элементарных квадратов, составляющих об¬
щий квадрат. И действительно, если мы возьмем
6 квадратов,
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ъ
ь
ъ
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ь
ъ
ь
ь
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а
а

d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
f
f
f
f
f
/
f
f
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
f
f
/
/
f
f
/
/
/
f
f
f
/
f
из которых 3 последние, занятые буквами d,enf,
получаются переворачиванием трех первых око¬
ло диагонали, соединяющей левый верхний с пра¬
вым нижним углом, и совместим их в один общий
квадрат, в котором сложены элементы совпадаю¬
щих клеток, то получим такой квадрат (с. 261).
Если мы заменим в нем буквы a, b, с, d, е и /
числами 1, 2, 4,8,16 и 32 в произвольном порядке
и затем прибавим на каждую клетку по единице,
то получим полный волшебный квадрат. Так как
таких квадратов может быть составлено столько,
сколько можно сделать перестановок из 6 чисел,
именно Р6 = 6! = 720, и каждый квадрат дает вме¬
сте с собой еще 64 квадрата, то наша схема дает
64 Р6 = 64 + 720 = 46 080 квадратов. Нельзя, од-
260

а + d
+ е
а + с
+ d
с + е
a + b
+/
b + d
+ d+f
b + c
+ d+f
a + b
+ c + e
+/
а + b
+ d
b + е
b + с
а + b
+ с + d
+ е
d+f
a + e
+f
a + c
+/
c + d
+ e + f
а + d
+/
e+f
c+f
а + b
+ d + e
+/
b + d
a + b
+ e
a + b
+ c
b + c
+ d + e
b+f
а + b
+ d + e
+/
а + b
+ с + d
+/
Ь + с
+ e+f
a
d + e
c + d
a + c
+ e
с + d
+е
а + с
а + е
d
a + b
+ c + d
+ e+f
b + c
+/
b + e
+/
a + b
+ d + f
а + Ъ
+с+е
b + с
+ d
b + d
+ е
а + b
c + e
+/
a + c
+ d+f
a + d
+ e+f
f
а + с
+ е+ f
с + d
+/
d + е
+/
a+f
b + c
+ e
a + b
+ c + d
a + b
+ d + e
b
b + с
+ d + e
+/
а + Ь
+ С+/
а + b
+ e+f
b + d
+/
a + c
+ d + e
c
e
a + d
нако, сказать, чтобы она исчерпывала собою все
возможные полные квадраты о 64 клетках. И дей¬
ствительно, оставляя, например, 3 первых эле¬
ментарных квадрата прежними и заменяя 3 по¬
следних квадрата такими:
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d

/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
X
X
X
X
мы, по соединении этих 6 квадратов, получаем но¬
вую схему полных квадратов такого рода:
а + d
+ в +/
я + с
+/
с + d
+ е
а + b
+ e+f
6 +
b + с
+ е
а + b
+ с + d
+/
а + b
+ d
6+^
+ С+/
6 + с
+ Л+/
а + b
+ с + d
+ е
e+f
я
а + с
+ е
c+f
а + е
+/
с + я
я + с
+ </+/
b
а + b
+ d + е
+/
а + b
+ С +/
b + с
+ d + e
b + е
+/
а + b
а + b
+ с + е
b + с
+/
а + d
d + е
+/
с + d
+/
a + c
+ d + e
с + d
а + с
+ e+f
а + d
+/
е
а + b
+ с + d
+ е +f
b + с
b + d
+ е
a + b
+/
а + b
+ с + d
Ь + с
+ d + e
+/
*
+/
а + b
+ d + е
с + е
+/
а + с
а + е
/
а + с
+ d + e
+/
С
d + е
*+/
b + с
а + b
+ с + е
+/
а + b
+ d+f
b + a
Ь + с
+ е +/
а + b
+ с
а + b
+ е
W
я + с
с + d
+ e+f
d+f
a + d
+ e
и эта схема удовлетворяет тем же условиям, что
и (А).
Но схема (А) отличается, однако, от схемы (В)
тем, что она может быть обобщена в новую схе¬
262

му, захватывающую собою не только все полные
квадраты схемы (А), но и массу неполных квадра¬
тов, и это делается таким образом. Разбив квадрат
(А) на 2 других квадрата, из которых в первый
выделим все комбинации букв а, b и с, а во вто¬
рой — все комбинации остальных букв d,euf, мы
получим 2 таких квадрата:
а
а + с
а + с
а + b
Ъ
b + с
а + b + с
а + Ъ
Ъ
b + с
а + b + с
а
а + с
с
а
с
а+ с
Ъ
а +
Ъ
а + b + с
b + с
Ъ
а + b
а + b + с
b + с
а
с
а + с
с
а + с
а
а + b + с
Ь +
с
Ъ
а + b
а + b + с
b + с
b
а + b
с
а +
с
а
а + с
с
а
b + с
а + b
+ с
а + b
Ъ
b + с
а + b + с
а + b
Ъ
а + с
с
а
d+f
d
e
f
d + e+f
d +f
e+f
d
e
d + e
d+f
e +f
f
d + e+f
d+f
e+f
f
d + e+f
d
e
d + e
f
d + e +f
d+f
e+f
d + e
d
e
d + е
e
d
d + e+f
f
e+f
d+f
e
d
d + e
e+f
d+f
d + e+f
f
e +f
d+f
d + e +f
f
e
d
d + e
d + e +f
f
e+f
d+f
d + e
e
d

Заменим в первом квадрате величины 0 (т. е.
пустую клетку), а, а + с, с, а + b, b, b + с и а + b + с,
соответственно через а, Ъ, с, d, е, /, g и /г, а величи¬
ны второго квадрата, именно 0,d + e,d,e,f,d + e +
+ /, d + / и е + /, соответственно же заменим че¬
рез a, b, g, е, h, z и г, тогда мы получим 2 квадрата
(с. 264), наложение друг на друга которых соста¬
вит наконец схему (С) (с. 265).
Эта схема дает, кроме полных квадратов схе¬
мы (А), еще массу неполных квадратов. Для нее
мы имеем 20 двойных рядов чисел, которые мож¬
но получить по способу, указанному выше, в ста¬
тье о средних волшебных квадратах с 16 клетками
и которые приведены в нижеследующей таблице
(с. 265).
а
b
c
d
e
/
g
h
е
f
g
h
a
b
c
d
ь
a
d
c
f
e
h
g
/
e
h
g
b
a
d
c
d
c
b
a
h
g
f
e
h
g
f
e
d
c
b
a
с
d
a
b
g
ь
e
/
_s_
h
e
f
c
d
a
b
a
b
g
d
e
h
z
Г
g
d
a
b
z
r
e
h
z
r
e
h
g
d
a
b
e
h
z
Г
a
b
g
d
b
a
d
g
h
e
r
Z
d
g
b
a
r
z
h
e
r
z
h
e
d
g
b
a
h
e
r
z
b
a
d
g

а + а
b + b
c + g
d + d
e + e
/+h
g + z
h + h
e + g
f+d
g + a
/г + Ь
a + z
b + v
c + e
d + h
b + г
a + h
d + e
c + h
/+g
e + d
h + а
g + b
/+е
e + h
h + z
g + h
b + а
a + b
rf + g
c + d
d + b
c + a
6 + d
a + g
/г + h
h + e
/+h
e + z
h + h
g + g
/+ь
e + а
</ + h
c + z
6 + h
a + e
с + h
d+ z
a + h
b + e
g + d
h + g
e + b
/+ а
g + h
h + e
e + h
/+ z
c + b
d + а
a + d
6 + g
№
РЯДЫ
Левая половина
Правая половина
1
1,
2,
3,
4,
5,
6,
7,
8
0,
8,
16,
24,
32,
40,
48, 56
2
1,
9,
17,
25,
33,
41,
49,
57
0,
1,
2,
3,
4,
5,
6, 7
3
1,
2,
3,
4,
9,
ю,
11,
12
0,
4,
16,
20,
32,
36,
48, 52
4
1,
5,
17,
21,
33,
37,
49,
53
0,
1,
2,
3,
8,
9,
10, И
5
1,
2,
3,
4,
17,
18,
19,
20
0,
4,
8,
12,
32,
36,
40, 44
6
1,
5,
9,
13,
33,
37,
41,
45
0,
1,
2,
3,
16,
17,
18, 19
7
1,
2,
3,
4,
33,
34,
35,
36
0,
4,
8,
12,
16,
20,
24, 28
8
1,
5,
9,
13,
17,
21,
25,
29
0,
1,
2,
3,
32,
33,
34, 25
9
1,
2,
5,
6,
9,
ю,
13,
14
0,
2,
16,
18,
32,
34,
48, 50
10
1,
3,
17,
19,
33,
35,
49,
51
0,
1,
4,
5,
8,
9,
12, 13
11
1,
2,
5,
6,
17,
18,
21,
22
0,
2,
8,
ю,
32,
34,
40, 42
12
1,
3,
9,
Н,
33,
35,
41,
43
0,
1,
4,
5,
16,
17,
20, 21
13
1,
2,
5,
6,
33,
34,
37,
38
0,
2,
8,
ю,
16,
18,
24, 26
14
1,
3,
9,
П,
17,
19,
25,
27
0,
1,
4,
5,
32,
33,
36, 37
15
1,
2,
9,
ю,
17,
18,
25,
27
0,
2,
4,
6,
32,
34,
36, 38
16
1,
3,
5,
7,
33,
35,
36,
39
0,
1,
8,
9,
16,
17,
24, 25
17
1,
2,
9,
ю,
33,
34,
41,
42
0,
2,
4,
6,
16,
18,
20, 22
18
1,
3,
5,
7,
17,
19,
21,
23
0,
1,
8,
9,
32,
33,
40, 41
19
1,
2,
17,
18,
33,
34,
49,
50
0,
2,
4,
6,
8,
ю,
12, 14
20
1,
3,
5,
7,
9,
11,
13,
15
0,
1,
16,
17,
32,
33,
48, 49
Ряды эти идут на составление квадратов та¬
ким образом: выбравши какой-либо ряд, прирав¬
265

ниваются латинские буквы схемы числам левой
половины его, взятым в произвольном порядке,
а жирные буквы схемы приравниваются числам
правой половины его, взятым тоже в произволь¬
ном порядке, и тогда получается всегда неполный
квадрат, а в частных случаях могут получаться и
полные. Число всех квадратов, даваемых послед¬
ней схемой, будет:
20-818! = 20(1 -2 -3-4 -5- 6-7 • 8)2 =
20 • 40 3202 = 20-1 625 702 400 = 32 514 048 000,
так что даже 1/8 этого числа (принимая во внима¬
ние квадраты), получаемые поворачиванием и пе¬
реворачиванием), и та будет громадна, именно —
4 064 256 000, т. е. 4 с лишком миллиарда!

СОДЕРЖАНИЕ
Введение 3
Счет, мера и число {Исторические справки) 8
Задачи-шутки и задачи-загадки
Задача 1-я. Знатная дама и недобросовестный
мастер 20
Задача 2-я. Звериное число 23
Задача 3-я. Дележ 23
Задача 4-я. Сколько кошек? 24
Спички и палочки
Задача 5-я 25
Задача 6-я 25
Задача 7-я 26
Задача 8-я 27
Разные задачи
Задача 9-я. Вместо мелких долей крупные 30
Задача 10-я. Сумма последовательных чисел 31
Задача 11-я. Сбор яблок 32
Задача 12-я. Бой часов 33
Задача 13-я. Продажа яблок 33
Задача 14-я. Каждому свое 34
Задача 15-я. Как поделить? 35
Задача 16-я. За кашу 35
267

Задача 17-я. Фальшивая бумажка 36
Задача 18-я. Велосипедисты и муха 37
Задача 19-я. Портной 37
Задача 20-я. Гусеница 38
Задача 21-я. То же иными знаками 38
Задача 22-я 39
Задача 23-я 39
Задача 24-я. Замечательное число 41
Дележи при затруднительных обстоятельствах
Задача 25-я. Дележ между тремя 42
Задача 26-я. Дележ между двумя 43
Задача 27-я .....45
Задача 28-я 46
Задача 29-я. Мужик и черт 46
Задача 30-я. Три игрока 49
Задача 31-я. Два пастуха 49
Задача 32-я. Недоумения торговок 51
Задача 33-я. Как гусь с аистом задачу решали 53
Задача 34-я. Сколько было? 56
Задача 35-я 57
Задача 36-я. Часы заведены верно! 58
Задача 37-я. Восстановление записи 59
Переправы
Задача 38-я. Через ров 62
Задача 39-я. Отряд солдат 63
Задача 40-я. Волк, коза и капуста 63
Задача 41-я. Мужья и жены 64
Задача 42-я 69
Задача 43-я. На станции железной дороги 72
Задача 44-я. Угадать число 73
Задача 45-я. Кто первый скажет «сто» 76
Любопытная история 79
Задача 46-я. По жребию 81
268

Игра в красное и черное, или игра в жетоны 84
Задача 47-я. Четыре пары 85
Задача 48-я. Пять пар 87
Задача 49-я. Шесть пар 88
Задача 50-я. Семь пар 88
Задача 51-я. Обманутый хозяин 91
Задача 52-я. Слепая хозяйка 96
Расстановка букв
Задача 53-я 98
Задача 54-я 99
Задача 55-я. Волшебный квадрат из 9 клеток 101
Задача 56-я. В 25 клеток 103
Задача 57-я. Раскладка карт 105
Домино
Исторические справки 108
Определения 108
Среднее 109
Дополнительные домино 111
В чем состоит игра 111
Забава-задача 112
Задача 58-я. Наибольший удар 113
Задача 59-я 115
Задача 60-я 116
Задача 61-я. Верная отгадка 117
Разрезывание и переложение фигур 120
Задача 62-я. Как вырезать? 121
Задача 63-я. Из прямоугольника квадрат 122
Задача 64-я. Квадрат из 20 равных
треугольников 123
Задача 65-я. Теорема Пифагора 124
Задача 66-я. Из квадрата 3 квадрата 125
Задача 67-я 127
Задача 68-я 128
269

Задача 69-я 128
Задача 70-я. Ханойская башня. Тонкинский
вопрос 129
Легенда 133
Шахматы 135
Задача 71-я. О восьми королевах 136
Задача 72-я. О ходе шахматного коня 143
Карты 150
Задача 73-я 152
Задача 74-я 155
Задача 75-я 160
Задача 76-я 164
Задача 77-я. Карта на место! 165
Задача 78-я. Кто что взял — я узнал! 166
Задача 79-я 169
Задача 80-я 172
Мосты и острова 176
Задача 81-я. Кенигсбергские мосты в 1759 году.... 177
Задача 82-я. Переход через 15 мостов 185
Задача 83-я. Петербургские мосты 189
Задача 84-я. Путешествие контрабандиста 190
О фигурах, вычерчиваемых одним почерком
Задача 85-я 192
Волшебная таблица 198
Волшебный веер 199
Задача 86-я 200
Двоичное счисление
О счислении вообще 202
Двоичная система 203
Замечания о двенадцатичной системе 204
Преимущества двоичной системы 205
270

Же-Ким 206
Ящик с гирями 208
Взвешивание 210
Еще о волшебной таблице 211
Двойная прогрессия 213
Совершенные числа 214
Угадывание чисел
Задача 87-я
Задача 88-я
Задача 89-я. Угадать задуманное число иным
путем
Задача 90-я. Иное решение задачи
Задача 91-я
Задача 92-я
Другой случай
Задача 93-я
Задача 94-я
Задача 95-я
Задача 96-я
216
217
218
223
226
229
232
233
235
237
238
239
Волшебные квадраты ( Основы теории) 243
Полные волшебные квадраты 244
Средние волшебные квадраты
с шестнадцатью клетками 250
Правильные волшебные квадраты
с шестнадцатью клетками 253
Полные и средние волшебные квадраты
с шестьюдесятью четырьмя клетками 259

Емельян Игнатьевич Игнатьев
В ЦАРСТВЕ СМЕКАЛКИ,
ИЛИ АРИФМЕТИКА ДЛЯ ВСЕХ
В трех книгах
КНИГА ПЕРВАЯ
Редактор Э. Артемьева-Скворцова
Художественный редактор А. Балашова
Технический редактор О. Стоскова
Корректор О. Белова
Компьютерная верстка Л. Гибирюлиной
Подписано в печать 30.01 Л 5 г.
Формат 84x108V32.
Заказ № 1501230.
Книжный Клуб Книговек.
127206, Москва, Чуксин тупик, 9.
www.terra.su
arvato
BERTELSMANN
Отпечатано в полном соответствии с качеством
предоставленного электронного оригинал-макета
в ОАО «Ярославский полиграфический комбинат»
150049, Ярославль, ул. Свободы, 97

Электронный вариант книги
Скан, обработка, формат: manjakl961