РЕШЕНИЯ

1. Положим на левую чашу весов два ключа, две мо­неты и трех солдатиков, а на правую — яблоко, солда­тика и абрикос.

Добавим на левую чашу гирьку в 50 г, а на пра­вую — монету, ключ, солдатика и грушу.

Теперь снимем с каждой из чаш весов по два ключа, две монеты, трех солдатиков, абрикос, яблоко и грушу.

Пружина от будильника весит 50 г.

2. У Жана было 300, а у Поля — 400 франков. Вместе они имели 700 франков.

3. Обозначим через с возраст младшей дочери Марте­нов. Согласно условию задачи, число с таково, что 16с+ 40 кратно 31.

Далее в гл. 9 будет показано, как решаются уравне­ния вида 31т —16с = 40. Однако в данном случае, по­скольку коэффициенты уравнения невелики, его реше­ние можно найти методом проб и ошибок: т = 8, с= 13.

Следовательно, возраст членов семьи Дюпон соот­ветственно составляет 53, 49, 17 и 17 лет, возраст Мар­тенов дается следующими цифрами: 45, 39, 15 и 13 лет.

Суммарный возраст членов обеих семей равен 248 го­дам — единственное распределение восьми человек по двум группам одного общего возраста дается равенст­вом

53 + 39+ 17+ 15=124 = 49 + 45+ 17+13.

Таким образом, близнецы играют в разные игры.

4. У Жана было два квадратных участка со стороной 700 м каждый, которые он обменял на прямоуголь­ный участок 1000X980 м.

Периметр двух прежних квадратных участков рав­нялся 5600 м, а периметр нового прямоугольного участ­ка — 3960 м, что дает разницу в 1640 м.

Участок Жака представляет собой четырехугольник площадью 168 100 м² и периметром 1640 м. Следо­вательно, участок Жака — квадрат, ибо всякий дру­гой четырехугольник с периметром 1640 м имеет мень­шую площадь.

5. Пусть п — число баранов и а — возраст пастуха, тогда

или

Так как п — целое число, дискриминант этого квад­ратного уравнения с неизвестным п должен равняться квадрату некоего целого числа; обозначим это число через Ь.

Но а тоже целое число; поэтому дискриминант послед­него квадратного уравнения с неизвестным а также рав­няется квадрату целого числа; обозначим его через с. Тогда

или

Единственное решение этого последнего уравнения в целых числах таково: Ь = 14, с=12.

Итак, пастуху 15 лет.

6. Вот красивое решение:

В первом числе цифры 4, 3, 2, 1 и 0, взятые в этом именно порядке, чередуются с цифрами 9, 8, 7, 6 и 5, также следующими в названном порядке.

7. Пусть N — число, которое делится на число хорошо работающих учеников, п — число учеников в классе и По — число учеников, хорошо работавших в первую неделю. Тогда мы получим

Отсюда

Первым значением N вида 2п_о(по — 2), которое на 2 от­личается от кратного 11, оказывается 240. Следователь­но, по = 12.

В классе 20 учеников.

8. В Приложении I дается метод, который позволяет вычислить день недели, соответствующий любой задан­ной дате.

Произведение 70 840=2³Х5Х7Х 11 X23. Таким образом, для возрастов трех человек с различными го­дами рождения существует много возможностей.

Три дня рождения приходятся на одно число одного и того же (летнего) месяца, но на три последовательных дня недели.

Следовательно, три годовых коэффициента (см. Приложение I) равны трем последовательным целым числам. Благодаря этому из всех возможных комбина­ций удается выбрать искомую, а именно 1912, 1913 и 1945 гг.

Самый пожилой из трех человек родился в 1912 г.

1. Примем за единицу длины меньшую из сторон пря­моугольника. Сторона равновеликого прямоугольнику квадрата равна тогда /2; ее легко провести из вершины прямоугольника. Разрезание на три части очевидно (рис. 26)

2. Разберем эту задачу в общем виде. Пусть длины сторон прямоугольника ABCD (рис. 27) равны соот­ветственно а и h:

ВС = а и CD = h, где a>h.

Сторона равновеликого прямоугольнику квадрата равна d, где

В прямоугольнике проведем BE = d и из точки С опустим на BE перпендикуляр СЕ. Тогда треугольники АВЕ и BFC будут подобны, а значит,

и

Следовательно, можно начертить квадрат CFGH.

СИ равно d и параллельно BE. Значит, точка И при­надлежит прямой, продолжающей AD. Отсюда очевид­но искомое разрезание прямоугольника на три части.

Практическое построение разрезов:

Из F опускаем перпендикуляр FI на CD.

Треугольники АВЕ и IFC равны. Следовательно, FI=CD=h. Точку F легко найти как точку пересече­ния полуокружности диаметром ВС с прямой, парал­лельной CD и отстоящей от CD на расстоянии h.

Ограничения, возникающие при таком построении: Данное построение возможно лишь при условии, что Другими словами,

т. е.

откуда

Предельный случай нам уже встретился в задаче 1, где стороны прямоугольника относились как 2:1.

3. Решим задачу в общем виде (рис. 28).

Пусть задан прямоугольник ABCD со сторонами ВС = а и CD = h, где a>2h. Ясно, что сторона равно­великого прямоугольнику квадрата, как и ранее, рав­на d, где ah = d².

Проведем BE = d и опустим из точки С перпендику­ляр CF на продолжение прямой BE. Снова получаем

Следовательно, CF = d.

Начертим квадрат CFHG со стороной d и опустим из точки G перпендикуляр GJ на ВС. После этого становится очевидным разрезание на четыре части.

Практическое проведение разрезов осуществляется так же, как и в предыдущем случае, поскольку FI = h

Ограничения, возникающие при этом построении: Такое построение возможно лишь при ВН^ВЕ, что соответствует a^dh. Задача 5, таким образом, соот ветствует предельному случаю.

Теперь рассмотрим данный в задаче конкретный случай прямоугольника 3X1- Проведем разрезы на сетке из девяти единичных квадратов (т е. квадратов со стороной, равной 1; рис. 29). Ясно, что

5. Предельный случай прямоугольника 5X1 пред­ставлен на рис. 31. Сторона квадрата равна j/S? т е. гипотенузе прямоугольного треугольника с катетами, равными соответственно 1 и 2.

6. Пусть у прямоугольника ABCD сторона ВС = а и CD = h (рис. 32); Е — середина ВС.

Проведем ЕМ = d, где ah = d². Разумеется, М лежит на стороне AD, а не на ее продолжении. Действительно

но

Следовательно,

93

Пусть L — середина AD.

следовательно,

Проведем FI = d и построим квадрат FIHG, отправ­ляясь от его стороны FI. Продолжим ВС и AD до Р и Л\

треугольники CFE и CPI равны. Следовательно,

Проведем AK = DN и опустим из К перпендикуляр KJ на ЕМ. Точка К лежит между А и L. На самом деле можно заметить, что треугольники EFC и MGN равны, так как

MG = d — FM = EF.

Значит,

Два пятиугольника ABEJK и DCPHN равны (кон­груэнтны), ибо

Четыре треугольника CFE, CPI, MJK и MGN равны между собой.

Разрезание на четыре части представлено на рис. 32.

7. Прямоугольник размером 4X9 можно разбить на 36 «единичных» квадратов. На рис. 33 изображено «ступенчатое» разрезание, позволяющее с помощью моугольник в квадрат размером 6X6. Поставим более общий вопрос о том, при каких наложенных на прямо­угольник условиях можно получить разрезание типа, изображенного на рис. 34?

Ширина каждой ступеньки равна р; высота — q. Общее число ступенек — п.

Следовательно, для прямоугольника со сторонами а и h должны выполняться соотношения

Сдвинув верхнюю часть на одну ступеньку вниз, мы получим квадрат. Значит,

Итак, стороны прямоугольника должны относиться друг к другу как квадраты двух последовательных целых чисел.

8, 9, 10, 11. Решение этих задач изображено на рис. 35, 36, 37 и 38.

Параллелограммы, показанные на рис. 35 и 36, таковы, что наклонная сторона параллелограмма равна стороне равновеликого квадрата.

Соответствующее разрезание содержит на одну часть меньше, чем в общем случае.

12. Обратимся к рис. 35. Вершины В и С фиксированы. Высота h меняется. Требуется найти геометрическое место точек А.

Треугольник BFC — прямоугольный; при этом FC = AB = d.

Построим треугольник АВМ, равный треугольнику BFC (рис. 39); здесь ВМ = ВС — const.

Так как угол СВМ прямой, то точка М (При закреп­ленном отрезке СВ) фиксирована.

Значит, когда h меняется, точка А описывает окруж­ность диаметром ВМ (или, точнее, половину этой окружности, расположенную с той же стороны от ВМ, что и точка С).

13. Решения задач 2—6 давались с таким расчетом, чтобы подготовить читателя к разрезанию треуголь­ника, но это не были оптимальные решения.

Оптимальное решение для случая прямоугольника 4Х Ю приведено на рис. 39а.

Предельным при подобном разрезании на три части будет случай прямоугольника 4X1-

Данное решение можно обобщить: прямоугольник можно преобразовать в квадрат, разрезав его на п частей, если выполняется соотношение

1. Задача сводится к решению в целых числах уравнения

или

98

Но известно, что общее число шаров меньше 45. Сле­довательно, наши рассуждения ошибочны — видимо, либо мальчиков четверо, причем Даниэль — брат

Мишеля или Жака;

либо мальчиков всего трое, и Жак с Мишелем — братья.

3. Ванна вмещает 210 л.

4. Естественными представляются следующие два стра­тегических плана:

1) зафиксировав для себя некоторую сумму очков N, бросать кость до тех пор, пока число очков не достигнет (или не превзойдет) этой величины N;

2) зафиксировав для себя некоторое число п броса­ний, останавливаться каждый раз после п бросаний независимо от того, чему будет равна общая сумма очков, набранная в этих бросаниях.

5. Игрок решает остановиться, когда он наберет неко­торое заранее фиксированное число очков N. Если игрок бросит кость еще раз, у него есть

один шанс из шести получить 0 очков (если выпа­дет 1);

один шанс из шести получить N + 2, или N + 3, щи N + 4, или ЛУ + 5, или АУ + 6 очков.

Ожидаемый выигрыш от бросания \ следовательно, равен

Естественно остановиться в тот момент, когда ожидае­мый выигрыш будет меньше (или равен) числу очков Л/, получаемому при отказе от следующего броска:

При 19 очках стоит рискнуть бросить кость повтор­но; при 20 очках можно или вновь бросить кость, или остановиться, но при более чем 20 очках вновь бросать кость заведомо невыгодно.

6. Каждый раз, когда игрок бросает кость, имеется пять шансов из шести не прогореть (не получить 0 оч­ков); при этом среднее число очков, которое мы в этом случае припишем себе, равно, очевидно, 4 (почему?) При м-кратном бросании кости имеется (5/6)^п шансов не прогореть и набрать (в среднем) 4п очков.

Ожидаемый выигрыш при n-кратном бросании кос­ти, таким образом, равен

Нужно остановиться на таком п, чтобы ожидаемый выигрыш при (п + 1)-кратном бросании был меньше (или равен) аналогичному выигрышу при /1-кратном бросании:

Ожидаемый выигрыш при пятикратном и шести­кратном бросании одинаков. Следовательно, можно бросать кость 5 или 6 раз подряд.

7. Если игрок решит бросать кость, пока не наберет более 20 очков, то вероятности получить 21, 22, 23, 24, 25 или 26 очков будут таковы:

¹ Математическое ожидание выигрыша, как говорят в этом слу чае математики.— Прим. ред.

Ожидаемое число очков Afi, набранное в одной серии бросаний, при первой стратегии, следовательно, таково:

При второй стратегии ожидаемый выигрыш

Таким образом, первая стратегия предпочтительней.

8. Правильные ответы таковы

12 м^{[16] [17] — первая задача;}

10 м² — третья задача;

20 м² — четвертая задача.

Что же касается второй задачи, в которой требовалось определить площадь полной поверхности куба, то ее никто не решил правильно.

Жанно получил нулевую оценку; все же остальные ученики получили по пять баллов.

9. В Приложении II приводится метод, позволяющий выписать сразу результат умножения двух многознач­ных чисел. Квадрат числа оканчивается на 1; значит, само число может оканчиваться лишь на 1 или 9.

Производя умножение этого числа на само себя согласно методу Приложения II, мы заметим, что цифра десятков у квадрата равна сумме:

удвоенного произведения двух последних цифр чи­сла и числа, которое мы оставили «в уме» при первом умножении, т. е. 0 или 8.

Поэтому если последняя цифра квадрата равна 1, то цифра десятков самого числа обязательно четна. Следовательно, наша задача решения не имеет.

Если весы снова не будут в равновесии, то мы фак­тически получим условия предыдущей задачи — только число подозрительных монет будет равно 22, а не 21. Почти так же обстоит дело, если весы останутся в рав­новесии,— здесь число подозрительных монет будет равно 23. При третьем взвешивании будет отобрана группа из, самое большее, 8 монет; при четвертом взвешивании — из 3 монет и при последнем взвешива­нии будет отобрана группа из одной монеты.

3. Каждое взвешивание может дать три различных результата в зависимости от того, отклонятся ли весы вправо, влево или останутся в равновесии.

Если у нас имеется п монет, то существует п воз­можностей для самой тяжелой из них. Результат одного взвешивания, как мы уже это видели в предыдущих задачах, позволяет выбрать одну из трех групп подо­зрительных монет. Таким образом, одно взвешивание позволяет выбрать одну из трех групп, два взвешива­ния— одну из 3² = 9 групп, три взвешивания — одну из З³ = 27 групп; т взвешиваний позволяют выбрать одну из З^т групп. И наоборот, если число монет равно З^т, то можно отыскать самую тяжелую из них, образуя: три группы по З^т " ¹ монет при первом взвешивании; затем три группы по З^т ~ ² монет при втором взвеши­

вании;

и, наконец, продолжая действовать таким образом, при m-м (последнем) взвешивании мы помещаем на каждую чашу весов только по одной монете.

Ответ: если (где т — натуральное

число), то нам потребуется т (или меньше) взвеши­ваний.

4. Для удобства пронумеруем монеты цифрами от 1 до 8.

Пусть, например, взвешивание состоит в том, что на левую чашу помещаются монеты 1, 2 и 3, а на правую чашу — монеты 4, 5 и 6; мы обозначим это

взвешивание так:

1 2 3 — 4 5 6

Результат взвешивания запишем в виде 1 2 3\4 5 6 — если перетянет левая чаша весов;

1 2 3|456— если весы останутся в равновесии; 1 2 3/4 5 6 — если перетянет правая чаша весов.

Сами монеты мы будем обозначать так:

п — если монета имеет обычный нормальный вес; L — если монета тяжелее обычной;

I — если монета легче обычной.

Взвешивание, указанное в условии задачи, состояло в том, что сравнивались монеты 1, 2, 3 и 4 с монетами 5, 6, 7 и 8; пусть

1 2 3 4\5 6 7 8

Значит, либо отличная по весу от других монета тяжелее остальных и находится на левой чаше весов, либо она легче других и находится на правой чаше, т. е.

1, или 2, или 3, или 4 = L

или

5, или 6, или 7, или 8 = /.

При следующем взвешивании мы сравниваем моне­ты 1, 2 и 5 с 3, 4 и 6.

Если перетянула левая чаша (т. е. 1 2 5\3 4 6), то это значит, что

1, или 2, или 5 = L

или

3, или 4, или 6 = /.

Но в соответствии с результатами предыдущего взвешивания возможны лишь варианты

1 или 2 = L

или

6 = /.

При следующем взвешивании следует сравнить монеты 1 и 2:

если 1 \2, то 1 — искомая, более тяжелая, чем ос­тальные, монета;

если И 2, то 6 — искомая монета, более легкая, чем другие.

Если при первом дополнительном взвешивании пере­тянет правая чаша весов (1 2 5/3 4 6), то нужно действовать аналогичным образом и при следующем взвешивании сравнить 3 и 4.

Если при первом дополнительном взвешивании весы окажутся в равновесии, то шесть первых монет нор­мальные, а искомая, более легкая монета — это 7 или 8. Значит, при следующем взвешивании достаточно срав­нить 7 и 8.

Различные варианты можно свести в следующую таблицу:

5. Воспользуемся системой обозначений, введенной при решении предыдущей задачи. Тогда решение можно представить в виде следующей таблицы:

6. Разделим монеты на шесть групп; три группы (a, b и с) выберем из числа монет, находящихся на левой чаше весов, и три группы (d, е и f) — среди монет, находящихся на правой чаше.

В группе а содержится 14 монет; в группе b — 14; в группе г— 12; в группе d— 13; в группе е— 13 и в группе f — 14 монет. Предположим, что весы откло­нились в сторону групп abc.

При первом взвешивании сравниваются монеты групп а и d (пусть 27 монет этих групп находятся на левой чаше весов) с монетами групп Ь и е (пусть 27 мо­нет этих групп находятся справа).

Если весы отклонятся влево, то либо искомая монета находится в группе а и она тяжелее остальных, либо она находится в группе е и легче остальных.

Если весы окажутся в равновесии, то либо искомая монета находится в группе с и тяжелее других, либо она — в f и легче остальных.

Если весы отклонятся вправо, то либо искомая моне­та находится в группе b и тяжелее остальных, либо она — в группе d и легче остальных.

Эти три случая вполне аналогичны друг другу. Рас­смотрим, например, первый случай. Разобьем группы а и е на шесть более мелких групп:

Группа g содержит 5 монет; h — тоже 5; і — 4 монеты; j — 4; k — 4 и т — 5 монет.

При втором взвешивании сравниваются группы g, k (пусть в них входит 9 монет) и /, h (пусть в них также входит 9 монет). Как и в предыдущем взвешивании, если ресы отклонятся влево, то либо искомая монета находится в группе g и тяжелее других, либо она находится в группе j и легче остальных.

Здесь также возможны три аналогичных случая, из которых мы рассмотрим лишь первый.

Разобьем группы g и j на шесть новых групп:

где п содержит 2 монеты; р — тоже 2; q — одну монету, так же как г и s; t содержит 2 монеты.

При третьем взвешивании сравниваются п, г и р, s.

Как и раньше, получим, что если весы отклонятся вправо, то либо искомая монета находится в группе р и тяжелее других, либо она находится в группе г и легче остальных.

При четвертом и последнем взвешивании сравни­ваются две монеты из группы, содержащей два эле­мента (в нашем примере — из группы р).

7. Месье Бертран рассуждал следующим образом.

Как и в случае задачи 3, каждое взвешивание не может дать нам больше, чем возможность выделить одну из трех групп, содержащих определенное (ко­нечно, целое) число монет в качестве «подозрительных».

Одно взвешивание позволяет выбрать одну из трех возможностей, два взвешивания — одну из девяти и три взвешивания — одну из двадцати семи возможностей.

Но искомая монета может совпадать с любой из четырнадцати непоцарапанных монет, и при этом она может оказаться легче или тяжелее остальных.

Таким образом, мы имеем двадцать восемь возмож­ностей, т. е. на одну больше, чем удается выделить с помощью трех взвешиваний. Значит, в любом случае нам не удастся найти монету, отличную от других по весу.

Это можно пояснить на следующем простом при­мере.

Одно взвешивание позволяет выбрать одну из трех возможностей. Рассмотрим следующую задачу: среди четырех одинаковых по виду монет найти ту, которая отличается по весу от остальных. При первом взвеши­вании сравниваются две монеты с двумя другими. Левая чаша весов перевешивает, это означает, что:

либо искомая монета тяжелее остальных и находит­ся на левой чаше весов,

либо она легче остальных и находится на правой чаше весов.

Таким образом, у нас осталось четыре возмож­ности. Можно ли в любом случае найти искомую монету с помощью одного дополнительного взвешивания?

Месье Бертран утверждает, что это невозможно, поскольку одно взвешивание позволяет выбрать только одну из трех возможностей.

Эту ситуацию легко представить с помощью при­нятой нами системы обозначений. Перенумеруем монеты цифрами от 1 до 4.

Результат первого взвешивания записывается в виде

Четыре вышеупомянутые возможности таковы:

1 или 2 — L

либо

3 или 4 = 1.

Что можно сделать при втором взвешивании? Либо сравнить одну монету с другой, либо сравнить две монеты с двумя другими.

Если сравнивается одна монета с другой, то остают­ся еще две монеты; и если искомая монета находится среди них, то для ее определения требуется третье взвешивание.

Если же сравниваются две монеты с двумя другими, то нам не остается иной возможности, как сравнивать по весу 1 3 с 2 4 (или 1 4 с 2 3, что фактически то же самое).

При этом весы остаться в равновесии не могут. Если они отклонятся влево, то

Учитывая результат первого взвешивания, мы полу­чим, что

Остаются две возможности — и, чтобы выбрать одну из них, снова требуется третье взвешивание.

Точно так же в случае двадцати восьми возмож­ностей в некоторых случаях после третьего взвешива­ния остаются две возможности — и, чтобы выбрать одну из них, необходимо четвертое взвешивание.

8. Прав месье Мартен.

Месье Бертран совершил двойную ошибку.

Во-первых, он утверждал, что всего имеется двад­цать восемь возможностей. Это было бы верно, если бы требовалось определить отличную по весу от осталь­ных монету и сказать, тяжелей она или легче осталь­ных. Но в задаче, поставленной месье Мартеном, требо­валось только найти отличную по весу от остальных монету, но не требовалось оценить ее вес в сравнении с другими монетами. Мы увидим, что в решении месье Мартена во всех случаях удается обнаружить искомую монету, но в одном случае — когда речь зайдет о монете, отмеченной числом 15,— будет невозможно ответить, тяжелее она остальных или легче. Следовательно, месье

Мартен выбирает только одну из двадцати семи воз­можностей, а не одну из двадцати восьми возможностей, как считал Бертран. Схема взвешиваний, избранная месье Мартеном, подробно представлена в следующей таблице:

Во-вторых, пример, приведенный месье Бертраном, не вполне идентичен задаче, поставленной месье Мар­теном, поскольку в примере, приведенном Бертраном, уже первое взвешивание вынуждает нас не только ис­кать отличную от других монету, но и определять попутно, тяжелее она или легче остальных.

Решение, требующее трех взвешиваний, приведено в таблице; поцарапанная монета — это монета 10.

9.Самое большое количество монет — 40. При первом взвешивании на каждую чашу весов кладут по 13 монет.

Если весы окажутся в равновесии, то мы получим условия предыдущей задачи, где «поцарапанной» мож­но считать любую из снятых с весов монет.

Если какая-то чаша весов перевесит, то далее нужно действовать как при втором взвешивании в задаче 6 — и отличную по весу от остальных монету удастся найти только за четыре взвешивания.

Но нельзя взять 41 монету. Действительно, в таком случае пришлось бы:

1. Либо положить на каждую чашу по 14 монет — и, в случае когда одна чаша весов перетянет, мы получи­ли бы двадцать восемь возможных вариантов, на этот раз не имея возможности перегруппировки, подобной той, которой мы занимались в случае сомнительной монеты 15 из предыдущей задачи. Для выяснения того, какая из этих двадцати восьми возможностей реализуется, может потребоваться четыре взвешивания.

Чтобы проще в этом убедиться, нужно действовать, как указывалось в задаче 6, рассматривая группы из пяти и четырех монет. Можно заметить, что в одном из случаев следует сначала выбрать одну из десяти воз­можностей с помощью двух взвешиваний (искомая мо­нета находится или в одной группе из пяти монет и является более тяжелой, чем остальные, или — в дру­гой группе из пяти монет и оказывается легче осталь­ных), а затем выбирать одну из четырех возможностей с помощью одного взвешивания, что, однако, не всегда возможно.

2. Либо положить на две чаши только 26 монет и оставить 15 монет в стороне. Но, в случае если бы весы оказались в равновесии, нам не удалось бы опре­делить отличную по весу монету среди 15 «подозритель­ных» с помощью всего трех взвешиваний.

10. Пусть при первом взвешивании равновесие весов нарушилось. Нам нужно, чтобы осталось не более З⁴ = 81 возможностей. Значит, на каждую чашу можно положить не более сорока монет — мы приходим к си­туации задачи 6.

Если весы останутся в равновесии, то при втором взвешивании можно положить 14 новых монет на левую чашу весов и 13 новых монет вместе с одной из 80 первых, заведомо «стандартных» (или «нормальных»), монет — на правую чашу. Если же одна из чаш весов перетянет, то останется только двадцать семь возмож­ностей, из которых следует выбрать одну с помощью трех (точно трех — ибо З³ = 27) дополнительных взве­шиваний.

Если весы все время будут находиться в равнове­сии, то при третьем взвешивании берут 9 новых монет (5 кладут на одну чашу, четыре вместе с одной из 80 первых — на другую), при четвертом взвешивании — 3 новых монеты и при последнем взвешивании — одну новую монету. Таким образом, мы имеем

80 + 27 4-9 + 3 + 1 = 120

монет, из которых находим отличающуюся от других по весу, если только она находится среди этих монет.

Следовательно, искомая вероятность равна 120/200 = 3/5 (см. также конец решения задачи 13).

11. При первом взвешивании разделим х_п монет на две части, положив на левую чашу весов а, а на правую — Ь монет, дополнив эту чашу до а монет (если Ь < а) заведомо «стандартными» монетами, имеющимися в на­шем распоряжении. При этом по условию задачи

а + b = х_п.

Рассмотрим монеты, лежащие на левой чаше весов. При втором взвешивании можно только:

либо оставить их на этой чаше; пусть а\ — число монет, оставленных на левой чаше;

либо перенести их на другую чашу; пусть а,2 — число монет, перенесенных на правую чашу;

либо убрать их с весов; пусть аз — число монет, снятых с весов.

Точно так же разделим на три группы b монет со второй чаши: Ь\ из них оставлено на этой же чаше; &2 монет перенесено на другую чашу весов и Ьз монет совсем снято с весов. Тогда имеем

Следовательно, при втором взвешивании слева находится (ai + b^) монет, а справа — (а₂ + Ь\) монет. Предположим, что при первом взвешивании весы от­клонились влево. Это значит, что либо искомая монета находится среди а монет на левой чаше и она тяжелее остальных, либо она находится среди Ь монет на правой чаше и легче остальных.

Если при втором взвешивании весы снова отклонят­ся влево, то либо искомый образец находится среди ai монет и тяжелее остальных, либо она находится среди Ь\ монет и легче остальных.

Если весы окажутся в равновесии, то искомая монета находится в группе аз и тяжелее остальных или она находится в группе Ьз и легче остальных.

Если весы отклонятся вправо, то искомая монета либо находится среди а₂ монет и тяжелее остальных, либо она находится среди &₂ монет и легче остальных.

П1

В каждом из этих трех случаев все сводится к ис­ходной задаче, где слева находится а, монет, а справа — bi монет (здесь /=1, 2 или 3) и где нужно определить искомую монету с помощью п — 1 взвешиваний.

Следовательно, в лучшем случае

откуда, очевидно, следует, что

Но легко видеть, ЧТО XI = 1 и Х2 = 3.

Отсюда вытекает, что в лучшем случае х_п = 3"~¹

В наших рассуждениях мы интересовались только тем, что происходит при каждом взвешивании, причем на каждой чаше должно было быть одинаковое число монет. Кроме того, мы указали, что

в лучшем случае.

Можно доказать, что действительно

установив способ взвешивания. Итак, у нас есть одинаковых с виду монет, среди которых одна отлича­ется по весу от остальных и еще одна (нормального веса) как-то помечена (скажем, поцарапана).

При первом взвешивании на левую чашу весов кла­дутмонет, а на правую —

монет плюс поцарапанную монету заведомо нормаль­ного веса.

Далее образуют шесть групп образцов, содержащих соответственно

монет.

Сравнивают a\bv с аъЬ\.

Известно, что при каждом взвешивании искомая монета находится либо среди (З^р + 1) /2 монет (и тогда она тяжелее остальных), либо среди (З^р— 1)/2 монет (и тогда она легче остальных), где р — натуральное число, характеризующее номер взвешивания. Точнее говоря, образуя при очередном взвешивании шесть 112

групп, подобно тому как мы поступали при втором взвешивании, мы каждый раз уменьшаем показатель степени р на единицу.

Следовательно, с помощью п взвешиваний мы мо­жем среди З^п ~ ¹ монет найти монету, отличную по весу от остальных, помещая при первом взвешивании на обе чаши весов все имеющиеся монеты.

Все сводится к «определению отличной по весу монеты» среди трех «сомнительных» монет с помощью двух взвешиваний. Во всех случаях мы попутно опре­деляем, легче или тяжелее искомая монета, чем все остальные.

12. Итак, у нас имеется у_п монет.

Поместим на левую чашу весов а монет, на пра­вую — b монет, а с монет оставим в стороне:

Если весы останутся в равновесии, то мы получим условия исходной задачи, где только число «подозри­тельных» монет будет равно с и вместо п нам останется п — 1 взвешиваний, следовательно,

Если весы отклонятся в какую-нибудь сторону, то мы получим условия задачи 11, значит,

и поэтому

Легко показать, что у\ = 1, а //2 = 4. Отсюда выте­кает, что

Каков же соответствующий способ взвешивания? При первом взвешивании вне весов остается (3^rt ~ ¹ — — 1) /2 монет; столько же монет вместе с заведомо стандартной («нормальной») монетой мы кладем на правую чашу весов, а на левую чашу положим (3^n_1 + 1)/2 монет.

Если весы окажутся в равновесии, то далее мы поступаем точно так же, как раньше, но только не

со всеми (З^п —1)/2 монетами (не положенными на весы), а лишь с оставшимися (З^лг—1 — 1)/2 монетами

Если же одна из чаш весов перетянет, то мы придем к ситуации задачи 11.

Во всех случаях удается найти монету, отличную по весу от других и определить, легче она или тяжелее остальных.

13. Пусть z_n — наибольшее возможное число монет, такое, что если одна из этих монет отлична по весу от остальных, то ее можно найти за п взвешиваний и при этом определить, легче она или тяжелее остальных.

При первом взвешивании мы на каждую чашу весов кладем по а монет и b монет оставляем в стороне.

Так как в случае равновесия весов мы приходим к ситуации предыдущей задачи, где число «подозри­тельных» монет равно b и число требуемых взвешива ний равно п — 1, то естественно требовать, чтобы

В лучшем случае при нечетном х_п мы получим

и, значит,

Можно показать с помощью соответствующего спо­соба взвешивания, что это значение z_n действительно удовлетворяет всем нашим требованиям — для этого достаточно указать соответствующую процедуру взве­шивания, позволяющую найти искомую монету.

Разделим z_n монет на 3 равные части, по (3^n_1 — 1 )/2 монет в каждой части, и поместим по одной такой части на каждую чашу весов, а третью часть монет оставим в стороне.

Если весы окажутся в равновесии, то все сведется к задаче 12.

Если же равновесие весов нарушится, то мы придем к условиям задачи 11 с той лишь разницей, что общее число монет окажется на единицу меньше, чем ранее.

Теперь, вооруженные этими данными, мы можем сно­ва обратиться к задаче 10.

С помощью пяти взвешиваний можно обнаружить

искомую монету, самое большее, среди Z5 монет. Но z₅ = (З⁵ — 3) /2 = 120; значит, искомая вероятность равна

14. Пусть и_п — наибольшее возможное число монет, среди которых не более чем за п взвешиваний можно обнаружить монету, отличную по весу от остальных, если, кроме того, имеется одна помеченная (скажем, поцарапанная), заведомо стандартная монета. и_п не должно совпадать с г_п — ведь теперь нам больше не требуется попутно определить, легче ли искомая монета остальных или тяжелее.

При первом взвешивании на левую чашу весов мы кладем а монет, на правую — b монет, а с монет остав­ляем в стороне. При этом, очевидно, естественно по­требовать выполнения следующих равенств:

(если одна из чаш перетянет, то далее мы уже будем знать, легче ли найденная монета остальных или тяже­лее) и

откуда

Наконец, пусть v_n — максимальное число монет, среди которых отличную по весу монету можно найти не более чем за п взвешиваний, в случае когда у нас нет помеченной (заведомо «стандартной») монеты.

При первом взвешивании на каждую чашу весов кладут по а монет, а b монет оставляют в стороне. Здесь, очевидно,

и

в силу чего

Следовательно, ответ на вопрос задачи 14 дает число v_n — максимальное число монет, среди которых отличную по весу монету можно найти с помощью не более чем п взвешиваний, где

Равенство ц_п=14 снова возвращает нас к условиям задачи 7.

1. Пусть V — скорость Жанно относительно воды, v — скорость течения и I — расстояние, которое проходит Жанно в одну сторону. Тогда

откуда

Чтобы пройти по озеру расстояние, равное тому, которое он проплыл по реке в ту и другую сторону, Жанно потребуется 4 ч 48 мин.

2. Обозначим через /, р и с суммы, оставшиеся соот­ветственно у Жака, Пьера и Клода. Нам нужно решить в целых положительных (или хотя бы неотрицатель­ных) числах уравнение

Как 1443, так и 2923 кратны 37; следовательно, и / кратно 37.

По условию задачи у Жака еще остались деньги, но не более 50 франков. Значит, у него осталось 37 фран­ков. Поэтому все сводится к решению уравнения

У этого уравнения есть очевидное решение

Следовательно, у Клода остался только 1 франк.

3. Задача не имеет решения. Действительно, у Поля не было 13 шаров. Следовательно, у Николя их — не менее 18. Но это невозможно, если у Клода и Николя вместе — 17 шаров.

4. Эта задача не имеет решения. Действительно, она приводит к соотношению

(где числа а и Ь, а также п — целые). Но квадрат целого числа либо кратен трем, либо равен кратному трем плюс 1, но никогда не может равняться числу, кратному трем, плюс 2.

5. Месье Вер смог определить количество галстуков, купленных каждым из трех других покупателей, зная,

что одно из трех соответствующих чисел совпадает с числом зеленых галстуков, купленных им самим. Но проверьте это самостоятельно! — если число галстуков, которые купил месье Вер, равно 1, или 2, или 3, или 27, то уравнение

где одно из чисел b, j или г равно v (эти числа — коли­чества купленных галстуков каждого цвета), допускает минимум два решения в целых положительных числах, таких, что решения В, J иR системы

(здесь числа В, J и R — цены галстуков) будут поло­жительны. Напротив, если ц = 28 (а больше, чем 28, число v, разумеется, быть не может), то нашим усло­виям удовлетворяет единственное решение первого уравнения:

Следовательно, месье Вер купил 28 галстуков. Месье Блё и месье Жон купили только по одному галстуку, т. е. поровну.

6. Если бы на первые два вопроса Жаку ответили ДА, то это означало бы, что ожерелья продавались по трем разным ценам, а не по двум, как утверждается в усло­вии задачи.

Следовательно, на все три вопроса Жак получил ответ НЕТ — и, значит, ожерелье он не купил.

7. Вторая машина никогда не догонит первую, которая движется с большей скоростью.

8. Эта задача часто встречается в сборниках матема­тических головоломок. Но подход к ней часто оказы­вается малореалистичным, поскольку предлагаемое ре­шение не имеет никакого отношения к тому, что может произойти на реальных выборах.

Мы считаем, что система выборов такова: изби­рается кандидат, который чаще других оказался на первом месте; голоса же, поданные за второго и третье­го кандидатов, никак не учитываются (пропадают) — такая система выборов довольно обычна.

Французский философ и математик Кондорсе (1743—1794) первым указал на парадоксы такого типа и сделал отсюда вывод о том, что не существует пол­ностью справедливой системы выборов: воля избира­телей реализуется на выборах лишь весьма несовер­шенно.

Против такого вывода можно выдвинуть два воз­ражения:

во-первых, та система голосования, которая фигури­рует в нашем примере, довольно неудачна;

во-вторых, распределение голосов, соответствующее условию задачи, малореалистично.

Действительно, весьма маловероятно, чтобы 17 чле­нов клуба поставили Бернара на первое место, а ос­тальные 31 —только на последнее место. Гораздо бо­лее правдоподобна ситуация, когда кандидат, победив­ший с весьма незначительным преимуществом, встре­чался определенное число раз и под вторым номером. Тем не менее нет ничего невозможного в предполо­жении, что один из двух других кандидатов оказывал­ся перед Бернаром большее число раз, чем он перед этим кандидатом, как это видно из следующего при­мера:

В этом примере Бернар оказался на первом месте 17 раз и, следовательно, победил.

Распределение голосов здесь вполне реалистично Однако легко видеть, что Бернар оказался впереди Пьера 23 раза, тогда как Пьер оказался впереди Бер­нара 25 раз.

Все дело здесь в системе голосования. Выбор, который совершается избирателями, не всегда одинако­во важен: прежде всего нужно учитывать выбор кан­дидата, помещаемого на первое место; в том же случае, когда на первом месте стоит Бернар, не так уж важно, стоит ли Пьер впереди Жака или наоборот.

Другими словами, в 23 случаях, когда Бернар шел впереди Пьера, Бернару удалось занять 17 первых мест, тогда как в 25 случаях, когда Пьер шел впереди Бернара, Пьеру удалось занять лишь 15 первых мест. Эта разница на два в числе первых мест важнее, чем разница на четыре в случаях, когда Пьер и Бернар стояли в том или другом порядке на втором и третьем местах.

1. Разрежем равносторонний треугольник АВС по одной из его медиан AD (рис. 40). Половину ADC этого треу­гольника переместим в положение ЛЕВ так, чтобы при этом образовался прямоугольник ADBE. Отношение сторон этого прямоугольника меньше двух; следова­тельно, его можно преобразовать в квадрат, разрезав на три части.

Однако диагональ АВ, позволяющая преобразовать треугольник в прямоугольник, проходит через две из этих частей.

В итоге мы перешли от треугольника АВС к квад­рату AFGH с помощью разрезания на пять частей.

2. Прямоугольный треугольник можно преобразовать в прямоугольник, разрезав его предварительно по сред­ней линии АВ (рис. 41).

В свою очередь прямоугольник, разрезав его на три части, можно преобразовать в квадрат. В итоге мы преобразуем в квадрат исходный треугольник (рис. 41).

3. Прямоугольный треугольник, изображенный на рис. 10, можно преобразовать в прямоугольник ABCD, представленный на рис. 28, а последний — в квадрат CFHG. В итоге получается разрезание на пять частей.

Напротив, если воспользоваться разрезанием, изо­браженным на рис. 32, то мы получим только четыре части.

В самом деле, две части, CEQ и CEF, можно объеди­нить в одну, которая займет в квадрате положение CDPI (рис. 42).

4. На самом деле треугольник, изображенный на рис. 11, не произволен.

Сначала этот треугольник АВС (рис. 43) можно преобразовать в параллелограмм BCDE, который имеет две особенности:

отношение длины его основания к высоте меньше 2; он принадлежит к категории параллелограммов, представленных на рис. 35, которые удается преобра­зовать в квадрат, предварительно разрезав его всего

на две части.

Следовательно, треугольник АВС можно преобра­зовать в квадрат CFGH, разрезав его только на три части.

5. Треугольник АВС (рис. 44) можно преобразовать в параллелограмм BCDE, у которого отношение осно­вания к высоте меньше 2.

Следовательно, этот параллелограмм можно преоб­разовать в квадрат, разрезав на три части, как было показано на рис. 36.

В итоге треугольник АВС удается преобразовать в квадрат CFGH, разрезав его на четыре части.

Такое разрезание нельзя осуществить в случае треугольника произвольного типа. В самом деле, необ­ходимо, чтобы у параллелограмма BCDE отношение основания к высоте было меньше 2. Для исходного треугольника это означает, что по крайней мере длина одной из его высот h должна быть заключена между 122

1. Каждая монета или тяжелая, или легкая. Следо­вательно, всего имеется 64 возможных распределения весов этих монет, причем два распределения (когда все монеты легкие и когда все они тяжелые) нужно исключить, поскольку они противоречат условиям за­дачи.

Таким образом, остается 62 распределения. Но с по­мощью четырех взвешиваний можно априори выбрать одну из 81 возможности. Поэтому четырех взвешива­ний должно быть достаточно.

Поскольку число 62 заметно меньше 81, можно рас­считывать, что задача будет иметь много решений.

Вот одно из них:

2. Пять монет обеспечивают 30 различных возможных распределений «тяжелые — легкие»:

Но три взвешивания позволяют лишь выбрать одну из 27 возможностей.

Следовательно, с помощью всего лишь трех взве­шиваний отыскать нужное распределение «тяжелые — легкие» для пяти монет заведомо невозможно.

3. Каждая монета или тяжелая, или легкая.

Поскольку у нас имеется п монет, число возмож­

ностей равно 2^Л.

Как и в задаче 1, из этого числа нужно исключить два распределения, когда все монеты оказываются лег-

ними или все они — тяжелые. Таким образом, остается 2'¹ — 2 возможностей.

Пусть т таково, что

С помощью (т — 1) взвешиваний можно в лучшем случае выбрать одну из З^т “ ¹ возможностей

Поэтому в нашем случае потребуется не менее т взвешиваний. Снова заметим, что речь идет о мини­муме', если 2'^г — 2 достаточно близко к 3^W, то т взвеши­ваний может и не хватить. В самом деле, нельзя быть уверенным, что найдется способ взвешивания, позво­ляющий на каждом этапе разбивать множество ос­тающихся возможностей на три равные по численности групп ы.

Можно составить следующую таблицу:

Однако мы не можем быть уверенными, что во всех случаях нам обязательно хватит указанного числа взвешиваний.

4. Можно узнать априори, легко или трудно будет решить поставленную задачу.

Вновь перепишем двойное неравенство из преды­

дущей задачи

Еслиблизко к З"¹, то решать задачу будет

грудно, поскольку потребуется найти способ взвеши-

вания, где возможные распределения на каждом этапе разбивались бы на равные или почти равные по чис­ленности группы.

Напротив, когда, как в настоящем случае, 2^п — 2 близко к З'"^-1, задача решается достаточно легко.

2⁸ — 2 = 254 близко к 3⁵ = 243. Поэтому при выборе способа взвешиваний (а мы должны обойтись шестью взвешиваниями) имеется достаточный произвол и воз­можности можно распределять по группам относи­тельно свободно.

Если говорить о практической стороне дела, то мы можем, например, взять шесть первых монет и расклас­сифицировать их с помощью четырех взвешиваний, как это описано в решении задачи 1.

Пятое и шестое взвешивания будут состоять в том, чтобы сравнить седьмую и восьмую монеты с какой- нибудь из шести первых монет.

5. Имеется 2¹² — 2 = 4094 возможностей — число, за­ключенное между З^{[18] [19] = 2187 и З8 = 6561. Поэтому нам потребуется заведомо не менее восьми взвешиваний.}

Так, шесть первых монет можно расклассифици­ровать за четыре взвешивания, а затем то же проде­лать с остальными шестью монетами.

В случае когда одна из двух групп окажется сос­тоящей из шести одинаковых монет, это удастся уста­новить с помощью трех взвешиваний

Следовательно, останется возможность сравнения одной из этих шести монет с одной из шести других (одно взвешивание).

другую чашу; и аз и 6₃, которые снимают с весов. Мы видим, что решение подобных задач на взвешивание требует не одной только интуиции, но в равной мере и трезвого размышления: тщательный анализ задачи, исследование числа возможностей и выводы, касающие­ся способа взвешивания, требуют подсчета, а не интуи­тивного озарения.

Интуиция вступает в дело далее, когда мы хотим, например, определить а\, а%, аз, bi, ^2, Ьз так, чтобы 26 возможностей (когда весы остаются при первом взвешивании в равновесии) распределились при втором взвешивании по группам из 9, 9 и 8 возможностей.

Решение приведено в следующей таблице:

7. Вот решение, содержащее пять взвешиваний:

1. Условиям (1) и (3) удовлетворяют только названия следующих животных: ЛАНЬ, ТИГР, ЛАМА и ЛИСА (читатель может без труда убедиться в этом, воору­жившись русским алфавитом). Но ЛИСА и ЛАМА не удовлетворяют условию (2), а ТИГР — условию (4).

Следовательно, искомое животное — это ЛАНЬ.

А при чем же здесь тигр? Но где Жанно мог увидеть лань? Только в зоопарке. А если так, то,по-видимому, и тигр там где-то неподалеку.

2. «Столбики» сложений выглядят следующим образом:

Шут подписался своим именем Лоик (Loic), но записанным в обратном порядке.

3. Пусть сложение имеет вид

Предположим, что при данном сложении нам ни разу не приходилось оставлять какие-либо цифры «в уме». Так как в этом случае ни одна из девяти (разных) букв а, Ь, с, ..., і не означает 0, то

a + 6 + c + d + e + f + g + /z-H = 45.

Если