80ШМСЖ Ш. СОШМВ
РОЬУОМ1ШЕ5
№\у Уогк1 СЬаг1ез ЗспЬпег'з 5опз

□ С.В.Голомб СП
Щ ПОЛИМИНО ЩЗ
Перевод с английского В. Фирсова
Под редакцией и с предисловием И. Яглома
ИЗДАТЕЛЬСТВО «МИР»
МОСКВА
1975

Голомб С. В.
Полимино. Пер. с англ. В. Фирсова. Пре-
дисл. и ред. И. Яглома. М., «Мир», 1975.
207 с. с илл.
Имя С. В. Голомба, известного американского
ученого, специалиста в области теории информации и
статистики, неотъемлемо от изобретенного им «поли-
мино» — игры, которая пользуется заслуженным успе-
хом среди любителей занимательной математики во
всем мире.
Книга «Полимино» — первая монография, по-
священная перечислению уже решенных и постанов-
ке новых задач теории этой увлекательной игры. Она,
бесспорно, с интересом будет встречена самым широ-
ким кругом читателей —» как математиками-профес-
сионалами, так и всеми теми, кто с удовольствием
посвящает свой досуг занимательной математике.
20202 — 386
184—74 51
041(01) —75
Редакция научно-популярной
и научно-фантастической литературы
© Перевод на русский язык, «Мир», 1976.

ПРЕДИСЛОВИЕ РЕДАКТОРА
РУССКОГО ИЗДАНИЯ
Автор этой книги С. В. Голомб — известный ученый,
профессор отделений математики и электронной вычисли-
тельной техники небольшого, но весьма известного в США
университета Южной Калифорнии (к слову сказать, там
же сотрудничают видный геометр Герберт Буземан и один
из крупнейших специалистов по современной прикладной
математике Ричард Беллман — их имена знакомы совет-
скому читателю по переводам многих книг). Научные тру-
ды Голомба, посвященные теории информации, теории
кодирования и математической статистике, а также разно-
образным применениям этих дисциплин — вопросам хра-
нения и передачи информации в живой природе и в техни-
ке, — хорошо известны специалистам*. Но вовсе не эти
тонкие и глубокие работы сделали его имя широко попу-
лярным во всем мире — своей известностью он в первую
очередь обязан придуманной им в часы досуга игре (точнее,
серии игр), связанной с ПОЛИМИНО.
В 1953 году, будучи аспирантом отделения математики
Гарвардского университета в Бостоне, Голомб выступил
с докладом о полимино в Гарвардском математическом клу-
бе. Собственно, с этого доклада и повторяющей его статьи
«Шахматные доски и полимино» [7] и ведет свое начало
история полимино. Можно только поражаться, какое рас-
пространение получили впоследствии связанные с полими-
но игры и задачи и как быстро захватили они обширнейшую
аудиторию — от школьников младших и средних классов
и домашних хозяек до профессоров математики.
В США, Англии и ряде других стран начали продавать
в качестве детских (и не только детских) игр различные
наборы полимино с подробными инструкциями о правилах
игры. Многочисленные статьи о полимино стали появлять-
* Сошлюсь на перевод написанной совместно с выдающимся
генетиком М. Дельбрюком и математиком Л. Р. Вел чем статьи
Голомба «Строение и свойства кодов без запятой» [Математика,
4, вып. 5, 137—160 (1960)), посвященной обсуждению некоторых
априорно возможных систем передачи генетической информации
от хромосом ядра клетки к телу (цитоплазме) клетки и тем самым
ко всему живому организму.
5

с я в самых разнообразных журналах: научных (1оигпсй о/
СотЫпа(ог1а1 ТНеогу или СапасНап Ма1кета1ка1 ]оита1),
научно-педагогических (Атегкап МшНета(ка1 Моп1Н1у
или Ма1кетаИса1 СагеНе), научно-популярных (в двух са-
мых распространенных из них — в американском ЗскпН}к
Атегкап и советском «Наука и жизнь»—тема полимино одно
время получила чуть ли не «постоянную прописку»), в жур-
налах для школьников (советский журнал «Квант») или
изданиях, посвященных «развлекательной математике»
(Яесгеа(юпа1 МаОгетаИсз Ма§аг1пе или Раьгу СНезз Яеььехю).
Широкой известностью во всем мире пользуется книга
С. Голомба «Полимино», русский перевод которой ныне
предлагается вниманию читателя. Столь бурный инте-
рес к, казалось бы, непритязательной теме из области
математических развлечений, не претендующей на особое
внимание, на первых порах может показаться несколько
неожиданным; попытаемся по возможности его пояснить.
Основная идея всех содержащихся в настоящей книге
результатов и задач весьма проста: она родственна тради-
ционным играм детей, составляющих фигурки из детских
кубиков (с картинками или без таковых). В простейшем ва-
рианте своих построений Голомб заменяет пространствен-
ные (или «трехмерные») кубики плоскими («двумерными»)
квадратами типа тех, что мы привыкли видеть на листке
тетради «в клетку». Из этих квадратов автор образует более
сложные фигуры, получаемые объединением двух (домино)
или нескольких (полимино) квадратов, примыкающих друг
к другу по целым сторонам.
Дальнейшая проблематика связана со складыванием
новых фигур из заданного набора полимино или с доказа-
тельствами невозможности тех или иных расположений
полимино. Так, например, достаточно типичными следует
считать открывающие книгу результаты о невозможности
покрытия обыкновенной шахматной доски с двумя выре-
занными противоположными угловыми клетками 31 домино
(составленным из двух примыкающих квадратов, равных
полям доски) или о возможности покрытия доски с одним
удаленным полем 21 угловым тримино независимо от того,
где расположено вырезанное поле (первая из упомянутых
задач весьма популярна среди школьников всего мира,
интересующихся математикой). Новые мотивы появляются
6

в книге «Полимино» в связи с комбинаторными расчетами,
возникающими при попытках ответить на- вопросы типа
«сколькими способами?», и с рассмотрением оптимальных
конфигураций полимино, например, при решении вопроса
о минимальном числе мономино (просто квадратов), которые
необходимо удалить из шахматной доски, чтобы на ней
нельзя было более расположить ни одного полимино задан-
ного типа.
Связанные с полимино игры и задачи достаточно просты
по формулировкам и не особенно оригинальны. На первый
взгляд, они очень близки к старинной китайской голово-
ломке «танграм» (или «чи-чао-тю»), состоящей в складыва-
нии фигурок из разрезанной определенным образом на семь
частей квадратной деревянной или металлической плас-
тинки*, а также к близкой танграму древнегреческой голо-
воломке «стомахион», в которой число частей квадратной
пластинки увеличено до 14 (эту последнюю головоломку
принято приписывать Архимеду). И тем не менее интерес,
который в наши дни вызывает эта проблематика, вполне
закономерен и объясним.
Чтобы вскрыть его причины (которые, разумеется, от-
нюдь не обязаны осознавать неспециалисты), следует вкрат-
це остановиться на некоторых общих тенденциях современ-
ной математики. Начиная с XVII века, эпохи Ньютона и
Лейбница, центральным разделом математики считался
математический анализ (дифференциальное и интегральное
исчисление), изучающий непрерывно развивающиеся во
времени и пространстве процессы, а также непрерывные
функции (графиками которых служат непрерывные линии),
используемые для математического описания этих процес-
сов. Поскольку множество значений таких функций, как
правило, является бесконечным, то вплоть до второй по-
ловины XX века математики пренебрежительно относились
к задачам, связанным с так называемой «конечной» мате-
матикой, в частности с комбинаторикой, в которой тре-
буется разобраться в конечном числе возможных вариантов:
все подобные задачи относились к «низшей» математике,
противопоставляемой так называемой «высшей математи-
ке», то есть математическому анализу. Однако с появлени-
* См., например, гл. 33 книги [34] или: Д. И. Перепел*
к и н, Курс элементарной геометрии, ч. I, М.—Л., Гостехиздат,
1948, стр. 208—209.
7

ем ЭВМ (в названии которых обычно неправомерно опу-
скается весьма важное прилагательное «цифровая», так что
здесь точнее было бы говорить ЭЦВМ —электронная цифро-
вая вычислительная машина) картина полностью измени-
лась. Современная электронная вычислительная техника
базируется на вводимых в машину в качестве исходных дан-
ных и получаемых в виде результата цифровых запи-
сях, позволяющих охватить необычайно широкий круг
явлений — универсальность (конечного!) алфавита ЭЦВМ
родственна, скажем, универсальности русского алфавита,
с помощью конечных комбинаций 32 символов (букв) ко-
торого удается выразить самые тонкие и глубокие оттен-
ки мысли или чувства.
Появление ЭЦВМ заставило ученых по-новому взгля-
нуть на окружающий нас мир. При этом обнаружилось, что
явления, имеющие «дискретный», или «конечный», харак-
тер, встречаются весьма часто и играют большую роль.
Достаточно сказать, что органическая жизнь, как мы
теперь знаем, тесно связана со знаменитым четырех-
буквенным алфавитом дезоксирибонуклеиновой кислоты
(ДНК), на языке которой составляются хранимые в хромо-
сомах живой клетки «команды». Именно они дают указания
об общем плане строения организма и о его индивидуальных
особенностях наследственного характера. И хотя сегодня
мы по-прежнему нередко употребляем выражение «высшая
математика» как синоним термина «математический анализ»,
но уже не вкладываем в него никакой оценки сравни-
тельного значения разных разделов математической науки.
Пересмотр позиций способствовал, в частности, расцве-
ту комбинаторики, которую еще совсем недавно не относи-
ли к разряду особо уважаемых математических дисциплин.
Это нашло свое отражение- не только в появлении ря-
да книг, посвященных комбинаторике (см. монографии
[41] — [43—47]), но и в создании специальных периоди-
ческих изданий (к их числу принадлежит 1оита1 о[ СотЫ-
па(опа1 ТНеогу, в котором было опубликовано немало на-
учных статей, связанных с полимино). Интерес к комбина-
торике, стимулируемый существованием ЭВМ, объясняется
двояко: с одной стороны, многие связанные с конструиро-
ванием и эксплуатацией ЭВМ задачи имеют чисто комбина-
торный характера другой —решение многих комбинаторных
проблем оказывается удобным поручать нашим элект-
ронным «помощникам», для которых стандартными явля-
3

ются процедуры, требующие осуществления упорядоченного
перебора большого числа однотипных вариантов. В этой
книге читатель также неоднократно встретит указа-
ния на сотрудничество человека с машиной в решении раз-
личных комбинаторных задач.
Другая общая тенденция современной науки, также
нашедшая свое отражение в связанной с полимино тема-
тике, состоит в огромной роли так называемых оптимиза-
ционных проблем, требующих установления наилучшего
(оптимального) или по крайней мере достаточно хорошего
режима работы той или иной системы — физической, тех-
нической, экономической, биологической или какой-либо
другой. Эта тенденция породила новые направления —
своеобразные «математические науки», развивающиеся ны-
не чрезвычайно интенсивно. Одним из таких направлений
является упоминаемая автором этой книги комбинаторная
геометрия, имеющая своей целью анализ конечных кон-
фигураций точек или геометрических фигур и выявление
тех из них, которые в том или ином отношении оптимальны.
Это новое направление математической мысли, получившее
в последнее десятилетие очень большое распространение,
само по себе не представляет большого прикладного инте-
реса: его расцвет связан скорее с общим ростом внимания
к комбинаторике и оптимизационным задачам, чем с важ-
ностью геометрических комбинаторных проблем для чистой
или прикладной математики. Учение о полимино мож-
но рассматривать как одну из глав комбинаторной геомет-
рии — правда, главу достаточно специфическую, посколь-
ку в ней несколько затушеваны весьма характерные для
всего направления чисто оптимизационные проблемы*.
Все сказанное выше проливает достаточный свет на ту
почву, на которой вырос интерес к полимино. Человеческое
существование нельзя разделить на отдельные неперекры-
вающиеся компоненты: быт, труд, отдых — все они тесно
переплетены между собой. «Модная» в тот или иной период
времени «развлекательная математика» всегда оказывается
* С этой точки зрения наиболее естественным является сопо-
ставление содержания настоящей книги с тем течением комбинатор-
ной геометрии, которое начинается с известной задачи о разреза-
нии квадрата на попарно неразные квадраты; большое внимание,
которое уделяется этой достаточно частной задаче, ее вариантам
и обобщениям (см. [52]), также кажется необъяснимым в отрыве от
охарактеризованных выше общенаучных тенденций.
9

тесно связанной с магистральной линией развития науки.
Так, первая в Европе книга по математическим развлече-
ниям — знаменитый сборник «Приятных и заниматель-
ных задач» литератора и любителя математики Баше де
Мезириака (1612)—весьма естественно укладывается в
общую схему математики XVII века. Ее влияние на науч-
ные интересы Блеза Паскаля или Пьера Ферма не вызывает
сомнения. Именно научная актуальность определила ог-
ромный успех сочинения Баше, выдержавшего в короткий
срок множество переизданий и постоянно перепечатывае-
мого вплоть до наших дней. Из книги Баше черпали проб-
лемы многие видные математики того времени. Аналогично
этому научные интересы С. В. Голомба, в значительной
степени концентрирующиеся вокруг чисто комбинаторных
проблем, бесспорно, сыграли роль в «открытии» им поли-
мино, и именно они обеспечили успех его книге.
Выше уже упоминалось о том, что в ряде стран наборы
полимино продаются в качестве игр. Читатель легко смо-
жет самостоятельно изготовить набор 12 пентамино, основы-
ваясь на приведенном на стр. 11 рисунке. Делать полими-
но лучше всего из плотного картона; полученные фигурки
желательно оклеить цветной бумагой. Не советуем выре-
зать полимино просто из бумаги: при складывании узоров
бумажные полимино будут мяться. Помимо пентамино, из
картона и цветной бумаги можно изготовить и иные л-мино
(скажем, отвечающие значениям п = 1, 2, 3, 4 и 6; см.
рис. 1 и 20 в книге) или треугольные или шестиугольные
монстры (см. рис. 134, 137 или 139, 141 и 143). При этом
ребро «образующих квадратов», таких, что п-мино является
объединением п подобных квадратов, лучше всего принять
равным 2 см или близким к этой величине. Сторону порож-
дающих треугольные монстры правильных треугольников
также можно считать равной 2 см, а сторону правильных
шестиугольников, объединением которых получаются шес-
тиугольные монстры, — такой же или несколько меньшей.
«Пространственные полимино», в частности изображенные
на рис. 112 пространственные мономино, домино, тримино
и тетрамино, а также пентакубики, о которых говорится
на стр. 128, можно склеить из детских кубиков. Автор
книги описывает некоторые связанные с полимино игры;
другие такие игры читатели смогут придумать самостоятель-
но или найти их описания в указанной в конце книги ли-
тературе.
10

Как уже говорилось, публикация в 1965 году книги
С. Голомба «Полимино» привела к лавинообразному росту
связанной с полимино литературы. В настоящем издании
мы, разумеется, не ставили своей целью включить в изло-
жение все полученные до сего времени результаты. Но, что-
бы дать читателю некоторое представление о дальнейшей
эволюции соответствующих идей, мы дополнили книгу
сокращенным переводом одной из последующих статей С. Го-
ломба и переводом любопытной, богатой нерешенными проб-
лемами статьи американского ученого Д. А. Клэрнера.
Добавления внесены также в библиографию. Оговоримся,
что при этом мы отнюдь не ставили своей целью охватить
все без исключения книги и статьи о полимино. Перевод-
чику и редактору принадлежат также немногочисленные
подстрочные примечания в тексте книги, в которых, в част-
ности, содержатся ссылки на иную, доступную нашим чи-
тателям литературу.
Я. Яглом

Ш-
1
Ш:
■У/,
У/Л
/ / / /
> / / г
,,,
т
Щ
1
111
|
ТТЛ
|й|
'//,
У/А
УЛ
Щ^
11
г

ПРЕДИСЛОВИЕ АВТОРА
В 1953 году в одном из сообщений в Гарвардском матема-
тическом клубе я имел неосторожность «открыть» полимино
и с той поры обречен беспрестанно заботиться о его сущест-
вовании, пополнении и развитии, так как на меня обру-
шился поистине неиссякаемый поток вопросов, задач, ре-
шений. Пишут люди со всех концов Земли, люди всех слоев
общества — от председателей советов ведущих универси-
тетов до школьников и даже ... заключенных. Всех интере-
сует полимино.
Через некоторое время я обнаружил, что по крайней
мере одна из разновидностей полимино, а именно пентами-
но, имеет довольно длинную историю. Хотя сам термин
«пентамино», судя по всему, впервые был введен в упомя-
нутом мною сообщении, первая задача о пентамино была
опубликована в 1907 году в книге «Кентерберийские голо-
воломки» знаменитого английского изобретателя голово-
ломок и развлечений Генри Э. Дьюдени. Еще раньше лю-
бители древней японской игры «Го» (в нее играют, распола-
гая на доске белые и черные камешки) уже знали, что из
пяти камешков можно сложить двенадцать различных узо-
ров. Более того, в 1930—1940 годы в английском журнале
головоломок и развлечений Раггу СНезз Ям[еш появился
ряд статей на нашу тему (правда, в них рассматривались
не задачи складывания фигур из полимино, а задачи раз-
биения фигур на «полиминальные» части).
В 1954 году содержание моей лекции в Гарварде было
опубликовано в журнале Атепсап МаИгетаИса! МогйМу
и сразу же привлекло к себе внимание профессиональных
математиков. Нематематики же познакомились с полимино
в мае 1957 года по перепечатке этой работы вЗаепИ[1с Ате-
псап — журнале, рассчитанном на более широкий круг
читателей.
С того времени ко мне стали обращаться многочислен-
ные группы студентов, учителей, учащихся колледжей с
просьбами прочитать лекции о полимино. О новой матема-
тической забаве стали говорить, и я написал немало статей
о полимино. Как оказалось, полимино интересно не только
13

тем, что получило широкое распространение среди любите-
лей занимательной математики; оно может также служить
своего рода «приправой» к школьным программам по матема-
тике.
Предлагаемая вниманию читателей книга является свое-
образным итогом прочитанных мною лекций, опубликован-
ных статей и обширной переписки с любителями полимино.
Мне хотелось бы поблагодарить журнал Кесгеа1юпа1 Ма-
(НетаИсз Ма^агте за разрешение воспользоваться опубли-
кованным на его страницах материалом. Я также призна-
телен журналу ЗаегйЦьс Атепсап, позволившему включить
в эту книгу материал, который ранее был опубликован в
рубрике этого журнала «Математические игры», ведущей-
ся под руководством Мартина Гарднера, Наконец, нельзя
не упомянуть об огромной армии любителей полимино,
которых я просто не в состоянии здесь перечислить. Назову
лишь Дэвида Клэрнера и Спенсера Эрншоу —они добились
определенных успехов в занятиях многими труднейшими
задачами, которые принадлежат к категории «неразре-
шимых».
С. В. Голомб
Университет Южной Калифорнии*
Лос-Анджелес

ГЛАВА I
ПОЛИМИНО И ШАХМАТНЫЕ ДОСКИ
В этой книге мы будем рассматривать полимино — фигу-
ры, составленные из одноклеточных квадратов так, что
каждый квадрат примыкает хотя бы к одному соседнему,
имеющему с ним общую сторону. (Шахматист назвал бы
это группировкой «по принципу ладьи», имея в виду, что
поставленная на любую клетку полимино ладья, которая
ходит на любое число клеток по вертикали или по горизон-
тали, но не по диагонали, сможет за конечное число ходов
перейти на любую другую клетку того же полимино.)
Задачи с полимино очень характерны для комбинатор-
ной геометрии — раздела математики, занимающегося во-
просами взаимного расположения и комбинирования гео-
метрических фигур. Это очень красивая, но еще почти не
разработанная ветвь математики, поскольку общих методов
в ней, по-видимому, очень мало, а известные ныне методы
настолько примитивны, что не поддаются усовершенство-
ванию. Многие встречающиеся в практике важные инже-
нерные задачи — в первую очередь те, которые связаны в
том или ином смысле с оптимальным расположением фигур
заданной формы, — по существу относятся к комбинатор-
ной геометрии. Цель настоящей главы двояка: во-первых,
послужить введением в связанные с полимино математиче-
ские головоломки и развлечения и, во-вторых, проиллюст-
рировать некоторые приемы и рассуждения, характерные
для комбинаторной геометрии вообще.
Простейшие типы полимино — всевозможные комбина-
ции из менее чем пять сгруппированных квадратов — изоб-
ражены на рис. 1. В последующих комбинаторных задачах
предполагается, что полимино можно вращать (то есть
15

□
Мономина
Ш
■Домино.
сгп
Прямое триминй
Рис. /. Простейшие формы по-
лимино.
Квадратное
тетрамиио
СШ
Т-тетрамино
ь
Косое тетрамино
Прямоугольное
тримино
лрмое ттрцмина Ъ-тетраАмно
поворачивать на 90, 180 или
270°) и зеркально отражать
(переворачивать), не меняя
формы самих фигур (ср. с гл.
VI, которая посвящена одно-
сторонним полимино, стр.
114).
ДОМИНО
Домино состоит из двух квадратов и может иметь лишь
одну форму — форму прямоугольника размером 1 X 2.
Первая связанная с домино задача, вероятно, знакома не-
которым читателям: даны шахматная доска, из которой
вырезана пара противоположных угловых клеток (рис. 2),
и коробка доминоу каждое из которых покрывает ровно две
клетки шахматной доски. Возможно ли целиком покрыть
доску с помощью 31 кости домино (без свободных клеток и
наложений)? Ответ на этот вопрос гласит: «НЕТ» и имеет
замечательное доказательство. Шахматная доска содержит
64 чередующиеся клетки белой и черной раскраски (имеется
в виду обычная шахматная рас-
краска доски). Каждая поло-
женная на такую доску и по-
крывающая две соседние клет-
ки кость домино покроет одно
белое и одно черное поле, а п
костей домино — п белых и п
черных полей, то есть поровну
тех и других. Но изображенная
на рис. 2 шахматная доска со-
держит больше черных клеток,
чем белых, и потому ее нел ь-
зя покрыть костями домино.
Этот результат есть типичная тео-
рема комбинаторной геометрии.
Рис. 2. Шахматная доска
с удаленными противопо-
ложными полями.
16

ТРИМИНО
Ясно, что шахматную доску
размером 8x8 нельзя цели-
ком покрыть тримино — ведь 64
не делится на 3. Попытаемся
вместо этого покрыть шахмат-
ную доску 21 тримино и одним
мономино (просто квадратом).
Шахматную доску нельзя по-
крыть 21 прямым трими-
но и мономино, расположенным в
нижнем левом углу доски. Для
доказательства раскрасим шах-
матную доску, как показано на
рис. 3. На рисунке мы имеем 22
заштрихованных поля, 21 белое
и 21 черное поле. Но каждое
прямое тримино независимо от
того, как оно лежит на шахмат-
ной доске, всегда покрывает
одно заштрихованное поле, одно
белое и одно черное поле; поэто-
му 21 прямое тримино всегда
покроет одинаковое число за-
штрихованных, белых и черных
клеток доски. А так как ни-
жний левый угол на рис. 3 —
это черная клетка, то, если по-
крыть ее мономино, у нас оста-
нется только 20 черных клеток,
зато будут 22 заштрихованные и
21 белая. Эти числа не равны;
значит, покрыть оставшиеся 63
клетки прямыми тримино н е-
возможно.
Отсюда сразу же следует и
невозможность покрытия в слу-
чае, если мономино расположено
в любом другом углу шахматной
доски: ведь тогда мы сможет
повернуть нашу доску так, что-
бы мономино опять оказалось
Рис, 3. Трехцветная рас-
краска шахматной доски.
ш
1
ж
ш
Рис. 4. Заштрихованные по-
ля не симметричны полям
другого цвета на трехцвет-
ной шахматной доске.
17

внизу слева, и далее придерживаться прежнего хода рас-
суждений. Все четыре угла шахматной доски совершен-
но равноправны между собой или симметричны — любой
из них можно, поворачивая и зеркально отражая доску,
перевести в любой другой. А если покрытие невозможно
при одной конфигурации клеток, то оно невозможно и для
любой конфигурации, симметричной первоначальной.
Вообще соображения симметрии бывают очень полезны
в комбинаторной геометрии. Мы уже убедились (на примере
задачи с мономино, расположенным в нижнем левом углу
доски), что если мономино покрывает любую черную клет-
ку, или любую белую клетку, или любую клетку, симмет-
ричную черной или белой, то оставшуюся часть шахматной
доски нельзя покрыть прямыми тримино. Но единственные
заштрихованные клетки шахмат-
ной доски, для которых все
симметричные им клетки тоже
заштрихованные, — это те, кото-
рые показаны на рис. 4. Поэто-
му если мы расположим моно-
мино на какой-нибудь клетке
доски, отличной от этих
четырех клеток, то оставшуюся
часть шахматной доски прямыми
тримино замостить наверняка
нельзя. Таким образом, мономи-
но может покрывать лишь
одну из этих четырех клеток. А
из рис. 5 следует, что эти четы-
ре исключительные клетки и в
самом деле являются исключи-
1
1
Рис. 5. Покрытие шахмат-
ной доски при помощи 21
прямого тримино и 1 мо-
номино.
Рис. 6. Покрытие шахматной доски
прямоугольными тримино.
11111 11)1
! '
|
18

тельными: если расположить мономино на одной из них, то ос-
тавшуюся часть доски покрыть 21 прямым тримино можно.
Если обратиться ко второму типу тримино, то мы
придем к иному результату: независимо от того, какую
клетку шахматной доски покрывает мономино, оставши-
еся клетки могут быть покрыты 21 прямоугольным (Ь)
тримино.
Пусть сначала мы имеем шахматную доску размером
2x2. Яс^но, что, где бы ни лежало на этой доске мономино,
оставшиеся три клетки всегда можно покрыть прямоуголь-
ным тримино (рис. 6,а). Перейдем теперь к доске размером
4 X 4 и разобьем ее на четыре части размером 2x2
(рис. 6,6). Предположим, что мономино покрывает клетку,
скажем, той из четырех частей, которая заштрихована на
рис. 6,6. Так как каждая четверть доски представляет собой
доску размером 2 X 2, то ее можно покрыть одним тримино
и одним мономино, занимающим произвольную клетку этой
доски. В заштрихованной части доски мономино уже есть;
что же касается трех остальных четвертей, то мы располо-
жим в них мономино на центральных (для большой доски)
клетках. После этого мы сможем заменить наши три моно-
мино на одно (прямоугольное) тримино (см. рис. 6,6). Окон-
чательно мы покрыли шахматную доску размером 4X4
одним произвольно расположенным мономино и пятью
прямоугольными тримино.
Случай доски размером 8x8 рассматривается анало-
гично. Поделим доску на четверти (доски размером 4x4;
рис. 6,в). Произвольно расположенное мономино принадле-
жит одной из четвертей, и, согласно сказанному выше, мы
можем завершить покрытие этой части прямоугольными три-
мино. Что касается трех оставшихся частей, то в них мы
располагаем мономино на центральных (для большой доски)
клетках и вновь, согласно сказанному ранее, сможем по-
крыть оставшиеся клетки этих частей прямоугольными три-
мино. После этого нам останется только заменить три за-
нимающие центральные клетки мономино на одно прямо-
угольное тримино.
Приведенное доказательство основано на так называе-
мом методе математической индукци и—
очень полезном приеме доказательства математических
фактов*. Первая доска имела размеры 2x2, что можно
* См. И. С. С о м и н с к и й, Л. И. Г о л о в и н а, И. М. Я г-
л о м, О математической индукции, М., изд-во «Наука», 1967.
19

[■Гц]:
I 11111» »!«■■ 1Ы1Ш I II»»
Рис. 7. Для покрытия шах-
матной доски можно ис-
пользовать любое тетрами-
но, за исключением косого.
к'й'
К#1
гЙ*1'
1
::й::
й-Й
•г'й*
'.■.*.■.
'■XV
•!•:•!•
й:К
7Я\
:?й*
йй
•*'Г*л
Е?
•х§
;.;♦*.;
Йй
•??г
||
•*■*•*■
Рис. 8. Раскраска доски
8X8 для исследования
ее покрытия Ь-тетрамино.
Рис. 9. Раскраска доски
для исследования вопроса
о ее покрытии прямыми и
косыми тетрамино.
также записать в виде 21 X 21.
(Число 2 называется основанием,
а число 1 — показателем степе-
ни, в которую возводится осно-
вание, иными словами, числом
раз, которое оно должно быть
умножено само на себя. Так, 21,
то есть 2 в первой степени, —
это просто 2; 22 — это 2 X 2,
или 4; 23 — это 2 X 2 X 2, или
8; 2п —это 2 в степени п. Таким
образом, доска размером 2 X
х2 — это доска размером 2п X
Х2Л, где п= 1.) Случай доски
размером 2x2 (то есть доски
размером 2п х 2", где п= 1)
оказался очень простым, а сле-
дующий случай доски 2п+1 х
Х2п+1 (например, доски размером
21+1 х 21+1 = 22 X 22 = 4 X 4)
непосредственно следовал из
предыдущего случая доски 2ЛХ
X 2п. Доказательства такого рода
очень удобны для комбинатор-
ного анализа; часто они помога-
ют анализировать сложные гео-
метрические конфигурации, пов-
торяя и комбинируя более про-
стые.
ТЕТРАМИНО
Несколько теорем, относя-
щихся к тетрамино (четырех-
клеточным полимино), несомнен-
но, заслуживают упоминания,
хотя подробные их доказатель-
ства мы опустим. При желании
читатель может рассматривать
приведенные ниже утверждения
как задачи для самостоятель-
ного решения.
20

1. Легко полностью покрыть шахматную доску прямыми тет-
рамино, или квадратными тетрамино, или Т-тетрамино,
или Ь-тетрамино (рис. 7).
2. Невозможно покрыть шахматную доску косыми тетрамино
(их даже нельзя расположить на доске так, чтобы полностью
покрывался ряд клеток, примыкающих к какой-либо одной
стороне шахматной доски).
3. Невозможно покрыть шахматную доску 15 Т-тетрамино и
одним квадратным тетрамино. (Это можно доказать, исполь-
зуя обычную раскраску шахматной доски: при такой рас-
краске каждое тетрамино всегда будет покрывать либо
четное, либо, наоборот, нечетное число клеток каждого
цвета.)
4. Невозможно также покрыть шахматную доску размером
8 X 8 с помощью 15 Ь-тетрамино и одного квадратного тет-
рамино. (Здесь самое простое доказательство использует
покрытые точками и белые поля рис. 8.)
5. Шахматную доску нельзя покрыть одним квадратным тет-
рамино и 15 другими, одни из которых (быть может, все)
прямые, а остальные — косые. (Для доказательства можно
использовать зигзагообразно заштрихованные и белые поля,
изображенные на рис. 9.)
ПЕНТАМИНО
Полимино, покрывающие пять клеток шахматной дос-
ки, называются пентамино. Существует 12 видов пентами-
но, которые можно обозначить прописными латинскими
буквами, как указано на рис. 10. В качестве приема, позво-
ляющего легко запомнить эти наименования, укажем, что
соответствующие буквы составляют конец латинского ал-
т
г
]
\
СП
Рис. 10, Двенадцать пентамино.
21

у
~У
г:
Рис. 11. Три способа укладки всех 12 пентамино на шахматной
доске.
фавита (ТЦУШХУТ) и входят в имя Р1иРИ\[о*. Посколь-
ку всего имеется 12 разных пентамино и каждая из этих
фигур покрывает пять клеток доски, то вместе они покры-
вают 60 клеток.
Возможно самыми разнообразными способами размес;-
тить на доске размером 8X8 все 12 пентамино, оставляя
непокрытыми четыре поля доски. Много красивых располо-
жений возникает при симметричном выборе этих клеток;
три из них изображены на рис. 11.
Другая естественная постановка задачи заключается в
требовании, чтобы четыре незанятые клетки составляли на
доске квадрат размером 2 х 2, то есть чтобы их можно
было покрыть квадратным тетрамино. (Самыми интересны-
1———т~1— I' 1
1——Т—т————
II 1 1————
1111——г——I
Рис. 12. 49 возможных по-
ложений центра квадратно-
го тетрамино.
Рис. 13. 10 несимметрич-
ных положений центра ква-
дратного тетрамино.
* Филиппино — уменьшительная форма итальянского имени
Филиппо (Филипп). В оригинале книги фигурирует английское
слово РШрто — филиппинец.
22

ми здесь являются- расположения тетрамино в центре или
в углу доски.) По поводу расположения этого квадратного
тетрамино можно высказать следующую замечательную
теорему: независимо от того, где на шахматной доске рас-
положено квадратное тетрамино, оставшиеся 60 клеток
можно покрыть 12 разными пентамино.
ггп
ш
Рис. 14. Покрытие квадрата 3X3 У-пентамино и квадратным тет-
рамино.
Доказательство этой теоремы мы разобьем на три этапа.
Заметим прежде всего, что очень большое, на первый
взгляд, число возможных положений квадратного тетра-
мино на шахматной доске, а именно 49 (см. рис. 12, где точ-
ками отмечены расположения центра квадрата), соображе-
ниями симметрии сводится всего к 10 существенно разным
расположениям, указанным на рис. 13.
Далее сложим из квадратного тетрамино и У-пентамино
квадрат размером 3x3, как показано на рис. 14. После
этого три покрытия шахматной доски, изображенные на
рис. 15, уже завершают доказательство — ведь, как легко
видеть, любое из 10 фигурирующих на рис. 13 расположе-
ний тетрамино можно получить, выбрав одно из указанных
трех покрытий и располагая нужным образом внутри за-
тененного квадрата размером 3x3 наше квадратное
тетрамино.
с
!_ГЧ
тг
Ш-Л
РцЙ
1
1§1§§ 1 1
п
Ту?
Щ
|—п
1 1
1 II
Рис. 15. Три укладки, показывающие, что удаление любого ква-
драта 2 X 2 из шахматной доски не препятствует покрытию остав-
шейся части доски 12 различными пентамино.
23

Рис. 16. Пять пентамино, перекры-
вающих шахматную доску.
Любопытен и следующий вопрос, относящийся к пента-
мино: каким наименьшим числом пентамино мож-
но «заминировать» шахматную доску? Под «заминирова-
нием» доски здесь понимается такое расположение на ней
нескольких пентамино, что ни одно из оставшихся пента-
мино поместить на шахматной доске более нельзя. Это наи-
меньшее число пентамино, необходимое для «заминирова-
ния» шахматной доски, — 5. Одно из возможных решений
задачи показано на рис. 16.
Помимо перечисленных, существует и множество дру-
гих красивых задач с 12 пентамино; читатель может, на-
пример, заняться покрытием прямоугольников размерами
6 X 10, 5 X 12, 4 X 15 или 3 X 20. Здесь сложнейшей,
пожалуй, является задача о прямоугольнике размером
3 X 20; ее решение показано на рис. 17, причем известно,
что это решение единственно возможное,
если отвлечься от того, что заштрихованную часть прямо-
угольника можно повернуть на 180е3.
Р. М. Робинсон, профессор математики Калифорнийско-
го университета в Беркли, предложил изящную задачу,
получившую название задачи об утроении: вы-
брав одно из 12 пентамино, нужно построить из каких-то
9 остальных пентамино фигуру, подобную выбранной. Эта
фигура будет, очевидно, втрое выше и втрое шире исходной.
Задача об утроении допускает много красивых решений;
Рис. 17. Укладка 12 пентамино в форме прямоугольника 3 X 20.
24

Рис. 18* Утроение У-пентамино и X-пентамино.
два таких решения — для У-пентамино и для Х-пентами-
но — изображены на рис. 18. Задача об утроении, как ни
странно, решается для любого из 12 пентамино, и читатель
может попробовать самостоятельно «утроить» остальные
10 пентамино.
Пентамино — это не только задачи. Их размещения на
шахматной доске размером 8x8 можно рассматривать
и как увлекательную игру. Несколько (двое или больше)
игроков поочередно выбирают любое из 12 пентамино и
располагают его на свободных клетках шахматной доски.
Проигрывает тот, кто первым не сможет разместить на дос-
ке ни одного из оставшихся пентамино. Если же все 12 пен-
тамино удалось разместить на доске, то выигрывает хо-
дивший последним. Эта игра наверняка будет продолжаться
не менее 5 и не более 12 ходов и заведомо не может закон-
читься вничью; в начале партии имеется даже больше раз-
нообразных «ходов», чем у шахмат. Игра, бесспорно, заин-
тересует игроков самого разного возраста. Сформулировать
какие-либо четкие советы по поводу наивыгоднейшей стра-
тегии игры здесь не просто, но все же позволим себе ука-
зать два важных правила:
1. Старайтесь играть так, чтобы на шахматной доске
всегда оставалось место для четного числа пентамино
(разумеется, если вы играете вдвоем).
2. Если вам не удается проанализировать создавшуюся
позицию, постарайтесь по возможности усложнить ее так,
чтобы противник оказался в еще более затруднительном
положении, чем вы.
Наша следующая задача с пентамино совершенно не
похожа на все предыдущие. Предположим, что вы хотите
25

Рис. 19. Как вырезать 12 лентами но из прямоугольника 6 X 13.
выпилить из листа фанеры все 12 пентамино, причем пила
делает лишь прямые разрезы (другими словами, не может
выпиливать углы). Какой наименьший (по площади) фанер-
ный прямоугольник следует для этого взять? (11-пентамино,
заштрихованное на рис. 19, потребует отдельного выпили-
вания — тут уж ничего поделать нельзя. Сначала вам
придется выпилить гексамино — шестиклеточное полими-
но размером 2 X 3, а уж потом докончить его с помощью
другой пилы.) Наилучшее решение здесь неизвестно, но
заведомо можно обойтись прямоугольником размером
6 X 13. Для этого надо прежде всего, продвигаясь от сто-
рон прямоугольника к его середине, пропилить жирные
линии (см. рис. 19).
Вообще задачи с пентамино обладают одной замечатель-
ной и весьма поучительной особенностью. Допустим, у
вас имеется какой-то материал и вы долго и безуспешно
пытаетесь сложить из него определенный узор или фигуру.
Добившись успеха, вы, естественно, сразу же решите, что
ваш узор восхитителен, и это все, что можно соорудить из
имеющегося у вас материала. Пентамино же показывает,
как много различных и равноправно красивых узоров
можно сложить из одного и того же материала так, что
результат будет определяться не этим материалом, а лишь
теми требованиями, которые мы перед собой поставим.
Но вполне возможно, что из заданного материала вооб-
ще н е л ь з я сложить задуманных фигур. Проиллюстри-
руем сказанное на примере гексамино.
26

ГЕКСАМИНО
Существует 35 видов гексамино и 108 видов гептамино
(сем и клеточное полимино). Никто пока не нашел выраже-
ния или формулы для числа разных типов л-мино (п-клеточ-
ного полимино) как функции от л, то есть такой формулы,
по которой можно было бы вычислить количество различных
полимино, составленных из любого наперед заданного чис-
ла п сгруппированных квадратов. Подобные комбинатор-
ные задачи на первый взгляд нередко кажутся обманчиво
простыми, на самом же деле они очень сложны. О некото-
рых полученных в решении этой задачи результатах мы
расскажем в гл. VI.
Все 35 гексамино покрывают площадь в 210 клеток.
Вполне естественно постараться сложить их в прямоуголь-
ники размерами 3 х 70, 5 х 42, 6 X 35, 7 X 30, 10 х 21
или 14 X 15. Все эти попытки, однако, заведомо ни к чему
не приведут. Доказательство — причем одно и то же сразу
для всех наших прямоугольников — использует обычную
шахматную раскраску доски, приводящую, очевидно, во
всех шести случаях к 105 белым и 105 черным полям, то
есть к нечетному числу полей каждого цвета. Из 35 гексами-
но 24 всегда покрывают три черные и три белые клетки (не-
четное число тех и других), а остальные 11 — либо две бе-
лые клетки и четыре черные, либо же наоборот, другими
словами, непременно четное число клеток каждого цвета.
На рис. 20 а и 20 б изображены все 35 гексамино, раскласси-
фицированные в соответствии с особенностями их «шахмат-
ной раскраски». Здесь мы имеем четное число — а именно
24 — «нечетных» гексамино и нечетное число — а именно
11—«четных» гексамино. Поскольку из арифметики из-
вестно, что «четное количество нечетных чисел четно» и
«нечетное количество четных чисел также четно», все 35 гек-
самино в любом случае покроют четное число как белых,
так и черных полей. В предложенных же прямоугольниках,
если раскрасить их в шахматном порядке, как мы выясни-
ли, количество черных (или белых) полей в точности рав-
но 105. Это число нечетно, что и показывает невозмож-
ность покрытия любого из наших прямоугольников.
Любопытно, что одна и та же раскраска шахматной дос-
ки — чередование черных и белых клеток — послужила
для доказательства как очень простого факта о домино, так
и гораздо более содержательной теоремы о гексамино. Оче-
27

а
Рис. 20г. 24 «нечетных» гексамино.
Ь Уз Д реЯ Ч
т1 □ Сг ■ П ш
Рис. 206. 11 «четных» гексамино.

видная идея использования этой раскраски заключается
в «проверке на четность» числа полей разного цвета. В со-
временной математике постоянно встречаются доказатель-
ства, опирающиеся на тот очевидный факт, что четное чис-
ло никак не может быть равно нечетному*. Раскрашиванию
же полей просто помогает интуиция: поля разной раскрас-
ки мы никак не спутаем между собой. При этом часто, как,
скажем, в задаче с прямыми тримипо, раскраска сразу же
выявляет решение, к которому мы могли бы прийти и дру-
гим путем, но ценой гораздо больших усилий.
* Ср., например, с используемыми в теории кодирования «про-
верками на четность», составляющими весьма важный прием обна-
ружения и исправления ошибок, вкравшихся при передаче сооб-
щений по линиям связи (А. М. Я г л о м и И. М. Я г л о м, Вероят-
ность и информации, М., изд-во «Наука», 1973; стр. 397 и след.).

ГЛАВА II
СОСТАВЛЕНИЕ ФИГУР ИЗ ПОЛИМИНО
В гл. I пояснялся сам термин «полимино» и было пред-
ложено несколько задач о покрытии этими фигурами квад-
ратов и прямоугольников иной формы. В этой главе речь
пойдет о складывании из полимино других фигур и узоров.
ФИГУРЫ ИЗ ПЕНТАМИНО
Новый класс игр с пентамино, который мы сейчас рас-
смотрим, можно охарактеризовать как задачи «совмещения»
фигур, то есть задачи о складывании из пентамино двух
или более равных между собой фигур. Приведем несколько
примеров:
1. Попробуйте составить из 12 различных пентамино
два одинаковых прямоугольника размером 5 X 6 (на каж-
дый будет затрачено по 6 пентамино). На рис. 21 изображе-
ны отвечающие этим прямоугольникам наборы пентамино,
причем любопытно, что приведенное разбиение наших
фигур на два набора по шесть пентамино — единственно
возможное. Впрочем, из этого не следует, что задача имеет
единственное решение. В самом деле, для изображенного
на рисунке справа набора фигур мы можем по-разному
соединить Р- и Г\[-пентамино, получив при этом одну и ту
же фигуру (как?).
Заметим, между прочим, что решение этой задачи одно-
временно служит решением задачи о покрытии 12 пента-
мино прямоугольников размерами 5 X 12 и 6 х 10. Для
того чтобы убедиться в этом, достаточно приложить друг к
другу двумя способами наши прямоугольники размером
5x6.
30

3
12
1
II
ПЛ
^
Рис. 21. Два набора по 6 пентамино, из которых можно составить
прямоугольники 5 X б.
Рис. 22. Типичное решение задачи о покрытии шахматной доскн
8 X 8 с центральной «дыркой» 2X2, причем покрытие разбивается
на две конгруэнтные части.

~1
Рис. 23. Решение задачи о трех конгруэнтных группах.
2. Найдите такое покрытие 12 разными пентамино шах-
матной доски размером 8 X 8 с отверстием размером 2x2
в центре доски, чтобы доску можно было разбить на две
одинаковые части, каждая из которых покрыта шестью пен-
тамино. Три типичных решения этой задачи приведены на
рис. 22.
3. Разбейте 12 пентамино на три группы по четыре фи-
гуры в каждой так, чтобы при этом существовала 20-кле-
точная «доска», которую можно покрыть четырьмя пента-
мино/ образующими л ю б у ю из групп. Решение, изобра-
женное на рис. 23, вовсе не единственное; читатель может
попытаться найти свое решение.
4. Снова разбейте наши 12 пентамино на три группы по
четыре пентамино; каждую группу в свою очередь разбей-
те на пары пентамино и придумайте три 10-клеточные «дос-
ки» (свою для каждой группы), покрываемые любой из вхо-
дящих в соответствующую группу пар полимино. Одно из
решений приведено на рис. 24. Постарайтесь найти другие
решения, в частности такие, где ни одна из трех «досок»
не имеет отверстий (подобные решения существуют).
С
ш
игл
Рис. 24. Решение задачи о трех конгруэнтных парах«
32

Рис. 25. Решение задачи о покрытии трех прямоугольников 3X7.
5. Еще раз разбейте 12 пентамино на три группы по
четыре полимино в каждой. Если теперь ко всем наборам
добавить по мономино, можно попытаться сложить из них
три прямоугольника размером 3x7. Решение задачи по-
казано на рис. 25. Известно, что других решений нет, если
не считать того, что в самом левом прямоугольнике можно
переложить мономино и У-пентамино таким образом, чтобы
в целом они составили ту же фигуру.
Доказательство единственности решения последней за-
дачи было подсказано инженером К. С. Лоренсом из ком-
пании «Аэроспейс Корпорейшн» (Лос-Анджелес) Прежде
всего, нетрудно видеть, что Х-пентамино необходимо ском-
бинировать с У-пентамино, приложив их друг к другу так,
как показано на рис. 26. Завершая первый прямоугольник,
мы, очевидно, уже не сможем воспользоваться ни Р-, ни
^-пентамино. Легко заметить также, что последние две
фигуры заведомо должны принадлежать разным прямо-
угольникам размером 3X7; иначе говоря, из трех наших
прямоугольников размером 3x7 один будет содержать
Х- и С-пентамино, другой — Ш-пентамино и, наконец, тре-
тий — Р-пентамино. Мы предоставляем читателю возмож-
ность самостоятельно закончить решение задачи и с по-
мощью несложного, хотя и довольно скучного разбора всех
возможных оставшихся вариантов расположения фигур
показать, что решение, изображенное на рис. 25, в самом
деле является единственным.
6. Разложите наши 12 пентамино в четыре группы по
три фигуры в каждой и придумайте такую 15-клеточную
«доску», чтобы ее можно было покрыть всеми пентамино
л ю б о й из групп.
2-596
33

Рис. 27. Минимальные области, в которые можно поместить любое
из 12 пентамино.
1 1
[;.]"]
Рис. 28. Минимальные области для 1-, Х- и У-пентамино.
Эта задача до сих пор не решена, но вместе с тем и не
доказано, что такой «доски» не существует.
7. Вырежьте из шахматной доски фигуру наименьшей
возможной площади, состоящую из некоторого числа при-
мыкающих друг к другу клеток доски, так, чтобы на этой
фигуре разместилось любое пентамино.
Минимальная площадь такой фигуры — 9 квадратов
(клеток); два 9-клеточных решения задачи приведены на
рис. 27. В самом деле, нетрудно проверить, что любое пен-
тамино уместится на каждой из изображенных на рисунке
«досок», С другой стороны, можно доказать, что наи-
меньшая возможная площадь требуемой фигуры есть
площадь в 9 квадратов. Действительно, если бы существо-
вала менее чем 9-клеточная фигура, удовлетворяющая
требуемым условиям, то, размещая на ней 1-, Х- и У-пен-
тамино, мы совместили бы их так, чтобы они вместе покры-
вали площадь не более чем 8 клеток. Ясно, что I- и Х-пен-
тамино совместятся при этом по трем клеткам: в противном
случае мы либо сразу же получим фигуру из 9 клеток, либо
(если центральная клетка Х-пентамино совпадет с крайней
клеткой 1-пентамино) придем к фигуре из 9 клеток — если
потребуем, чтобы на этой фигуре можно было бы разместить
и У-пентамино. Но этому условию отвечают всего две изоб-
раженные на рис. 28 конфигурации из 8 клеток, такие, что
и У-пентамино размещается на рассматриваемой «доске».
34

шш
ш
Рис. 29. Три возможных положения X-лентамино на шахматной
доске 8 X 8 с удаленным центральным квадратом 2X2»
П.
а
Рис. 30. Три интересных решения задачи о покрытии доски 8X8
с удаленным центральным квадратом 2X2.
Рис. 31. Невозможные покрытия полимино шахматной доски
8X8.
2*

Однако легко видеть, что на обеих «досках» не умещается,
например, У-пентамино; для того чтобы обеспечить разме-
щение на «доске» также и У-пентамино, потребуется увели-
чить любую из изображенных на рис. 28 фигур еще мини-
мум на одну клетку. Таким образом, площади в 8 клеток
для решения задачи будет не хватать, в то время как 9-кле-
точные фигуры, удовлетворяющие условию задачи, как мы
видели выше, существуют.
Несколько лет назад к решению разнообразных задач о
полимино были привлечены современные электронные вы-
числительные машины. Так, в сообщении известного аме-
риканского специалиста по математической логике Дана
Стюарта Скотта, профессора Стэнфордского университета
(см. библиографию в конце книги), говорилось о двух за-
дачах, решенных с помощью ЭВМ Стэнфордского универси-
тета МАЫ1АС. Первая из них, уже знакомая нам, состояла
в складывании из 12 разных пентамино прямоугольника
размером 3 X 20. Выяснилось, что два ее решения, указан-
ные на стр. 24, являются единственно возможными. Вторая
задача заключалась в перечислении всех возможных по-
крытий 12 различными пентамино шахматной доски разме-
ром 8 X 8, в центре которой вырезан квадрат размером
2x2 (квадратное тетрамино). Оказалось, что последняя
задача имеет 65 разных (то есть не получающихся друг из
друга поворотами и отражениями доски) решений.
При составлении программы Д. Скотт воспользовался
очень простой и остроумной идеей, которая заключалась в
следующем: X-пентамино можно расположить на шахмат-
ной доске лишь тремя существенно различными способами,
показанными на рис. 29. Электронная вычислительная ма-
шина МАМАС нашла 20 решений для первого расположе-
ния Х-пентамино, 19 — для второго и 26 —для третьего
расположения. Три из наиболее интересных решений, вхо-
дящих в число этих 65, приведены на рис. 30, а на рис. 31
показаны три невозможные ситуации — они невозможны
просто потому, что их нет в списке Скотта.
Профессор Манчестерского университета С. Б. Хэзел-
гроув, английский астроном, известный также своими ре-
зультатами по теории чисел, не так давно с помощью ЭВМ
подсчитал число всевозможных способов сложения из всех
12 пентамино прямоугольника размером 6 X 10. Вот его
результат: не считая поворотов и отражений шахматной дос-
ки, ЭВМ нашла 2339 принципиально разных решений!
36

л~и
Рис. 32. «Треугольник» из 64 квадратов.
Вместе с тем Хэзелгроув проверил и подтвердил два назван-
ных выше результата Дана Скотта.
В заключение приведем еще три несомненно заслуживаю-
щие внимания задачи, относящиеся к составлению фигур
из пентамино:
1. Покройте «64-клеточную пирамиду», изображенную
на рис. 32, 12 разными пентамино и квадратным тетрамино
(впрочем, последнее можно заменить любым другим тетра-
мино). Одно из решений приведено на р*;о. 32.
2. Покройте 12 пентамино вытянутый крест, изобра-
женный на рис. 33.
3. Профессору Р. М. Робинсону (который также впер-
вые указал «зубчатый квадрат»,
приведенный в гл. VI) принад-
лежит очень простое доказа-
тельство того, что 60-клеточную
фигуру, показанную на рис. 34,
нельзя покрыть 12 разными
пентамино. В самом деле, с кра-
ев эта фигура ограничена 22
клетками (считая и четыре
угловые), а если сосчитать,
сколько квадратов каждого из
12 пентамино может находиться 4
на краю нашей фигуры, то в
сумме мы получим всего лишь
Рис. 33. Вытянутый крест, составлен-
ный из пентамино.
37

Рис. 34. Зубчатая область из 60 квадратов, предложенная
Р. М. Робинсоном.
21 клетку — на единицу меньше, чем требуется:
Т-пентамино — 1; №-пентамино—3; 2-пентамино — 1; Ь-пентамино — 1;
1)-пентамино—1; X-пентамино — 3; Р-пентамино — 3; Р-пентамино — 2;
У-пентамино—1; У-пентамино — 2; I-пентамино — 1; Ы-пеитамино — 2
Итого: 21 клетка
Рассуждения такого рода, где отдельно рассматриваются
внутренние и «граничные» клетки доски, весьма полезны
при складывании «зигзагообразных» фигур.
Другие любопытные головоломки с пеитамино будут рас-
сматриваться в гл. VI.
ЗАДАЧИ С ТЕТРАМИНО
В отличие от пентамино из пяти различных тетрамино
прямоугольник сложить нельзя. Мы докажем это,
раскрасив в шахматном порядке всевозможные прямоуголь-
ники площадью в 20 клеток. Их всего два: прямоугольник
4 X 5и прямоугольник 2 X 10 (рис. 35). Четыре из наших
тетрамино покрывают две черные и две белые клетки, пя-
тое же — Т-тетрамино — всегда покроет три клетки одного
цвета и одну —другого (рис. 36). Поэтому все пять тетра-
мино покроют нечетное число клеток каждого цвета, а оба
изображенных на рис. 35 прямоугольника, как легко ви-
деть, содержат по 10 белых и 10 черных клеток, то есть
четное число тех и других.
В то же время среди 12 пентамино есть несколько таких,
которыми вместе с пятью тетрамино можно покрыть квад-
рат размером 5x5. Два примера приведены на рис. 37.
Попробуйте ответить на вопрос: сколько разных пентами-
но подойдут для этой цели?
38

^
рг-Щ
ши
ьшЦ
кп#
йв
5*
!Ё
11
1'й ""
к—
Рис. 35. Шахматная раскраска прямоугольников 2 X 10 и 4 X 5.
ос шР пи й|
Рис. 36. Четыре «уравновешенных» и крайнее правое — «неурав-
новешенное» тетрамино.
щ
^ ^.^
^^;^ш
*»
»
Рис. 37. Тетрамино можно комбинировать с одним пентамино для
составления квадрата 5X5.
ЗАДАЧИ О КЛАДКЕ
Роберт И.Джуэтт, будучи еще аспирантом Орегонского
университета, предложил весьма любопытную задачу: мож-
но ли сложить из двух или более костей домино прямоуголь-
ник, в котором не найдется ни одной прямой, проходящей
по краям костей домино и соединяющей две его противопо-
ложные стороны (то есть разбивающей наш прямоугольник
на два меньших)? Например, на рис. 38 такая линия есть:
Рис. 38, Прямоугольник из
домино, содержащий рас-
секающую линию.
это вертикальная прямая посредине прямоугольника. Рхли
вместо домино представить себе кирпичи, то наличие такой
линии будет свидетельствовать о непрочности кладки. Та-
39

Рис, 39. Два «прочных» прямоугольника 5X6.
прямоугольника 5 X 6 по
лучить «прочную» доску
8X8.
ким образом, задача Джуэтта
сводится к отысканию «прочной»
кладки без подобных «швов».
Многие из тех, кто брался за
эту задачу, вскоре сдались, бу-
дучи уверены, что она неразре-
шима. На самом же деле реше-
ний существует бесконечно мно-
го— правда, даже в тех из них,
которые содержат наименьшее
возможное число костей домино,
этих костей участвует 15 и со-
Рис 40. Как из «прочного» ставляют они прямоугольник
размером 5x6. Два совсем раз-
ных покрытия такого прямо-
угольника, удовлетворяющие
требуемым условиям, указаны
на рис. 39.
Легко показать, что наимень-
шая ширина «прочного» прямо-
угольника должна превышать
четыре клетки. (Случай прямо-
угольника шириной в две клет-
ки совершенно очевиден: доста-
точно постараться покрыть две
клетки прямоугольника, примы-
кающие к его наименьшей сто-
роне, — если эти две клетки
будут покрыты одним домино,
то мы сразу же получим «опас-
ный шов», а если они будут по-
пКгмьника крыты разными костями домино,
то, как легко видеть, мы все
г?п
Рис. 41.
крытие
6X6.
40

равно получим такую линию. Читателю предлагается само-
му рассмотреть случаи прямоугольников ширимой в три
и четыре клетки.) И так как к тому же 5 х 5 = 25 — нечет-
ное число, а любое количество костей домино всег-
да, очевидно, покроет четное число клеток, то прямоуголь-
ник размером 5x6 действительно наименьший из воз-
можных.
Прямоугольник размером 5x6 легко превратить в
прочную шахматную доску размером 8x8. Как это сде-
лать, подскажет вам рис. 40.
Как ни удивительно, «прочих» прямоугольников разме-
ром 6x6 не существует. Этот факт имеет замеча-
тельное доказательство. Представим себе, что прямоуголь-
ник размером 6x6 мы замостили 18 костями домино (чис-
ло костей должно равняться половине числа квадратов!).
Пример такого покрытия («непрочного») изображен на
рис. 41, где жирные линии разбивают прямоугольник на
меньшие прямоугольники. Сетка, делящая наш прямо-
угольник на клетки, состоит, очевидно, из 10 линий (5 вер-
тикальных и 5 горизонтальных); прямоугольник будет
«прочным», если каждая из этих линий пересекает хотя бы
одно домино.
Покажем теперь, что в нашем прямоугольнике размером
6x6 каждая прямая сетки будет заведомо пересекать
четное число костей. Возьмем, к примеру, любую вер-
тикальную прямую сетки. Площадь (то есть число единич-
ных квадратов) слева от нее четная: она равна 6, 12, 18, 24
или 30 квадратам. Ясно, что площадь, занимаемая костями
домино, которые целиком лежат слева от нашей прямой,
тоже четная — ведь каждое домино покрывает две клетки.
Отсюда будет четной и площадь, которую занимают слева
половинки разрезаемых этой прямой домино, ибо она равна
разности двух четных чисел: всей площади слева и площади,
покрытой лежащими слева неразрезанными домино. А так
как разрезаемые нашей прямой кости домино имеют слева
от нее всего по одной клетке, то мы и получаем, что этих
костей — четное число.
Сетка в квадрате 6x6 содержит 10 прямых. Если же
наш прямоугольник 6x6 «прочный», то, как следует из
приведенного выше доказательства, каждая прямая будет
пересекать хотя бы два домино. Но так как кость домино
нельзя пересечь более чем одной линией сетки, то вся сетка
разрезает не менее 20 костей домино. В прямоугольнике
41

Рас. 42. «Прочное» покры-
тие прямоугольника 6X8,
в котором каждая рассека-
ющая линия пересекает в
точности два домино.
же размером 6x6 расположено всего лишь 18 костей домино!
Точно так же можно показать, что при «прочном» замо-
щении прямоугольника размером 6 X 8 любая линия сетки
обязательно будет пересекать ровно 'два домино. Такое
покрытие прямоугольника 6x8 изображено на рис. 42.
В общем случае ответ на поставленный Джуэттом вопрос
гласит: «прочное» покрытие прямоугольника несколькими
домино существует, если длина и ширина этого прямо-
угольника больше четырех, а площадь его четная) единствен-
ное исключение — прямоугольник размером 6x6.
Рис. 43. Увеличение длины
(или ширины) «прочного»
прямоугольника на 2.
Очень просто получать покрытие прямоугольников
большего размера увеличением длины или ширины на
две клетки. Рис. 43 иллюстрирует случай, когда пря-
моугольник размером 5x6 превращен в прямоуголь-
ник размером 5x8. Вообще при увеличении длины
покрываемого прямоугольника на две клетки вправо или
влево возле каждого примыкающего к стороне горизон-
тально положенного домино нужно расположить еще одно,
все вертикальные домино сместить до новой границы, а
освободившиеся при этом клетки заполнить горизонталь-
ными домино.
Любопытно, что получится, если за «кирпичи» принять
не домино, а прямые тримино? Предлагаем этот вопрос чи-
тателю в качестве упражнения. В частности, каковы будут
при этом размеры наименьшего «прочного» прямоуголь-
ника?
42

ГЛАВА III
ГДЕ НЕ РАЗМЕЩАЮТСЯ ПЕНТАМИНО?
ПЕНТАМИНО, ВЫТЕСНЯЕМЫЕ МОНОМИНО
Все рассмотренные до сих пор задачи заключались в
складывании разнообразных фигур и узоров из пентамино
и других полимино. Перейдем к задачам иного рода, в ко-
торых требуется указать, как можно «забаррикадировать»
шахматную доску с тем, чтобы не дать возможности располо-
жить на ней пентамино. Конкретно нас будет интересовать
вопрос, скажем, о том, какое минимальное число мономино
можно расположить на шахматной доске размером 8x8
так, чтобы после этого было бы невозможно разместить на
доске хотя бы одно пентамино, причем не вообще пентами-
но, а конкретное пентамино — одно из 12 известных нам.
Таким образом, мы получаем сразу 12 задач — по одной
для каждого из пентамино. При этом «решить задачу»
здесь означает, во-первых, привести пр и м е р рас-
положения на шахматной доске нескольких мономино,
«вытесняющих» заданное пентамино, и, во-вторых, дока-
зать (тем или иным комбинаторным рассуждением или
же просто соображениями очевидности), что меньшего чис-
ла мономино для этой цели не хватит.
Заметим прежде всего, что изображенные на рис, 44 три
расположения мономино на шахматной доске сразу же дока-
зывают, что 16 мономино для каждого из 12 пентамино будет
достаточно. (Позже мы увидим, что для шести из 12 пента-
мино это число мономино — а именно 16 — будет и необхо-
димо.) Четыре пентамино, указанные под каждым из изобра-
женных на рис. 44 расположений, суть те, которые этими
мономино «вытесняются». При этом легко заметить, что три
пентамино (а именно Т, \У и Р) можно было бы подписать
сразу под двумя из трех приведенных расположений моно-
мино.
43

м
ш
ш
Л
в
1
1
щ
^^
■
Ш
1
р
г
Рис, 44, Три рисунка, по-
казывающие, что для ис-
ключения любого данного
пентамино достаточно 16
мономино.
а — исключение Т, V, V и 2; б -
исключение V, V, I и Ь; в — ис-
ключение XV» Р. Р и N.
Для некоторых пентамино
(скажем, для Ы-, V-, V- или
Ь-пентамино) уже этот первый
шаг решения задачи вызывает
обычно немало затруднений —
придумать расположение на
шахматной доске всего лишь 16
мономино, «вытесняющих» эти
пентамино, не так-то просто. Ес-
ли же все показанные на рис. 44
узоры найдены, то продвинуться
дальше, а именно придумать
изображенные на рис. 45 распо-
ложения, уже ничего не стоит.
Из рис. 45,а видно, как можно
«вытеснить» X-пентамино с по-
мощью 12 мономино, а из рис.
45,6 — как можно «вытеснить»
1-пентамино с помощью 14 мо-
номино. Однако, к огорчению
тех, кто уже сумел продвинуть-
ся до этого места в решении
поставленной задачи, ни та, ни
другая конфигурация мономино
не является наилучшей из воз-
можных, то есть минимальной
по числу использованных моно-
мино. Наилучшие расположе-
ния мономино — девять распо-
ложений для 12 пентамино —
изображены на рис. 46.
Как показывает простая про
верка, собранные на этом ри
сунке конфигурации с числом
мономино от 10 до 16 удовлетво
ряют поставленному условию
Остается лишь показать, что
указанные числа мономино и в
самом деле минимальны. Все 12
доказательств минимальности
основаны на сходных комбина-
торных соображениях; рассмот-
рим их в порядке возрастания
44

Рис. 45.
а — для исключения X достаточно 12 мономино; б — для исключения I достаточно
14 мономино.
громоздкости рассуждений. (Четыре самых длинных до-
казательства мы предоставим читателям во всех деталях
завершить самостоятельно.)
Наиболее простым является доказательство необходи-
мости для 1-пентамино. Для того чтобы убедиться в том,
что менее чем 12 мономино нельзя вытеснить 1-пентамино с
шахматной доски, рассмотрим доску на рис. 47, где из нее
выделены 12 прямоугольников размером 1 X 5 (каждый из
них можно в точности покрыть одним 1-пентамино). Если в
конфигурации мономино на шахматной доске хоть один из
наших 12 прямоугольников окажется не содержащим моно-
мино, то можно с уверенностью сказать, что эта конфигура-
ция не «вытесняет» 1-пентамино, ибо мы сможем располо-
жить 1-пентамино на доске, покрывая им свободный от моно-
мино прямоугольник. Поэтому любая «вытесняющая»
1-пентамино конфигурация должна быть такова, что все
12 изображенных на рис. 47 прямоугольников" размером
1 X 5 содержат минимум по одному мономино, и, значит,
общее число мономино будет не меньше 12. Таким образом,
для «вытеснения» 1-пентамино с шахматной доски необ-
ходимо 12 мономино; к тому же, как видно из рис. 46,6,
12 мономино здесь будет и достаточно.
К сожалению, ни для одного из пентамино, отличных от
1-пентамино, нельзя, подобно рис. 47, разбить доску на к
неперекрывающихся пентамино, где к равно минимальному
числу мономино, требующихся для «вытеснения» нашего
пентамино. Однако приведенное выше рассуждение неслож-
но модифицировать, что позволит распространить его на
45

Щ
^
А
щ
ш
ш
щ
МММ
ш
ш
И
В
ш
1
1
1
1
1
■
1
«
1
Ш
ш*
ш
щ
щ
щ
0
Ш
щ
1ш
Ш
ш
ш
Я
щ
щ
ш
ш
1
Й
№
*
1
^
щ
ж
Шц
ц
т
ш
щ
Ш
ш
ш
ш
ж
1
ш
р
м
я
^
рщ
и
г
Ш
шщ
Рис. 46. Сколько мономино достаточно для исключения с шахмат-
ной доски заданного пентамино?
а — 10 для X; 6 — 12 для \; « — 14 для Т; г — 14 для 2; а — 14 для Р| е — 15
для \У; ж — 16 для V; з — 16 для Р или N1 и — 16 для V, V или Ь.
46

случаи тех шести пентамино,
которые «вытесняются» с шах-
матной доски лишь с помощью
16 мономино, а именно на слу-
чай V-, Р-, 1Ч-, II-, У- и Ь-пен-
тамино.
Рассмотрим прежде всего
У-пентамино и разделим доску
на 8 частей, как показано на
рис. 48. Для того чтобы «вы-
теснить» У-пентамино со всей
шахматной доски, нужно во
всяком случае «вытеснить» его с
любого из восьми прямоуголь-
ников изображенного на рис.
48 разбиения. Но, как легко
убедиться, одно мономино не
может «вытеснить» пентамино с
такого прямоугольника! В самом
деле, в силу соображений сим-
метрии существуют только два
принципиально разных положе-
ния мономино внутри прямо-
угольника размером 2x4 — в
углу прямоугольника и внутри
него. Эти положения мономино
отмечены крестиками на рис.
49, и в обоих случаях для У-
пентамино все еще остается ме-
сто внутри прямоугольника.
Следовательно, для каждого из
наших прямоугольников разме-
ром 2x4 потребуется минимум
по два мономино, а на все во-
семь прямоугольников — мини-
мум 16 мономино. Как видно
из рис. 46,и, 16 мономино доста-
точно для «вытеснения» У-пен-
тамино.
То же изображенное на рис.
48 разбиение позволяет решить
задачу и в случае Ы-, Ь- или
Р-пентамино. Отвечающие этим
Рис. 47. Конструкция, ис-
пользуемая в доказатель-
стве того, что для исклю-
чения 1-пентамино необхо-
димы по меньшей мере 12
мономино.
Рис. 48. Конструкция, ис-
пользуемая в доказатель-
стве того, что для исклю-
чения У-пентамино необхо-
димы по меньшей мере 16
мономино.
Рис. 49. Одного мономино
недостаточно, чтобы исклю-
чить V из прямоугольни-
ка 2X4.
47

ш
и
щ
ш
1
ш
Рис. 50. Одного мономино недостаточно, чтобы исключить II, Ь,
Р или N из прямоугольника 2X4.
случаям модификации рис. 49 собраны на рис. 50.
Итак, из перечисленных шести пентамино мы не рас-
смотрели лишь У-пентамино. Разобьем теперь доску на
четверти — на четыре квадрата размером 4x4 (рис. 51).
Чтобы доказать, что каждая четверть должна содержать
минимум четыре мономино, будем исходить из противного:
предположим, что мы как-то смогли «вытеснить» У-пента-
мино с квадрата размером 4 X 4 с помощью всего лишь
трех мономино. При этом, очевидно, хотя бы одна строка
(горизонтальный ряд клеток) и хотя бы один столбец (вер-
тикальный ряд клеток) нашего квадрата окажутся свобод-
ными. Но пересекающиеся строка и столбец квадрата 4x4
всегда, как легко видеть, могут вместить У-пентамино:
ш
т?
■■'■''Ц
Шй
Щ
р7
Щ-,
Щ
'■Ш
Рис. 51. Не менее 16 мономино необходимы для исключения V.
48

шш
Шп п
и .п.. мм
В
X
Рис. 52. Для исключения Т необходимо не менее 14 мономино.
в этом можно убедиться, взглянув на рис. 51, где изобра-
жены три возможных случая взаимного расположения стро-
ки и столбца квадрата (внешняя строка и внешний столбец;
внешняя строка и внутренний столбец; внутренняя строка
и внутренний столбец). Таким образом, все наши четыре
«четверти» шахматной доски должны содержать минимум
по 4 мономино, откуда следует, что вся доска в целом долж-
на содержать минимум 4x4=16 мономино.
Следующее по сложности решение — для Т-пентамино.
Теперь мы разобьем доску размером 8 х 8 на части так, как
показано на рис, 52,а: Из пяти получающихся при этом
частей центральная (8-клеточная) должна вмещать не мень-
ше двух мономино, ибо из рис. 52,6 —ее очевидностью
следует, что одного мономино для «вытеснения» Т-пента-
мино с этой части шахматной доски недостаточно. Далее,
чтобы доказать необходимость минимум трех мономино для
каждой из четырех остальных получающихся при указан-
ном разбиении доски частей (и, значит, необходимость ми-
нимум 2+3x4 = 14 мономино для всей доски в целом),
предположим противное, а именно что для «вытеснения»
Рис, 53, Дальнейшие конструкции к задаче об исключении Т.
49

рг—
г**^
3
3
1 ■■*■»'» Ч
1
1|
ы
3
^—]
3
Удщ|У
Гтт*
3
3
ппп
П
X
[]
2
Г
1
5
ГТ
3
5
3
С
в
Рис. 54. Разбиение, исполь- Рис. 55. Сводка ограниче-
зуемое в задаче об исклю- ний, наложенных вращени-
чении \У» ями и зеркальными отра-
жениями рис. 54.
Т-пентамино с такой части доски достаточно двух мономино.
Разобьем нашу часть доски на две области так, как показа-
но на рис. 52,г. Ясно, что одно из наших двух мономино
должно будет заведомо принадлежать области, имеющей
форму Т-пентамино; следовательно, на долю второй области
также придется только одно мономино. Крестиком на
рис. 52,г отмечено то единственное возможное положение
мономино внутри указанной 9-клеточной фигуры, которое
«зытесняет» с нее Т-пентамино. Но даже в случае располо-
жения мономино на помеченном крестиком поле, как видно
из рис. 53, независимо от положения другого мономино
внутри второй области, на которые разбита наша 14-клеточ-
ная часть доски, мы все равно сможем отыскать в пределах
всей этой части свободное место для Т-пентамино. Итак,
для любой из четырех "внешних фигур изображенного на
рис. 52,а разбиения шахматной доски необходимо минимум
три мономино, что и завершает решение задачи.
Что же касается .четырех оставшихся пентамино, к рас-
смотрению которых мы теперь перейдем, то все отвечающие
им решения достаточно сложны и громоздки. Так, в случае
\У-пентамино приводящее к цели разбиение шахматной
доски изображено на рис. 54 Нетрудно показать, что наи-
меньшее количество мономино, «вытесняющих» ^-пента-
мино с каждой из пяти частей представленного на этом ри-
сунке разбиения доски, равно выписанному на этой части
числу. Однако, к сожалению, сумма всех пяти полученных
50

чисел равна 13, а точная оценка, которую нам требуется
установить, — 15.
Предположим, что 13 мономино оказалось достаточно.
Тогда при любых поворотах рис. 54 мономино, взятые в
указанных на этом рисунке количествах, будут «вытеснять»
\У-пентамино. Наложение всех поворотов и зеркальных от-
ражений доски приводит к изображенной на рис. 55 кон-
фигурации частей. Каждая из четырех «угловых» областей
потребует трех мономино; затененная же область в
центре, поскольку она равна одной из «угловых» областей
на рис. 54, потребует еще трех мономино. Следовательно,
всего мы получим 15 мономино. Итак, начав с предположе-
ния о том, что 13 мономино здесь достаточно, мы затем опро-
вергли это предположение, убедившись, что на самом деле
13 мономино не хватит. Дальнейший ход рассуждений
убеждает нас, что в действительности необходимо 15 моно-
мино. Из рис. 46,е следует, что этого числа мономино будет
и достаточно.
Доказательства для оставшихся трех пентамино (X,
Р и 2) близки к приведенному для \У-пентамино. Отправ-
ным пунктом всякий раз служит простая картинка, пусть
даже она дает число мономино, на два меньшее необхо-
димого нам. Примером в данном случае может послужить
рис. 56. Из рис. 56,а видно, что восемь мономино необхо-
димо для «вытеснения» Х-пентамино; из рис. 56,6 — что
12 мономино необходимо для «вытеснения» Р-пентамино;
из рис. 56,в — что 12 мономино необходимо для «вытесне-
ния» 2-пентамино.
Чтобы убедиться в необходимости девяти мономино в
случае Х-пентамино, обратимся к рис. 57,а. Если бы восьми
мономино было достаточно, они должны были бы принадле-
жать восьми X-областям рис. 57,а, причем независимо от
того, как мы поворачиваем и зеркально отражаем доску с
этим узором. Отсюда следует, что все мономино будут при-
надлежать незатененным областям на рис. 57,6. Но
большая центральная затененная область на рисунке
должна содержать во всяком случае два мономино — иначе
с нее нельзя будет «вытеснить» Х-пентамино. Это рассуж-
дение и опровергает предположение о достаточности восьми
мономино. И здесь дальнейшее развитие тех же идей при-
водит к числу 10.
Обращаясь к Р-пентамино, рассмотрим рис. 58,а. На
каждой из имеющихся здесь областей указано число моно-
51

.
1
.
гш^
1 М
.^
II!
ггг
■^■??>
■н
я
■
■
!Г;
ч\\
\\;
1
5
1 1
:^-
::■;"
й
цу
в
Рис. 56. Разбиение, показывающее мономино, необходимые для
исключения X (а); Р (б); 2 (в).
Рис. 57. Конструкция, показывающая, что восьми мономино не-
достаточно для исключения X.
И
\щ
щ
К"л
%
X
»
1
т
3
1
[у.
71
|,:
■=:^:
3
/
1
>
!У!!!;1
|—^
^
X
|Щ;
ш
Ь:1У:
!!&;;;
11
|^ММ
Рис. 58. Конструкция, используемая для доказательства недос-
таточности 12 мономино для исключения Р.

мино, необходимое для «выте-
снения» с нее Р-пентамино. Что-
бы доказать это для области,
помеченной числом 3, рассмот-
рим ее разбиение, изображенное
на рис. 58,6. Предположим, что
двух мономино достаточно. Яс-
но, что одно из них должно
принадлежать Р-области. Един-
ственное возможное положение
второго мономино внутри дру-
гой области, «вытесняющее» из
этой области Р-пентамино, —
это то, которое на рис. 58,6 по-
мечено крестиком. Однако, ком-
бинируя любое поле Р-области с
помеченным крестиком полем,
мы каждый раз оставляем ме-
сто для Р-пентамино.
Область, помеченная на рис.
58,а двумя галочками, вмеща-
ет Р-пентамино даже после то-
го, как мы покроем мономино
одно из помеченных галочками
полей. Подвергнув рис. 58,а
всевозможным поворотам и зер-
кальным отражениям, мы заклю-
чим, что все 12 мономино (если
они «вытесняют» Р-пентамино)
должны принадлежать незате-
ненным на рис. 58,0 частям
доски. Но еще минимум два
мономино понадобятся для цен-
тральной затененной области,
что и доказывает недостаточ-
ность 12 мономино. Дальней-
шие рассмотрения позволяют
установить, что в этом случае
14 мономино будет необходимо
и достаточно.
Нам осталось рассмотреть
лишь случай 2-пентамино. На
рис. 59,а все четыре «угла», как

легко показать, должны содержать минимум по три моно-
мино. Это можно строго доказать с помощью все того же
приема: выделяя из каждого «угла» по 2-области и убежда-
ясь, что вне ее придется поместить более чем одно моно-
мино.
Поворачивая и зеркально отражая рис. 59,а всевозмож-
ными способами, мы убедимся, что если для «вытеснения»
2-пентамино достаточно 12 мономино, то все они должны
принадлежать незатененным на рис. 59,6 частям доски.
Вместе с тем затененная на том же рисунке часть до-
ски одновременно может содержать четыре неперекрываю-
щихся пентамино. Отсюда следует, что 13 мономино во вся-
ком случае необходимы.
Мы наметим сейчас доказательство того, что на самом
деле для «вытеснения» 2-пентамипо с шахматной доски
необходимо (и достаточно) не 13, а 14 мономино. Во-первых,
разобьем доску на четыре одинаковые части, как показано
на рис. 59,6. Предположим, что 13 мономино достаточно для
«вытеснения» 2-пентамино (что это число необходимо, мы
уже убедились). В гипотетической конфигурации из 13
мономино минимум четыре мономино будут принадлежать
одной из наших четырех областей (ибо четыре числа, каж-
дое из которых не больше трех, никак не могут дать в сумме
13). Повернем доску так, чтобы та ее четверть, которая со-
держит четыре мономино, оказалась вверху слева; остав-
шуюся часть доски, содержащую не более девяти мономино,
разобьем на два куска так, как показано на рис. 60. По-
скольку из заштрихованной нижней фигуры нельзя «вы-
теснить» 2-пентамино с помощью меньше чем трех мономи-
но, то вторая — большая незаштрихованная — часть дос-
ки будет'содержать их не больше шести. Итак, остается по-
казать, что шести мономино для большей фигуры недоста-
точно.
Последнее доказательство можно провести методом «от
противного». Предположим, что с помощью шести мономино
можно «вытеснить» 2-пентамино из рассматриваемой 34-кле-
точной фигуры. При этом все шесть мономино должны при-
надлежать незаштрихованным на рис. 61,а частям доски,
ибо каждая из них требует минимум по три мономино.
Точно так же показывается, что все шесть мономино при-
надлежат двум незаштрихованным на рис. 61,6 частям
доски, и аналогично для рис. 61,в—д. Совмещая затем
рис. 61,а—(3 между собой, мы придем к выводу, что шесть
64

Рис. 60. Конструкция, ис-
пользуемая для получения
противоречия утверждению
о достаточности 13 моно-
мино для исключения 2.
мономино, «вытесняющие» 2-пентамино со всей 34-клеточ-
ной фигуры, размещаются по три в каждой из незакрашен-
ных на рис. 61,е частей доски.
Рассмотрим верхнюю часть рис. 61,е. Три мономино, рас-
положенные внутри незаштрихованной области рис. 62,а,
должны «вытеснять» 2-пентамино со всей изображенной
на этом рисунке 21-клеточной фигуры. Нетрудно видеть,
что единственный возможный способ осуществить это по-
казан на рис. 62,6.
Нижняя часть рис. 61,е изображена на рис. 62,в; две
верхние заштрихованные клетки на этом рисунке заимство-
ваны из рис. 62,6. Три мономино в незаштрихованной части
должны «вытеснить» из нее 2-пентамино. Две помеченные
точками клетки заведомо должны содержать мономино,
ибо их можно покрыть 2-пентамино, все остальные клетки
которого будут целиком принадлежать заштрихованной
части рис. 62,б. Оставшегося же одного мономино будет
явно недостаточно, чтобы полностью «вытеснить» 2-пента-
мино
Тем самым мы пришли к требуемому противоречию:
13 мономино недостаточно для «вытеснения» 2-пентамино с
шахматной доски. Здесь необходимо минимум 14 мономино.
Как видно из рис. 46,г, этого числа будет и достаточно.
МОДИФИКАЦИИ И ОБОБЩЕНИЯ
К только что рассмотренной нами тематике относится
еще ряд весьма любопытных задач. Можно, скажем, попы-
таться найти минимальное число мономино, «вытесняю-
щих» с шахматной доски размером 8 X 8 все 12 пентамино
одновременно. Решение этой задачи приведено на рис. 63.
Если рассматривать каждое из 12 фигурирующих на ри-
55

1
а
Ж
т
ж
I т
Щ
и
еде
Рис. 61. Дальнейшие конструкции к задаче об исключении 2.
I
И
1
я
Я
щ
и
X
X
X
X
ш
рн
Рис, 62. Последняя конструкция к задаче об исключении 2.

сунке домино как два мономи-
но, то мы получим 24 мономи-
но, очевидно «вытесняющих» с
доски любое пентамино; ника-
кого же удовлетворяющего усло-
вию расположения на шахмат-
ной доске меньшего числа мо-
номино, по-видимому, не суще-
ствует.
Можно также задать себе во-
прос: а какое наименьшее число
мономино потребуется для того,
чтобы «вытеснить» с доски во
всяком случае 11 из 12 пента-
мино? Здесь ответ, вероятно,
следует из рис. 64, гдеч21 моно-
мино «вытесняют» все пентами-
но, за исключением №-пента-
мино.
Другим примером такого ро-
да задачи может служить во-
прос о минимальном числе мо-
номино, одновременно «вытесня-
ющих» с доски каких-то два
заданных пентамино. Так, на-
пример, мы уже выяснили выше
(см. рис. 46), что для «вытесне-
ния» с доски 1-пентамино потре-
буется минимум 12 мономино.
Примечательно, однако, что эти
же 12 мономино можно располо-
жить на шахматной доске таким
образом, чтобы они одновремен-
но «вытесняли» с доски и X-пен-
тамино. Соответствующая кон-
фигурация мономино изображе-
на на рис. 65.
Вообще легко подсчитать,
что, ставя задачи «вытеснения»
с шахматной доски каждого из
12 пентамино в отдельности, а
также всевозможных комбина-
ций из пар, троек и т. д.
Рис. 63. Для одновремен-
ного исключения всех 12
пентамино должны быть
использованы 12 домино.
Рис. 64. Чтобы исключить
все пентамино, кроме V/,
надо взять 21 мономино.
Рис. 65. 12 — минимальное
число мономино, необходи-
мых для исключения двух
пентамино (X и I).
57

1
Рис. 66. Под «досками» указаны минимальные числа мономино,
необходимые для вытеснении каждого из полимино.
а — 32 для домино и прямоугольного тримино; 6 — 21 для прямого тримино и Ь-те-
трамино; в — 20 для Т-тетрамшю; г — 16 для квадратного и косого гетрамино;
0 — 16 для прямого гетрамино.
вплоть до всех 12 пентамино сразу, мы получим 4095
различных задач, которые предоставят вдумчивому чита-
телю множество дополнительных упражнений.
Любопытно также поставить аналогичные вопросы для
полимино меньшей площади — домино, тримино и т. Д.
Оптимальные размещения мономино изображены на рис. 66;
доказательства этого мы предоставляем читателю. Заметь-
те только, что в большинстве случаев изображенные на
рис. 66 расположения повторяют рис. 46. Это и не удиви-
58

Рис. 67. Вытеснение пентамино с бесконечной доски.
а — вытеснение X и I; 0 — вытеснение Т, I), У и Ь; в — вытеснение \У, Р, Р и Г»1;
г— вытеснение V и 2.
тельно — ведь конфигурация мономино, «вытесняющая» с
доски какое-то полимино, будет, естественно, «вытеснять»
и любое полимино, получающееся из первого добавлением
одного или нескольких квадратов. Любое же пентамино
получается из какого-то одного или даже нескольких те-
трамино, а уж тем более из тримино или домино.
Следующим шагом в задаче о «вытеснении» пентамино
будет переход от шахматной доски размером 8 X 8 ко всей
(бесконечной!) плоскости. Здесь имеет смысл говорить о
минимальной доле всей плоскости, занимаемой нашими
мономино. Четыре покрытия плоскости, которые решают
задачу для всех пентамино, изображены на рис. 67.
Из рис. 67,а видно, что, покрыв мономино всего лишь
У5 часть всех клеток плоскости, мы можем «вытеснить»
I- и X-пентамино. На рис. 67,6 */4 клеток решает задачу
для Т-, Ы-, У- и Ь-пентамино; на рис. 67,в х/4 клеток — для
Ш-, Р-, Р- и N -пентамино. Наконец, на рис. 67,(9 11$ всей
59

плоскости, занятая мономино, «вытесняет» V- и 2-пента-
мино.
Решения ряда задач, приведенных в этой главе, в част-
ности тех, что требовали «вытеснения» с шахматной доски
отдельных пентамино, логически достаточно тонкие. В ряде
других случаев изобретательность можно заменить прос-
тым перебором вариантов Такой метод решения задач о
полимино излагается в следующей главе.

ГЛАВА IV
НЕВОЗМОЖНЫЕ КОНСТРУКЦИИ
И МЕТОД ПЕРЕБОРА
МЕТОД ПЕРЕБОРА
Для того чтобы доказать невозможность того или иного
расположения полимино, приходится прибегать к методу,
называемому систематическим перебором. Суть его заклю-
чается в том, что мы последовательно развиваем какую-то
линию в решении задачи, пока либо не добьемся успеха,
либо попадем в тупик. В последнем случае мы переходим к
другой линии и так продолжаем до тех пор, пока не решим
задачу или переберем все варианты и докажем, что решение
невозможно. В этой главе методом перебора будут решены
две очень трудные задачи о расположении полимино. Одна-
ко прежде подробнее обсудим сам метод доказательства.
Идею перебора иллюстрирует решение типичной задачи о
лабиринте. Если человек, находящийся в точке X лаби-
ринта, изображенного на рис. 68, изберет стратегию «идти,
.."♦;«.;*т:'»л.«.»л«1'п'1Л'ш1.ими пит:;.:;.,. ♦-.;';.'.':,....«*.'* шинннт|
Рис. 68. Выход из лабиринта.
61

касаясь стены правой рукой», то он выйдет из лабиринта
по пути, указанному точками. Результативность подобной
стратегии зависит от устройства лабиринта. Так как в ла-
биринте нет изолированных стен и «островков», то, следуя
указанной стратегии, нельзя дважды попасть на одно и то
же место, — а это одна из характерных сторон метода
перебора. Кроме того, мы, естественно, предполагаем,
что человек в состоянии определить момент выхода из ла-
биринта, то есть распознать решение задачи. Если это не
так, то, выйдя из входа с правой стороны и по-прежнему
придерживаясь стенки правой рукой, он обойдет весь ла-
биринт и снова войдет в него через вход, но уже с другой
стороны.
Другим примером перебора является решение класси-
ческой комбинаторной задачи о размещении на шахматной
доске восьми ферзей так, чтобы никакие два не били друг
друга, другими словами, не оказались на одной горизон-
тали, вертикали или диагонали доски. Вряд ли целесооб-
разно исследовать все способы расположения восьми фер-
зей на доске и искать среди них удовлетворяющие нашему
условию: число всех возможных расположений, вычислен-
ное методами, о которых мы будем говорить в гл. V, равно
4 426 165 368. Видимо, лучше отвести каждому ферзю свою
горизонталь и пытаться последовательно располагать фер-
зей на неатакованных полях своих горизонталей.
Поставим первого ферзя на произвольное поле первой
горизонтали. Для того чтобы скорее прийти к требуемому
расположению, лучше сначала избрать для него какое-
нибудь «типичное» (среднее) поле, скажем отмеченное еди-
ницей на рис. 69,а. Второго ферзя поставим на произволь-
ное неатакованное поле второй горизонтали; для система-
тичности выберем самое правое из всех возможных полей.
Аналогичным образом поступим с третьим, четвертым,
пятым и шестым ферзем и придем к расположению, пока-
занному на рис. 69,а.
Однако уже на седьмой горизонтали все поля оказыва-
ются атакованными: мы попали в тупик. Поэтому мы воз-
вращаемся на шаг назади смотрим, можно ли найти другое
место для шестого ферзя. Оказывается, расположение пер-
вых пяти ферзей на рис. 69,а полностью определяет располо-
жение шестого ферзя, и поэтому необходимо сделать еще
шаг назад и попробовать переставить пятого ферзя. Так мы
приходим к рис. 69,6. Из него однозначно вытекает распо-
62

ложение рис. 69,в. Однако и в этом случае на седьмой го-
ризонтали нет неатакованных полей, так что мы опять по-
пали в тупик. Поскольку все возможности расположения
пятого ферзя исчерпаны, мы должны вернуться назад и
переставить четвертого ферзя.
Передвигая четвертого ферзя на ближайшее возможное
поле четвертой горизонтали, мы приходим к позиции
рис. 69,г, которая * однозначно развивается в позицию
рис. 69,5. Следующее и последнее расположение четвертого
ферзя показано на рис. 69,е. В этом случае пятый ферзь мо-
жет располагаться либо как на рис. 69,ж, либо как на
рис. 69,з, который приводит к позиции на рис. 69,и. Итак,
все рассмотренные позиции приводят к тупиковым ситуа-
циям, а мы перебрали все случаи расположения ферзей
при заданном расположении первых трех. Следовательно,
надо сделать еще один шаг назад и передвинуть третьего
ферзя в следующее возможное положение, показанное на
рис. 69,к. Продолжая процесс последовательных шагов
применительно к этой позиции, мы приходим к решению
задачи о расстановке восьми ферзей, показанному на
рис. 69,#.
Хотя подобное решение оказалось весьма трудоемким,
время, которое оно займет, составляет ничтожную долю
времени, за которое можно было бы рассмотреть свыше
четырех миллиардов расположений восьми ферзей. Более
того, в разумные сроки методом перебора можно даже най-
ти все решения нашей задачи. Читателю, который з-ахочет
испытать свои силы, подскажем, что существует лишь че-
тыре принципиально разных возможных положения пер-
вого ферзя, расположенного на первой горизонтали. Реше-
ние, которое является, пожалуй, наиболее симметричным,
изображено на рис. 70. Всего существует 92 решения зада-
чи о расположении восьми ферзей, которые сводятся к 12
принципиально разным случаям—12 ответов мы получим, ес-
ли условимся не различать конфигурации, сводящиеся одна
к другой поворотами и зеркальными отражениями шахматной
доски. При попытках найти все решения задачи о восьми фер-
зях методом перебора следует учитывать наличие таких с и м-
метричных решений задачи. Так, перебрав все ва-
рианты решений, в которых первый ферзь стоит, как ука-
зано на рис. 69,н, в дальнейшем следует отбрасывать все
решения, в которых хотя бы один из ферзей занимает клет-
63

6 1 1 1
5
4
3
2
II 1 1 I1 1 1 1 1
а
6
5
1 1 1 141 1 1 1 1
3
2
] | | 1 1 1 | | |
в
7
6
5
4
3
2
| | 1 1 1 \ 1 1 1 1
9
6
1 1 1 1 1 1 5| 1
4
3
2
1 1 1. ,1. и [ 1 1 [
ю
б
5
4
1
3
2
4 |
| | I3| |
2
4
1
3
2
Рис 69. Перебор в задаче
о восьми ферзях.

|4
5
1
3
г
А
б
,
1
ъ
6
2
3
1
2
\
7
5
3
1
6
4
2
4
3
_1_
П
4
6
8
3
1
7
5
2]
Рис. 69 (продолжение).
&-596

3
5
2
8
-
1
7
4
6
Рис. 70. Наиболее симмет-
ричное решение задачи о
ферзях.
ку, симметричную той, которая отмечена единицей на
рис. 69*.
Метод перебора не столь элегантен, как многие другие
математические методы, однако он незаменим в решении
комбинаторных задач. Более того, специфическое для этого
метода решение задачи с помощью систематического про-
движения вперед и назад до тех пор, пока либо решение не
будет найдено, либо исчерпывающий анализ вариантов
покажет, что оно не существует, делает метод перебора осо-
бенно удобным для составления на его основе программы
работы ЭВМ. В электронных вычислительных машинах
исходные данные (скажем, наши рисунки) задаются в чис-
ловой форме, после чего машина, следуя полученным ин-
струкциям, манипулирует с числовыми данными вплоть
до получения решения (которое, конечно, может быть и
отрицательным, то есть состоять в доказательстве
неразрешимости задачи). В отличие от человека машина,
решая задачи, производит однообразные вычисления, ко-
торые кажутся нам столь скучными, с невообразимой быст-
ротой. Но вместе с тем она не заметит способа упростить
или улучшить решение, если этот способ не будет заранее
учтен программистом, составляющим детальные инструк-
ции для работы ЭВМ. Поэтому задача программиста заклю-
чается в составлении квалифицированных инструкций ма-
шине, в которых должно указываться, как осуществлять
перебор, после чего утомительную работу по исследованию
всех вариантов машина полностью возьмет на себя.
* Так, например, далее мы можем уже не анализировать слу-
чаи, когда один из ферзей стоит на клетке, отмеченной цифрой 4
на рис. 69,е — и (эта клетка получается из отмеченной цифрой 1
при повороте доски па 90°).
66

Рис. 71. Конфигурация Герберта Тэйлора.
КОНФИГУРАЦИЯ ГЕРБЕРТА ТЭЙЛОРА
Математик Герберт Тэйлор, работающий в компании
«Норт Америкэн авиэйшн» (Калифорния), предложил кон-
фигурацию, изображенную на рис. 71. Доказательство не-
возможности ее заполнения пентамино получено независи-
мо Джоном Г Флетчером из Калифорнийского университе-
та в Беркли и Спенсером Эрншоу из колледжа в Санта-Мо-
ника (Калифорния). Приводимое нами доказательство пред-
ставляет собой некоторое упрощение доказательств этих
авторов.
Предположим, что существует покрытие конфигурации,
изображенной на рис. 71, 12 различными пентамино. За-
метим, что при размещении пентамино на этой своеобраз-
ной «доске» никакое пентамино не может отрезать от доски
часть, содержащую не кратное пяти число «полей»: если бы
это произошло, то покрытие сразу же стало бы невозможным.
Рассмотрим сначала, где может в гипотетическом покры-
тии располагаться X-пентамино. Легко заметить, что су-
ществуют всего два принципиально разных положения
Х-пентамино, если не брать в расчет случаи, им симметрич-
ные. Эти положения изображены на рис. 72.
Для случая / исследуем возможные положения 1-пента-
мино. Нетрудно проверить, что, как бы мы ни располагали
1-пентамино, оно всегда отсечет часть доски, содержащую
не кратное пяти число полей. Следовательно, случай /
тупиковый.
3*
67

/
II
щ
И
ш
ш
и
——:
1
щ
Рис. 72. Два возможных положения Х-пеитамнно.
Для случая // существуют два несимметричных положе-
ния 1-пентамино, показанные на рис. 73: здесь «площади»
отсекаемых частей кратны пяти, в то время как все другие
расположения не удовлетворяют этому условию.
В случае IIА рассмотрим, какие пентамино, закрываю-
щие отмеченное точкой поле, могут заходить в «восточное»
крыло фигуры. Здесь существуют три различных варианта
(рис. 74).
В случае IIА1 незаполненные части «южного» и «восточ-
ного» крыльев одинаковы, и любая из них может быть по-
крыта либо парой Р- и Ь-пентамино, либо парой Ш- и
У-пентамино, но не иначе. Поэтому мы вынуждены исполь-
зовать Р-, Ь-, XV- и У-пентамино (например, так, как ука-
зано на рис. 75). Поле, отмеченное точкой, может быть по-
крыто либо Ы-, либо У-п€41тамино. Однако если мы будем
ПА
щ
ж,
ж
ф/
ж
щ>
ш
•
ш^
ж
1
1
|
IIБ
УН
Ш
й-4
1
т
Ш
Р
ш
щ
Рис. 73. Два возможных положения 1-пентамино в случае //♦
68

Рис. 74. Отмеченный точкой квадрат в случае IIА можно покрыть
тремя способами.
искать место для Т-пептамиио, то придем к единственно
возможному расположению, указанному на рис. 75. В этом
случае необходимо, чтобы поле, отмеченное точкой, было
покрыто У-пентамино. Но теперь рядом с Т- следует помес-
тить Р-пентамино, — а оно уже было использовано ранее.
Тем самым случай ПА 1 можно считать исчерпанным. (Ну-
мерация псптамипо па рис. 75 относится к порядку, в соот-
ветствии с которым они располагались на «лоске».)
В случае ПА2 «южное»,крыло, как и раныпе, можно
заполнить либо парой Р и Ь, либо парой \У и У. «Восточное»
же крыло можно заполнить парами *иР или Ь и Р. Единст-
Рис. 75. Развитие случая ПА1. Рис. 76. Развитие случая 11Л2,
69

'МАЗа,
11А36
Шшщ
в
у.щ
щ
\кШ
щ
э_
1
"1
р
илц| \у
1
У
•
Ш
У'?.
[Г
Ау
или\ и
ш
г]
Т|
ПАЗ в
ЛАЗг
Рис. 77. Четыре возможных положении Т и случае П АЗ.
венная возможность заполнения одновременно обеих об-
ластей заключается в том, что Ши V покрывают «южную»
часть, а Ь и Р — «восточную» (рис. 76). Поле, отмеченное
точкой, может быть покрыто лишь Р-пентамино в любой
из двух его ориентации. Далее, Ы-пентамино необходимо
расположить так, как показано на рис. 76, — после чего
не остается возможности разместить Т-пентамино, что и
исчерпывает случай IIА2.
В случае II АЗ «южное» крыло опять-таки можно запол-
нить либо парой Р и Ь, либо парой XV и У, в то время как
«восточное» крыло заполняется либо парой V, Р, либо па-
рой 13, Ь, Далее, существуют четыре возможности для рас-
положения Т-пентамино (исключая очевидные тупиковые
положения), показанные на рис. 77. В случае ПАЗа поля,
70

отмеченные точкой и звездочками, нельзя покрыть ни одним
из пентамино, поскольку XV уже использовано, а N отсе-
кает два поля. В случае ПАЗб для покрытия точки должно
быть использовано Ы-пентамино, после чего уже нельзя
правильно расположить 2. В случае ПАЗв точку должно
покрыть Ь, и тогда поле слева от точки покрыть уже нечем.
В случае ПАЗг независимо от того, какая из пар —V и
Р или 1Л и Ь — выбирается для заполнения «восточного»
крыла, точку может покрыть только 2, после чего очевид-
ным образом покрытие завершить не удастся. Поэтому
случай ПАЗ также невозможен, что и завершает исследова-
ние случая ПА.
Остается случай //б. В нем существуют ровно четыре
возможных положения Ы-пентамино, показанные на рис. 78.
Для варианта IIБ1 Т-пентамиио может быть расположено,
лишь как на рис. 79. После этого «северное» крыло можно
покрыть только с помощью Р-пептамино. Поскольку оно
таким образом оказывается занятым,«южное» крыло долж-
но быть покрыто парой \У и V, а «западное» — V и 2. Те-
перь отмеченное звездочкой поле на рис. 79 уже нельзя
покрыть ни одним из оставшихся пентамино, что пол-
ностью исчерпывает случай ПБ1
В случае IIБ2 «северное» крыло можно покрыть парой
V и Ь, а «восточное» — №и V (поскольку Ь уже использо-
вано). Единственно возможное положение для Т-пентами-
но — в «восточном» крыле (рис. 80), после чего 2-пентамино
поместить уже негде, и, следовательно, случай IIБ2 также
оказывается тупиковым.
В случае ПБЗ «западное» крыло можно закрыть либо
Ц Ь, либо Р, V, а «северное» — либо Ц V, либо Р, Т
(рис. 81). (Если использовать Р для размещения в «север-
ном» крыле вместе с V, У, 2 или Ь, то мы не сможем размес-
тить Т.)
В случае ПБЗа существует лишь один способ располо-
жения Т-пентамино в «западном» крыле (рис. 82), — после
чего 2 некуда будет поставить. Рассматривая случай ПБЗб,
мы обнаруживаем два способа расположения 2-пентамино,
показанные на рис. 83. В случае ПБ361 в оставшихся сво-
бодными частях не удается расположить \У-пентамино.
Случай же расположения 2, как в ПБЗби, требует, чтобы
V было помещено в «западном» крыле, так что «восточное»
крыло заполняется парой V и Ь. Остается единственный
способ расположения У-пентамино, а уж после этого Р
71

Рис. 78. Четыре положения Г^-пентамино в случае II Б.
Рис. 79. Единственно возмо-
жное расположение Т в случае
11Б1.
Рис. 80. Единственное допу-
стимое положение Т в случае
ПБ2.

Рис. 81. В случае ПБЗ «северное» крыло необходимо заполнить
либо парой У и У, либо парой Р и Т.
Рис. 82. Некуда поставить
2-пентамино.
ПБ361
ПБ36П
Рис. 83. Две возможности для размещения Ъ в случае ИБЗб.

Рис. 84, Схема доказательства невозможности покрытия конфи
гурации Герберта Тэйлора.
некуда ставить. Этим подводится итог случаю ПБЗбт а
следовательно, и случаю ПБЗ в целом.
Наконец, случай ПБ4 исчерпывается наблюдением,
что Т должно располагаться в «северном» крыле над I, что
вынуждает поставить Р за Т, а ниже — V. Следовательно,
«восточное» крыло заполнить уже невозможно. Так закан-
чивается перебор всех вариантов случая ПБ, а с ним и
случая //: ответ на вопрос о возможности покрытия кон-
фигурации, изображенной на рис. 71, оказывается отри-
цательным. На рис. 84 показана графическая схема всех
только что разобранных случаев и подслучасв.
ЗУБЧАТЫЙ КВАДРАТ
Р. М. Робинсон предложил «решение» проблемы покры-
тия «зубчатого квадрата», изображенного на рис. 85. Ана-
логичное «решение» было также найдено Спенсером Эрншоу.
Оба решения длиннее и сложнее, чем изложенное выше
для предыдущей задачи. Осуществить перебор здесь можно
в восемь этапов, которые мы вкратце и опишем.
1. Углы зубчатого квадрата (см. рис. 85) могут закрыть лишь
восемь из 12 пентамино (№, X, У, Р, I, Ь, Р, К).
81
2. Существует ровно 70 (ибо ^ТТГ ~ "0) способов отобрать
из этих восьми полимино четыре для расположения в уг-
74

Рис. 85. Зубчатый квадрат
Р. М. Робинсона.
1
лах. (Формула для числа способов отобрать четыре объекта
из данных восьми — это теорема 4 из следующей главы.
Там же в примечании к условию теоремы 2 разъяснен смысл
символа л!, читаемого как п-факториал.) В приводимой
ниже таблице дано максимальное число закрываемых любым
пентамино полей по краям доски (но не в ее углах) отдельно
для случаев, когда пентамино закрывает и когда оно не
закрывает угловую клетку. По ней для любого набора пента-
мино, расположенных по углам, можно найти максимальное
соответствующее ему число покрываемых краевых полей.
Максимальное числе»
Пелтамино Угловые поля краевых полеЛ
\У
X
V
Р
I
Ь
Р
N
Т
II
V
г
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
0
2
3
2
2
1
2
2
2
0
1
0
1
1
2
1
2
I
1
1
1
75

у ///
///
ж- '/Л
/ / Л
' ' А
уелоаЫб поля
краевые поля
поля
Ш,, внутренние
граничные"*
| [внутренние поля
Рис. 86. Четыре типа полей зубчатого квадрата.
3. На рис. 86 отмечены поля, относящиеся к четырем различ-
ным типам. Топологически все закрашенные поля — угло-
вые, краевые и примыкающие к внутреннему полю — обра-
зуют границу конфигурации зубчатого квадрата. Основная
идея «решения» Эрншоу сводится к тому, чтобы исследовать
варианты покрытия этих 24 нолей.
Рис. 87. 16 вариантов сов-
местного расположения V-
и 1-пснтамнно, в каждом
из которых нарушается
принцип «кратности пяти».
76

Рис. 88. У-пентамнно нельзя закрыть два оставшихся «внутрен-
них граничных» поля.
Особо следует отметить, что лишь четыре пентамино
(V, 2, I и Ц могут одновременно закрывать «внутреннее
граничное» поле и максимальное число угловых или краевых
полей.
V- и 1-пентамино нельзя расположить, покрывая угловые
или краевые и одновременно «внутренние граничные» поля,
не нарушив принципа «кратности пяти», согласно которому
площади изолируемых частей должны быть кратны пяти,
иначе их нельзя будет покрыть пентамино. Это обстоя-
тельство иллюстрируется рис. 87: здесь показаны варианты
совместного расположения V- и 1-пентамино, причем I рас-
полагается двумя способами, а V занимает различные неэк-
вивалентные положения относительно I, связывая «внут-
ренние граничные» и краевые поля. Во всех вариантах прин-
цип «кратности пяти» нарушается.
Остается всего 15 способов выбора пары из V, 2, I и I для
одновременного покрытия краевых или угловых и «внут-
77

Рис. 89. Наиболее близкая к
зубчатому квадрату конфигу-
рация пентамино.
Рис. 90. Зубчатый квадрат мо-
жно покрыть пентамино, если
сдвинуть отверстие к краю.
ренних граничных» полей. (Строго говоря, отобрать пару из
четырех элементов можно шестью способами, но этим наборам
могут отвечать различные положения на «доске».) Предва-
рительный подсчет по числу покрываемых граничных полей
показывает, что остается надеяться лишь на пару I- и 2-пен-
та ми но.
6. Изучается случаи, когда I и 2 вместе покрывают как угло-
вые или краевые, так и «внутренние граничные» поля. От-
сюда можно сделать некоторые выводы, относящиеся к
числу покрываемых полей (например, Р и X должны покрыть
два из четырех угловых полей). Наконец, показывается,
что пара I и 2 покрывает ровно одно «внутреннее граничное»
поле и одно поле на наружной границе, в то время как дру-
гие пентамино (Т, V пли Ы должны покрыть два остающихся
«внутренних граничных» поля.
7. Допущение о том, что эти поля покрываются У-пентамино,
приводит к противоречию во всех вариантах (рис. 88).
8. Другие предположения о покрытии этих полей также при-
водят к противоречиям. Этим завершается доказательство
невозможности покрытия пентамино изображенного на
рис. 85 «зубчатого квадрата».
Мы предлагаем читателю воспользоваться приведенной
схемой и попытаться воспроизвести доказательство во всех
деталях. Если же он сумеет найти краткую процедуру,
приводящую к тем же выводам, то это будет значительным
достижением.
Если мы разрешим передвигать черное мономино внутри
зубчатого квадрата, то можно будет поставить задачу о
78

покрытии остающихся 60 полей 12 пентамино; но и такое
покрытие никем не было обнаружено. На рис. 89 показана
конфигурация пентамино, наиболее близкая к зубчатому
квадрату. Правда, любитель математических развлечений,
англичанин Дж. А. Линдон, обнаружил «почти требуемое»
покрытие, но в его решении, приведенном на рис. 90, чер-
ное мономино располагается на краю доски.

ГЛАВА V
НЕКОТОРЫЕ ТЕОРЕМЫ О ПЕРЕЧИСЛЕНИИ
Часто говорят, что в основе всех математических дейст-
вий лежит счет. Великий немецкий математик Герман
Вейль как-то сказал, что почти за всеми тождествами
математики кроется один неизменный принцип: если двумя
разными способами пересчитать одни и те же вещи, то ре-
зультат окажется одним и тем же.
В предыдущих главах мы часто задавались вопросом
о том, сколькими способами можно расположить элементы
заданного вида в пределах определенной «доски» или рисун-
ка. И в этой книге, и в математике вообще часто задаются
схожим вопросом о числе объектов, обладающих заданными
свойствами, например о числе геометрических конфигура-
ций данного типа (мы здесь считаем, что таких конфигура-
ций существует лишь конечное число). Все задачи
такого рода называются задачами перечисления; наряду с
комбинаторной геометрией, к которой по тематике относит-
ся данная книга, они рассматриваются в разделе матема-
тики, носящем название комбинаторного анализа. Комби-
наторный анализ изучает различные способы подсчета ко-
личества всевозможных комбинаций чисел или других
объектов, обладающих заданными свойствами*. В послед-
нее время интерес к этому разделу науки повысился, что
вызвано все возрастающей ролью электронных вычисли-
тельных машин в решении технических задач. Комбинатор-
ный анализ находит множество приложений в таких совре-
* Ср. с гл. II книги: Ф. Мостеллер, Р. Рурке, Дж.
Томас, Вероятность, М., изд-во «Мир», 1969; см. также рассчи-
танную на учащихся средней школы книгу: Н. Я. В и л е н к и н,
Комбинаторика, М., изд-во «Наука», 1969.
80

менных областях науки, как проектирование электриче-
ских цепей, передача кодированных сообщений, регулиро-
вание транспортных потоков, кристаллография и теория
вероятностей.
Настоящая глава призвана ввести читателя в комбина-
торный анализ, точнее, в ту его часть, которая занимается
проблемой перечисления (или подсчета). Несмотря на то
что этот материал окажется более трудным и потребует от
вас большей концентрации внимания, чем материал преды-
дущих глав, его изучение полезно, причем не только с точки
зрения лучшего понимания последующего. Гораздо важнее
другое: проработав материал этой главы, вы впоследствии
не встретите затруднений в решении многих задач анало-
гичного типа, где бы они вам ни попадались. Для тех же,
кто предпочтет ограничиться лишь развлекательным ас-
пектом связанных с полимино проблем, рекомендуем опус-
тить эту главу и перейти к более интересному для них ма-
териалу последующих глав.
КОМБИНАЦИИ
Существует 10 способов выбрать одно число среди чисел
от 0 до 9. Существует 102 = 100 способов выбрать пару
таких чисел. Каждую такую пару можно рассматривать
как одно двузначное число из последовательности 00, 01,
02, 03 97, 98, 99. Аналогично существует 103 = 1000
способов отобрать тройку чисел от 0 до 9, и каждую такую
тройку можно рассматривать как элемент последователь-
ности трехзначных чисел от 000 до 999. В общем случае
существует 10' способов отобрать упорядоченный набор п
чисел от 0 до 9. А так как дело заключается не в обозначе-
ниях и ничто не зависит от того, обозначаем мы отбираемые
элементы цифрами 0, 1, 2, ... , 9 или буквами А, Б, В, ...
..., 3, И, символами аъ аъ а3, ... , а,0 или каким-то другим.
образом, то наш вывод можно обобщить: существует ровно
10* способов отобрать упорядоченный набор п символов из
любого данного набора из 10 различных символов.
Если же исходное множество символов, из которого мы
выбираем элементы, содержит к различных символов, а
мы формируем из этих элементов упорядоченные последова-
тельности (или цепочки) длины п, то число различных упо-
рядоченных наборов п символов будет равно кп.
4-596
«1

Например, если исходное множество состоит всего из
двух элементов — 0 и 1 — и мы образуем всевозможные
последовательности, содержащие по четыре таких элемен-
та, то к = 2, п = 4 и число таких последовательностей
равно кп = 24 = 16. Эти последовательности будут не чем
иным, как представлением в двоичной системе счисления
целых чисел от 0 до 15:
0=0000 4 = 0100 8-1000 12=1100
1=0001 5=0101 9-1001 13=1101
2 = 0010 6 = 0110 10=1010 14=1110
3 = 0011 7=0111 11-1011 15=1111
(В этой таблице слева от знака равенства стоят десятич-
ные числа, а справа — их двоичные эквиваленты.)
Двоичная система счисления имеет всего две цифры —0 и 1;
она применяется в электронных вычислительных машинах*.
Еще более общее утверждение о комбинациях дает сле-
дующая
Теорема 1. Пусть дано п множеств, причем первое
из них содержит кг элементов, второе— к 2 элементов и
т. д., наконец, п-е содержит кп элементов. Число различных
п-элементных последовательностей, первый элемент которых
принадлежит первому множеству, второй — второму и
т. д., п-й элемент — п-му множеству, равно к х X к 2 X ...
...X кп.
В частности, если все п множеств совпадают, то к1 =
= к2 = ..- = кп — к и число всевозможных комбинаций
равно к X к X ... X к — кп.
п раз
Доказательство. На первое место в последова-
тельности может быть поставлен любой элемент первого
множества. Поэтому выбор первого элемента последователь-
ности можно осуществить /г, способами. Для каждого из
них выбрать второй элемент из второго множества можно к2
способами. Поэтому пару элементов из первых двух мно-
жеств можно выбрать кгк2 способами. Для каждого из
этих кхкг способов существует к3 способа выбрать третий
элемент из третьего множества, так что число возможных
* По этому поводу см., например, брошюру: С. В. Ф о м и н.
Системы счисления, М., изд-во «Наука», 1968, в частности, §§ 8
я 12—13.
82

троек равно к1к2к3. Продолжая рассуждать подобным же
образом, мы лолучим, что существует всего кхк2 ... ^спо-
собов выбрать по одному элементу из каждого из наших п
множеств.
В качестве иллюстрации применения теоремы 1 рассмот-
рим такую задачу. Номер автомобиля в некотором госу-
дарстве состоит из двух букв и четырех цифр. Буквы берут-
ся из латинского алфавита (содержащего 26 букв), а цифры
могут принимать любое значение от 0 до 9. Сколько может
быть выдано различных автомобильных номеров?
Непосредственнее применение теоремы 1 дает ответ:
26 X 26 X 10 X 10 X 10 X 10 = 6 760 000 номеров.
Большую трудность представляет вопрос о числе н е -
упорядоченных комбинаций п символов, взятых
из исходного «алфавита», содержащего к символов. Говоря
о неупорядоченных комбинациях, мы имеем в виду, что нам
безразличен порядок, в котором символы входят в ту или
иную комбинацию. Например, если мы отбираем четыре
символа из двоичной системы, в которой есть лишь 0 и 1,
и не обращаем внимания на порядок, то получаем всего
пять различных случаев: 0000, 0001, ООП, 0111, 1111.
Разительное расхождение со случаем упорядоченных ком-
бинаций, где мы только что выписали 16 различных упоря-
доченных четверок!
Если не обращать внимание на порядок, то при броса-
нии, скажем, двух одинаковых игральных костей может
осуществиться не 36, а всего 21 исход, поскольку, напри-
мер, исходы (1, 4) и (4, 1) для нас неразличимы. (Естествен-
но, что при бросании двух костей могут получиться всего
11 значений суммы выпавших очков, так как существует
всего 11 целых чисел в интервале между 2 и 12. При этом
сумма 7, например, может получиться в трех случаях —
как 3 + 4, как 2 + 5 и как 1 + 6.) Но отложим пока ре-
шение вопроса о числе неупорядоченных комбинаций, а до
этого введем кое-какие необходимые вспомогательные по-
нятия.
УПРАЖНЕНИЯ
1. Телефонный номер состоит из семи цифр, причем первые две
могут быть любой цифрой от 2 до 9, а остальные — произволь-
ны,то есть могут принимать все значения 1, 2, .... 9, 0. Сколь-
ко существует возможных различных телефонных номеров?
4*
83

(Ответы на все упражнения этой главы можно найти в При-
ложении 1, стр. 153—159.)
2. В школе шесть классов, в которых обучаются соответствен-
но 12, 15, 9, 13, 11 и 12 учащихся. В ученический комитет
входит по одному школьнику от каждого класса. Сколь-
кими способами можно выбрать ученический комитет этой
школы?
ПЕРЕСТАНОВКИ, ФАКТОРИАЛЫ И БИНОМИАЛЬНЫЕ
КОЭФФИЦИЕНТЫ
Пусть нам дано множество, содержащее к элементов.
Из этого множества отбирается первый, второй, третий и
т. д. к-й элементы. Сколькими способами это можно сде-
лать?
Приведем примеры аналогичной постановки задач: сколь-
кими разными способами можно разложить подряд карты
колоды, состоящей из 52 карт; сколькими способами можно
переставить буквы А, Б, В, Г, Д и т. д.
Ответы на все подобные вопросы дает следующая
Теорема 2. Число способов, которыми данные к
элементов можно расположить в определенном порядке
(то есть выбрать первый из них, затем второй, третий
и т. д. .до к-го), равно произведению
1 х 2 х 3 у ... х (к- 1) х к.
(Это произведение обозначается к\ и, как мы уже го-
ворили, читается как «/е-факториал».)
Доказательство. Выбор первого элемента мож-
но произвести к способами. После этого для второго эле-
мента остается (к — 1) возможность, для третьего — (к—2)
и т. д. Поэтому упорядочение всех к элементов может быть
произведено
к . (Л— 1)(А — 2) • ... • 2 -1 = А1
различными способами.
84

к\
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
6
24
120
720
5 040
40 320
362 880
3 628 800
11
12
13 •
14
15
16
17
18
19
20
39 916 800
479 001 600
6 227 020 800
87 178 291 200
1 307 674 368 000
20 922 789 888 000
355 687 428 096 000
6 402 373 705 728 000
121 645 100 408 832 000
2 432 902 008176 640000
Поскольку 3! = 6. то существует ровно шесть способов
расположения в ряд трех букв, например О, Р и Т, а имен-
но: ОРТ, ОТР, РОТ, РТО, ТОР, ТРО. Аналогично если
вам даны любые пять букв, то существует ровно 5! = 120
различных составленных из этих букв «слов». Небезынте-
ресна такая игра: для к — 2, 3, 4, 5 или 6 подыскать такие
наборы из к букв, чтобы среди всевозможных перестановок
этих букв отыскалось как можно больше осмысленных
слов. Для слов английского языка (и букв латинского ал-
фавита) уже при к = 4 затруднительно отыскать набор из
четырех букв, дающий более пяти осмысленных слов из
возможных 24; для слов же из пяти букв как будто бы луч-
шим результатом является 8 из 120.
Справедливо соотношение (к + I) * к\ = (к + 1) !, по-
скольку произведение всех натуральных чисел от 1 до А,
умноженное на (к + 1), дает произведение всех чисел от
I до (к + 1). Отсюда получается соотношение
*!-<* + 1)! .
Если положить в этом соотношении формально к = 0, то
мы получим
01 У 1.
1
Поэтому 0! по определению полагается равным 1. (Заметим,
что исходное определение не включало случай к = 0, и
поэтому для к = 0 требуется отдельное определение.)
Для приближенного вычисления факториалов применя-
ется знаменитая формула Стирлинга:
к\ ~ У~Ъ& (—V*.
85

В эту формулу входят обе вездесущие математические кон-
станты: я = 3,14159 ... —отношение длины окружности к
диаметру и е — 2,71828...—основание «натуральных ло-
гарифмов». Знак радикала у, как обычно, показывает
на необходимость извлечения квадратного корня. Знак ~
можно прочесть как «приближенно равно». Здесь это озна-
чает, что при стремлении к к бесконечности обе части фор-
мулы Стирлинга становятся все ближе и ближе друг к дру-
гу, иными словами, что их отношение будет стремиться к 1.
Для каждого конкретного значения к формула Стирлинга
дает приближенное значение А1, причем с возрастанием к
относительная погрешность такого приближения становит-
ся все меньшей. Вывод формулы Стирлинга выходит за
рамки комбинаторного анализа, и по этой причине мы не
будем воспроизводить его в нашей книге*. Мы только по-
кажем, как «работает» эта формула при решении комбина-
торных задач.
Рассмотрим, например, задачу о числе способов распо-
ложения в ряд всех карт полной колоды из 52 карт. Мы уже
знаем, что искомое число равно 52!, и по формуле Стирлин-
га можем приближенно его оценить:
521^ УШ^(^-Т ~ 18,076 X (19Л30)52 « 8,054 х 10".
Такое приближение достаточно для большинства задач,
ибо, когда мы имеем дело со столь большими числами, нет
необходимости знать точно все их цифры.
Предположим теперь, что нам задано множество, состоя-
щее из к элементов, и мы последовательно отбираем из него
г элементов, обозначая их как первый, второй, третий и
т. д. до г-го. Число способов отобрать различные /"-элемент-
ные последовательности из множества в к элементов обозна-
чают через А\ или через (&),**.
Теорема 3.
Агк=~^—=к(к-1)(к-2) ... (А-г+ 1).
(А —г)!
* Элементарное (но вовсе не простое) доказательство формулы
Стирлинга имеется в книге: А. М. Яглом и И. М. Я г л о м,
Неэлементарные задачи в элементарном изложении, М., Гостех-
издат, 1954 (см. задачи 160—161 на стр. 80 и их решение).
** А — первая буква французского слова аггап^етеп!, что
означает упорядочение или размещение.
86

Доказательство. Первый элемент последова-
тельности можно отобрать к способами, второй элемент —
(к—1) способами, произвольный элемент с номером I
можно отобрать к — (ь — 1) = к — ( + 1 способами.
В частности, последний г-й элемент последовательности
можно отобрать к — г + 1 способами. Поэтому общее чис-
ло всех возможных таких последовательностей равно
к(к- 1)(* — г) ... (к-г + 1).
А поскольку это число равно произведению всех натураль-
ных чисел от 1 до А за вычетом чисел от 1 до (к—г), то его
к\
можно представить в виде тт—гт«
УПРАЖНЕНИЯ
3. В некотором испытании следует угадать три различные
буквы алфавита и выписать их на доске в определенном
^порядке. Правилам удовлетворяет лишь одна комбинация
букв. Сколько существует «неправильных» комбинаций?
4. Каждому из шести игроков сдается по одной карте из ко-
лоды, содержащей 52 различные карты. Сколько может быть
вариантов сдачи?
Теперь рассмотрим такую ситуацию: при игре в покер
одному игроку сдаются одновременно пять карт из полной
колоды в 52 карты. Таким образом, в руках игрока оказы-
ваются пять карт, причем ему, разумеется, безразличен по-
рядок их появления. Поэтому число «покерных» сдач одно-
му игроку равно числу способов отобрать неупорядоченную
комбинацию пяти карт из общего числа 52 карт. Аналогич-
но число возможных сдач игроку при игре в бридж равно
числу способов выбора неупорядоченного набора из 13 карт
из общего множества в 52 карты. В общем случае, если за-
дано множество из к объектов, из которого отбираются г,
то число неупорядоченных наборов г объектов из исходного
множества в к объектов обозначается через С*или(*)*.
Теорема 4.
сг _ к(к-\)(к — 2) ... (к — г+\) = (к)г = к\
к~~ г (г— 1) (г —2) ... 2-1 г! г! (А — г)!
* С — первая буква французского слова сотЫгтзоп, что
означает комбинацию или сочетание.
97

Доказательство. Число упорядоченных набо-
ров г элементов из множества, содержащего к элементов,
равно А\. Выбранные г объектов могут быть переставлены
г\ способами, и все эти перестановки отвечают одному не-
упорядоченному набору г элементов. Поэтому число неупо-
рядоченных наборов равно Агк/г\. Используя теорему 3,
мы получаем, что искомое число равно
к\ к(к — \) {к —2) ... (к — г+ 1)
или —* — * ^ ; .
Л (к — г) г (г— 1) (г — 2) ..2-1
По теореме 4 число возможных сдач карт одному игроку
в покер равно
& = (*)=*•*•*•*•" ^2598960,
\ Ь) 5-4-3-2-1
а число сдач одному игроку в бридж равно
/МЗ / 52 \ 52 . 51 . 50 • 49 > 48 . 47 • 46-45.44.43.42.41-40 _
52 \ 13 ^ 13-12.11-10-9-8-7-6-5.4-3-2.1 ~
= 635 013559 600.
УПРАЖНЕНИЯ
5. Сколькими способами можно расположить четыре мономино
на шахматной доске размером 8X8?
6. Сколькими способами на обычной шахматной доске можно
расставить восемь ферзей?
7. Сколькими способами можно выбрать шесть пентамино из
набора, содержащего 12 различных пентамино?
8. Клуб устраивает свои вечерние собрания три раза в неделю.
Сколькими способами члены клуба могут выбрать дни не-
дели для встреч?
Согласно известной в алгебре формуле бинома
Ньютона,
По этой причине числа С* или (г) называют биномиаль-
ными коэффициентами (коэффициентом в алгебре обычно
88

называют числовой или буквенный множитель перед про-
изведением переменных). Используя приведенное выше оп-
ределение чисел Сь> читатель может попробовать самостоя-
тельно доказать формулу бинома Ньютона.
Поскольку вряд ли имеет смысл обсуждать вопрос о
числе тех подмножеств исходного множества из к элемен-
тов, которые вовсе не содержат никаких элементов, то ус-
лавливаются, что существует лишь одно такое пустое
подмножество. Это соглашение не противоречит теореме 4,
ибо при формальной подстановке в ее результат значения
г = 0 мы получаем
^о к\ к\ л
С/, = = = 1.
0! (к — 0)! 1 . к\
Поэтому начальный член биномиальной формулы хк можно
рассматривать как имеющий коэффициент С*, а последний
член ук — как имеющий коэффициент (*) (или Скк).
Французский математик XVIII века Блез Паскаль рас-
положил биномиальные коэффициенты в таблицу, имеющую
вид треугольника:
о
С) С)
С) (?) (')
С) (?) (.) (I)
С) (?) (П С) С)
и т. д.
Этот треугольник известен под названием «треугольник
Паскаля»*. Если вместо биномиальных коэффициентов
подставить их числовые значения, то становится понятным
его «устройство»: каждый элемент «треугольника» равен
сумме двух стоящих над ним.
* См. рассчитанную на школьников брошюру: В. А» У с п е н-
с к и й, Треугольник Паскаля, М., изд-во «Наука», 1966. Ориги-
нальный мемуар Паскаля с обстоятельными комментариями из-
ложен в книге: Д ж. П о й а, Математическое открытие, М., изд-
во «Наука», 1970, гл. 3.
89

1
1 1
1 2 1
13 3 1
14 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 б 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
И Т, Д.
Со времен Паскаля были открыты сотни свойств элемен-
тов этого числового треугольника. Некоторые из них мы
предлагаем читателю для доказательства в качестве упраж-
нений.
УПРАЖНЕНИЯ
1. Суммы элементов строк треугольника Паскаля есть после-
довательные степени двойки, то есть
2. Знакочередующиеся суммы элементов любой строки равны
нулю (в знакочередующейся сумме первый элемент берется
со знаком плюс, второй — со знаком минус, третий — со
знаком плюс, четвертый — со знаком минус и т. д.). Та-
ким образом,
О-СЮ-Ю—С)-*
3. Любой элемент равен сумме двух других, расположенных
над ним (так сказать, сумме своих северо-западного и се-
веро-восточного соседей). Это обстоятельство можно запи-
сать в виде следующей формулы:
4. Любая строка симметрична относительно своей середины,
то есть
б. Сумма квадратов элементов любой строки равна централь-
ному элементу вдвое более далекой от вершины строки (если
90

не считать верхнего ряда, состоящего из одной единицы).
Другими словами,
ГоН:)'+аи'з)'+-+сн2;)-
Теперь мы можем получить ответ на поставленный ранее
вопрос: каково число неупорядоченных комбинаций
(«слов»), содержащих по п символов, составленных из зна-
ков исходного алфавита, в который входят к символов?
Теорема 5. Число возможных неупорядоченных ком-
бинаций п символов, составленных из знаков к-символьного
алфавита, равно
А + л— 1\ = /А + л—1\
л ) \ А-1 )'
Доказательство. Для того чтобы пояснить
метод доказательства этой теоремы, рассмотрим сначала
один типичный пример. Пусть задан алфавит, содержащий
четыре буквы: а, 6, с и й. Образуем из этих букв одну ком-
бинацию, состоящую из 7 элементов, например сайЬааЬ.
Запишем эту комбинацию в «стандартной» форме:
ааа\ЬЬ\с\й.
Поскольку мы рассматриваем лишь неупорядоченные ком-
бинации, то такая «стандартная» запись не отличается от
исходной. В общем случае стандартная запись комбинации
символов образуется следующим образом: для произволь-
ной комбинации из п символов мы сначала выписываем
первый символ (первую «букву» алфавита) столько раз,
сколько раз он встречается в нашей комбинации. Затем
ставим вертикальную черту, после чего выписываем все
вхождения второго символа, второй «буквы» алфавита и т. д.
Если в исходной комбинации какой-нибудь символ алфа-
вита отсутствует, то между соответствующими разделитель-
ными вертикальными линиями не указывается ничего.
Назовем символы алфавита и вертикальные линии от-
метками. В общем случае таких отметок будет п + к — 1.
Для нашего примера п + к — 1=74-4 — 1 = 10 от-
меткам. Для того чтобы полностью описать стандартную
форму той или иной комбинации, достаточно указать, на
каких (к— 1) местах из общего числа (п + к— 1) мест
стоят разделительные линии. Так, если в последовательно-
сти 10 отметок четвертая
91

седьмая и девятая отметки суть разделительные линии
" -I-
то последовательность имеет вид |
что автоматически приводит к комбинации ааа\ЬЬ\ \с\й
Если же известно, что разделительными линиями яв
ляются первая, четвертая и пятая отметки, то мы по
лучаем | — — | | , чему соответствует комби
нация | ЬЬ \\йАйЫ.
Таким образом, различные выборы мест для раздели-
тельных линий приводят к различным неупорядоченным
комбинациям, заданным в стандартной форме. Согласно
теореме 4, существует ровно ("1-71) способов выбрать
(к — 1) из (п + к — 1) отметок для разделительных линий.
Следовательно, это же число равняется числу неупорядо-
ченных комбинаций п символов, составленных из знаков
/е-символьного алфавита. Наконец,
(п + к — 1\ _ (п -\- к — I)' __ 1п±к-
\ к—1 ) ~ (Ь—\)\п\ ~ [ п
ПРИМЕ РЫ
Число неупорядоченных комбинаций, состоящих из пяти
двоичных цифр, равно I ' г~ = I ~ 1 = 6. В стан-
дартной форме они суть 0 0 0 0 0] , 0 0 0 0| 1, 0 0 0 | I 1,
0 0 | 1 1 1, 0 | 1 1 1 1 и | 1 1 1 1 1 . Каждой из этих неупоря-
доченных комбинаций соответствуют одна или несколько упо-
рядоченных, как показано ниже. При этом две разные упоря-
доченные комбинации соответствуют одной и той же неупоря-
доченной комбинации тогда, когда они состоят из одного и
того же числа единиц (и соответственно нулей).
Неупорядоченные
комбинации
00000
00001
00011
00111
ОНИ
11111
Упорядоченные
комбинации
00000
00001, 00010, 00100, 01000, 10000
00011, 00101, 01001, 10001, 00110,
01010, 10010, 01100, 10100, 11000
00111, 01011, 10011, 01101, 10101,
11001, 01110, 10110, 11010, 11100
01111, 10111, 11011, 11101, НПО
11111
Заметьте, что число упорядоченных комбинаций в последо-
вательных группах, соответствующих неупорядоченным
92

комбинациям, образует строку треугольника Паскаля:
1 5 10 5 1.
2. Число неупорядоченных комбинаций трех букв которые
взяты из грехсимвольного алфавита, состоящего 1и Сук»
а, б и в, равно
(,+г')-(;
10.
Эти комбинации суть ааа, аао, аав, аЪб% а(т, им }.ю.. .^~в,
бее, вве.
УПРАЖНЕНИЯ
9. Определите число всевозможных четырехбуквенных неу-
порядоченных комбинаций элементов пятибуквенного ал-
фавита и выпишите все эти комбинации.
10. В продаже имеются наборы фруктов, в которые в ходя г
яблоки, апельсины и груши. В каждый набор входят
12 фруктов; любой набор стоит один доллар. Сколькими
разными способами может выбрать покупатель набор
фруктов, причитающийся ему за его доллар?
11. Пусть задано к символов, принадлежащих разным типам.
При этом имеется кх символов первого типа, к2 символов
второго типа, к^ символов третьего типа, ..., кт символов
последнего, л-готипа. (Разумеется, /^Н- кг+ к<6+ ... + кт=^
с= к.) Покажите, что число различных перестановок этих
к символов равно
к\
кх\кг\кь\ ... кГ\
12. Используйте результат предыдущей задачи для того,
чтобы определить число всевозможных перестановок букв,
составляющих слова окорок и Миссисипи.
ВКЛЮЧЕНИЕ И ИСКЛЮЧЕНИЕ
Известна старинная шутка о том, что лошадь имеет
не меньше 12 ног; две спереди, две сзади, по две с каждого
бока, по одной «с каждого угла» — и это не считая ног,
которые снизу!
Аналогичный «парадокс» связан с доказательством того,
что в течение года человек не успевает работать. Действи-
тельно, из 365 дней в году 104 падают на субботние и вос-
кресные дни, 7 — на праздники, 10 — на отпуск*. Далее,
* Здесь автор исходит из данных, относящихся к его стране;
читатель может, разумеется, перевести их на наши условия — при
этом окажется, что свободного времени в году у пего свыше 365
Дней!
93

У3 времени, то есть 122 дня, уходит на сон, а другая треть,
то есть еще 122 дня, лежит за пределами восьмичасового
рабочего дня. Итак, 104 + 7 + 10 + 122 + 122 = 365
дней в году, не занятых работой!
Очевидно, что «изюминка» рассмотренных выводов за-
ключается в наличии пересечений различных групп, кото-
рые мы подсчитывали как якобы независимые. Так, спереди
и с правого бока у лошади есть общая нога, а все «угловые»
ноги одновременно находятся и снизу. Подобным же обра-
зом, часть восьмичасовых отрезков времени, отводимых
для сна, приходится на выходные и праздничные дни; по-
этому в приведенном выше решении они считались дважды.
Существует весьма простая формула, дающая точный от-
вет на любую задачу подобного типа и учитывающая все
пересечения суммируемых групп. Она носит название
«формула включений и исключений» (иногда ее называют
также формулой перекрестной классификации).
Теорема 6. Пусть задано множество, содержащее
N элементов, причем Л^ из них обладают свойством Ри
N 2 — свойством Р2 и так далее, наконец, Nг обладают свой-
ством Рг. Тогда число элементов, которые не обладают ни
одним из свойств Р ь Р 2, ... , РГ (обозначим это число через
#0) равно
N0=N-(N^ + N2 + ... +N,1 +
+ (^|.2 + ^1.з+ - + ^2,3 + -. +*(Г_1ЬГ)-
-(^1.2.3+^1.2.4+ - +Л^-2).(г-1,.г>+-- ± ^1.2.3 ... ,)>
где через N[,1 т обозначено число элементов, обладаю-
щих одновременно свойствами Ри Р}, ... , Рт.
Пример. Возьмем Л^ = 365, а через Р{ обозначим
свойство дня быть выходным, Р2 — праздником, Р3 — днем
отпуска, через Р4— свойство быть временем, потрачен-
ным на сон, и через Р6 —нерабочее время, в течение кото-
рого человек бодрствует. Тогда Л^ = 104 дня, N 2= 7 дней,
#3 = Ю дней, ЛЧ=Л^5=122 дня. При этом Л^14 =
= 104 : 3 = 34% дня; #24=7 : 3 = 21/3 дня; #34=10:3 =
= 31/3 дня; Л^ь5 = 104 : 3 = 342/3 дня; Л^|5 = 7 : 3 =
= 2Х/3 дня и, наконец, М35 =10:3 = 3'/3 дня. Остальные
М( 1 пг=0« Следовательно, УУ0 (рабочее время) равно
ЛГо'^Й-^Н-Л^ + ЛГз + Я4 + Л^б) + №}Л+^Л -г
94

+ #3,4 + #|,5 + #>,5 + #3.5) = 365 - 365 + 2<% =
= 80% дня = 1936 ч = 48,4 сорокачасовой рабочей недели.
Доказательство. Из исходного множества в
N элементов мы вычитаем Л^ элементов, обладающих свой-
ством Рь Ы2 элементов, обладающих свойством Р2, и т. д
Однако каждый элемент, обладающий двумя из этих
свойств, вычитался дважды. Поэтому эти элементы следует
восстановить, для чего необходимо добавить члены //|р.
Далее, элементы, обладающие тремя из данных свойств —
например, свойствами Рь Р} и Рк> — трижды вычитались
(рассмотрите выражение — Л^— N} — 1^к) и трижды вос-
станавливались (рассмотрите сумму Л^ + #/,А + Л/у?л).
Поэтому их следует вычесть из N. что мы и делаем, добав-
ляя члены —N 1)%к. В общем случае элемент, обладающий 1
из наших. г свойств, вычитался ( раз, затем добавлялся
(2) раз, снова вычитался ($) раз, добавлялся (4) раз и
т. д. В результате он был добавлен к N ровно —I + (г) —
— (з) + (I) — + ... ± (/) раз. Это выражение на I
меньше, чем 1 — (?) + (г) — (з) Ч ± (}) *= 0
(ср. свойство 2 биномиальных коэффициентов на стр. 90).
Поэтому в итоге любой элемент, обладающий хотя бы одним
из г указанных свойств, был вычтен из N ровно один
раз*.
ПРИМЕРЫ
1. Рыбак собирается ловить рыбу на площади 1000 X 1500
миль (рис. 91). Однако ему запрещено заходить в районы А,
В и Су представляющие собой квадраты со сторонами 500
миль, центры которых удалены один от другого на 400 миль.
На какой площади может он ловить рыбу?
Площадь ловли рыбы Р получится из площади всего района
Т вычитанием площадей А, В, С, затем добавлением пло-
щадей, принадлежащих одновременно А и В, А и С,
В и С (каждая из них содержит площадь, принадлежащую
всем трем районам), и, наконец, вычитанием общей площади
трех районов Л, В и С. Нахождение численного ответа ос-
тавляем читателю в качестве упражнения.
2. Пусть число п имеет различные простые делители рь Рг»-»-
* Более краткое (но также требующее известного внимания)
доказательство формулы включений и исключений базируется на
принципе математической индукции (ср. выше, стр. 19); оно при-
ведено, например, в книге Н. Я. Виленкина, стр. 26—27 (см.
сноску на стр. 80).
45

1
1_
Л
Ад
АВС
АС
д
ВС
С
Рис. 91. Задача рыбака.
.... рг. Сколько чисел от 1 до
п взаимно проспи,! с п (то есть
не имеют с п общих простых
делителей)?
Соответствующее число обо-
значается ц(п); эта функция
от п назынается функцией Эй-
лера. (По разным соображени-
ям число 1 не рассматривается
как простое. Если бы мы счи-
тали 1 простым числом, то
для любого числа, меньшего п,
нашелся бы общий с я простой
делитель; поэтому для всех п
мы имели бы ср(гс) = 0.) По-
этому ф(1) = 1; ф(2) = 1;
Ф(3) - 2; <р(4) - 2; ф(5) = 4;
Ф(6) = 2; ф(7) = 6; ц(8) =
— 4 и т. д.
Обозначим через Р1 свойство
делиться на ру, через /V— свойство делиться на /?2, ... , че-
рез рг— свойство делиться на рг. Тогда, но теореме 6,
9 (л) = л — (пг — п2 "|- + (пг) + (льз -+■ «1.ч I •. •) —
( п п п \
-(П,о ч | ) Н - « - + + + +
{ П
/?,р2
Р\Р-1!Н
РОЬ
-*-■
—)-р
_1 Рг \Р1Р*
Рг-\ Р,
п
Р\ РъРз
V Р1 '•■ Р* I
Р\Рч ■■• Р.
I
1 —
УПРАЖНЕНИЯ
13. Для каждого значения п от 1 до 15 выпишите числа, мень-
шие п и не имеющие с ним общих делителей. (Простые числа
н промежутке от 1 до 15 суть 2, 3, 5, 7, 11, 13.) Сравните
полученные вамп списки с ответами, найденными из толь-
ко что выведенной формулы
Р1 ' \ РЧ I \ Рг I

+
14. Пусть ръ р2> ..., рт—простые числа, не превосходящие
У х. Покажите, что число простых чисел, не превосходящих
х (обозначаемое через т.(х))у задается выражением
ям=т-,+и-(Ш+й+-+й)+
1 + Ш+...+Г^_1)_ ±Г—^—1.
] 1Р1Р*} 1Рт-\Рт\! 1Р\Рч-'Рт\
X
1_ Р\Р2
где через [— ] обозначена так называемая целая часть
Р
дроби Л, т. е. наибольшее целое число, не превосходящее
п
—.(Указание: а) Если число между \ и х — состав-
Р
ное, то хотя бы один из его простцх делителей будет мень-
ше )Лх:. Почему? б) Число кратных р чисел, не превос-
ходящих л:, равно [—1- Почему? в) Не забудьте включить в
Р
ъ(х) первые т простых чисел и исключить единицу,которая
не является простым числом.)
15. Простые числа, не превосходящие У 100, суть 2, 3, 5 и 7.
Используйте формулу предыдущей задачи для нахождения
7г (100). Совпадает ли ответ с непосредственно подсчитанным
числом простых чисел от 1 до 100?
16. Среди 50 бездомных собак 12 болеют чумкой, у 18 — блохи,
у 11 — глисты и шесть собак бешеные. Кроме того, у пяти
из них чумка и блохи; у трех собак — блохи и бешенство,
у четырех — чумка и глисты, у пяти — блохи и глисты,
а у двух — чумка, блохи и глисты одновременно. Пред-
полагая, что эти собаки больше ничем не болеют и среди
них нет собак, больных другими комбинациями болезней,
определите, сколько среди этих 50 собак здоровых?
ПОДСЧЕТ РАЗНОРОДНЫХ ОБЪЕКТОВ
Как узнать, сколько коров в стаде? Надо сосчитать,
сколько у них ног, и разделить полученное число на четыре.
А как узнать, сколько машин на стоянке? Опять-таки до-
статочно подсчитать, сколько у них колес, и разделить от-
вет на четыре! Если же на стоянке находятся не только
автомобили, но и велосипеды и одноколесные тачки, то
число экипажей, разумеется, не будет равно четверти
числа колес. Истинное число экипажей Э можно получить с
помощью формулы
Э ■--- — (А + 2В + 4Г),
4
97

где А обозначает число автомобильных колес, В — число
колес велосипедов, а Г — число колес тачек. На самом
деле, ЧкА — число автомашин, 1/2В — число велосипедов
и Г — число тачек, так что наша формула представляет
собой просто сумму этих чисел. Как мы увидим впоследст-
вии, эта формула является частным случаем другой, гораз-
до более общей формулы подсчета, в которой соответствие
между членами формулы и подсчитываемыми элементами
будет не столь простым.
Предположим, что в нашем распоряжении имеются пер-
чатки трех цветов: красные (К), белые (Б) и синие (С). На-
угад выбираются левая и правая перчатки. Сколько раз-
личных комбинаций здесь может встретиться?
Поскольку у нас три возможности выбрать левую пер-
чатку и столько же возможностей выбрать правую, то число
различных пар составит 3x3 = 9, а именно: КК, КБ,
КС, БК, ББ, БС, СК, СБ, СС
Пусть теперь речь пойдет не о перчатках, а о носках
такой же расцветки. В данном случае между левым и пра-
вым носком нет никакой разницы. Поэтому первым побуж-
дением многих, очевидно, будет разделить ответ предыду-
щей задачи на два. Но, поскольку 9/2 — не целое число,
ясно, что такое решение по меньшей мере наивно. Действи-
тельно, разнородные пары можно сгруппировать по две:
КБ и БК
КС и СК
СБ и БС
Однако одноцветные пары можно считать лишь один
раз:
КК
ББ
СС
Поэтому существует лишь шесть возможных комбинаций
носок.
Формула, задающая число /V различимых комбина-
ций, которая бы не принимала в расчет различия между
правым и левым, запишется в виде
N=±(7 + 0,
где Т — исходное число случаев (без учета возможных
симметрии), а С — число симметричных комбинаций. Для
98

рассмотренной нами задачи Т = 9, С — 3, так что N =
= и$ + 3) = 6. Если обобщить эту задачу, считая, что
носки могут быть а различных расцветок, получим Т =а\
С = а, так что число различных пар окажется равным
N = ±.(а* + а)=±а(а+1).
Операция перемены мест левого и правого, применен-
ная дважды, возвращает перемещаемые объекты на исход-
ные места. Любая симметричная операция, обладающая
тем же свойством, называется инволюцией. Примерами
инволюций являются: вращение плоской фигуры на 180°;
выворачивание чего-либо наизнанку; перемена мест верха
и низа; замена любого отличного от нуля числа х обратным
ему числом Мх\ замена любого числа у противоположным
числом —у и т. д. Формула
N = ±(7 + 0)
задает число различимых комбинаций для произвольной ин-
волюции. При этом, как и прежде, Т означает общее число
случаев, подсчитанное без учета инволюции, а С — число
случаев, которые инволюция переводит в самих себя, то
есть случаев, не меняющихся при инволюции, или, выра-
жаясь математическим языком, инвариантных относи-
тельно инволюции.
УПРАЖНЕНИЯ
17. Разобьем трехзначные числа на группы, относя к одной
группе числа» записанные одними и теми же цифрами, но
в обратном порядке. (При этом некоторые числа, скажем
131, будут единственным элементом, составляющим соот-
ветствующую группу.) На сколько групп разбиваются все
числа от 000 до 999?
18. Рассмотрим множество всех четырехбуквенных «слов»,
составленных из букв латинского алфавита, и будем счи-
тать каждое «слово» эквивалентным другому,- составленному
из тех же букв, но в обратном порядке. Сколько окажется
неэквивалентных «слов»?
19. На цепочку нанизываются к бусинок, которые могут быть
окрашены в п различных цветов. Естественно, что если
перевернуть цепочку, поменяв местами ее концы, то вряд
ли имеет смысл считать полученную цепочку новой.
Сколько таких различных цепочек существует? (У к а-
99

з а н и е : рассмотрите случаи четного и нечетного к от-
дельно.) Проверьте полученный ответ для случаев п = 2
и 3, а к = 4 и 5.
20. Одна сторона бумажного листа отмечается произвольной
цифрой от 1 до 5, а другая — цифрой от 3 до 9. Сколько
существует различных вариантов такой разметки? Ника-
кого различия между верхом и низом листа делать не сле-
дует. (Указание: для того чтобы проверить получен-
ный вами ответ, несложно выписать все возможные здесь
варианты.)
21. Обычный набор домино содержит по одной из всех возмож-
ных костей — от 0—0 до 6—6. Рассмотрим «необычное»
домино — с костями от 0—0 до 9—9. Сколько костей в
этом наборе?
Предположим теперь, что в нашем распоряжении име-
ются карточки из картона размером примерно 3 X 5 см,
и мы можем срезать уголки этих карточек (срезать уго-
лок — значит удалить равносторонний прямоугольник с
катетом 0,5 см и вершиной в углу карточки). Мы, разумеет-
ся, можем срезать любое число уголков — от 0 до 4 — у
каждой конкретной карточки. Сколько различных вариан-
тов «испорченных» карточек мы получим?
Без учета симметрии карточек число возможных случаев
подсчитать относительно просто. Ведь в этом варианте
задачи лицевую сторону карточки следует отличать от тыль-
ной, левую сторону — от правой, верх — от низа, а потому
все углы занимают четко определимые положения: их можно
обозначить как правый верхний, левый верхний, правый
нижний и левый нижний. Каждый из углов можно либо
обрезать, либо оставить, так что, согласно теореме 1, всего
возможно 24 = 16 различных случаев. Однако, если счи-
тать четыре угла карточки неразличимыми, следует прибег-
нуть к другому рассуждению.
Стратегия «грубой силы» может заключаться в простом
перечислении всех случаев:
1. Обрезанных уголков нет.
2. Обрезан один уголок.
3. Обрезаны два уголка, примыкающие к корот-
кой стороне карточки.
4. Обрезаны два уголка, примыкающие к длинной
стороне.
5. Обрезаны два противоположных уголка.
6. Обрезаны любые три уголка.
7. Обрезаны все четыре уголка.
Все семь случаев показаны на рис. 92.
100

□□□
а 6 в
папа
г д е ж
Рис. 92. Семь различных способов отрезать уголки прямоугольных
карточек.
Более методичная стратегия решения этой задачи осно-
вана на соображении," согласно которому симметрии
рассматриваемой карточки соответствуют трем различным
инволюциям:
1. Повороту карточки на 180° относительно центра
(в плоскости).
2. Повороту карточки на 180° относительно гори-
зонтальной средней линии (что приводит к пере-
ворачиванию карточки).
3. Повороту карточки на 180° относительно верти-
кальной средней линии (что также приводит к
переворачиванию карточки).
(Строго говоря, существует еще одна симметричная опе-
рация — так называемая «единичная», или тождественная
операция, при которой с фигурой ничего не происходит.)
Заметьте, что рис 92,6 и е меняются при выполнении
любой из трех инволюций, в то время как рис. 92,а и ж
не меняются. Кроме того, рис. 92,6 не меняется при инволю-
ции 2, рис 92,г не меняется при инволюции 3, а рис. 92,д
не меняется при инволюции 1
Чтобы подсчитать число различных комбинаций на
рис. 92, мы, как и прежде, разделим исходное число случаев
(24 = 16) нз число операций симметрии (в нашем случае
четыре, включая единичную операцию). Но здесь надо быть
особенно внимательным при добавлении членов, которые
выражают числа карточек, симметричных по отношению
101

к каждой из инволюций. Соответствующая формула будет
иметь вид
N=-!Г(Т + С^ + С2 + С3),
4
где N — искомое число различных случаев, Т — общее
число случаев, подсчитанное без учета симметрии, С{ —
число исходных карточек, не меняющихся при инволюции 1,
С2 — число исходных карточек, неменяющихся при инво-
люции 2, и С3 — число карточек, не меняющихся при ин-
волюции 3.
В рассматриваемой задаче Т = 16. Случаи, входящие в
Си то есть не меняющиеся при повороте карточки на 180°
относительно центра, должны получаться, если правый
верхний угол карточки совпадает с левым нижним углом,
а правый нижний угол — с левым верхним. Ясно, что таких
случаев ровно четыре: пара правый верхний — левый
нижний может быть либо оставлена, либо обрезана, и пара
правый нижний — левый верхний может быть либо остав-
лена, либо обрезана. Подобным же образом и С2 = 4, по-
скольку и здесь подобное рассуждение применимо к двум
парам углов: правому верхнему — правому нижнему и
левому верхнему — левому нижнему. Наконец, С3 = 4,
поскольку в этом случае попарно соединяются между собой
отдельно верхние и отдельно нижние углы. Поэтому мы по-
лучаем
ЛГ=4-(16 + 4 + 4 + 4)=7,
4
что совпадает с найденным ранее ответом.
Можно не обрезать уголки карточек, а закрашивать их
разными цветами. Пусть у нас будут три цвета: красный,
белый и синий (белый цвет можно рассматривать как ана-
лог необрезанной части карточки). Тогда общее число
случаев без учета симметрии равно Т = З4 = 81, а Сг =
= С2 = С3 = 32=9. Таким образом, для этой задачи
N =-1-(81 +9 + 9 + 9) = 27.
4
УПРАЖНЕНИЯ
22. Раскрасьте 27 различных карточек, используя красные,
белые и синие уголки.
23. По какой формуле вы найдете число различных карточек с
цветными уголками, если для раскраски уголков можно
использовать п цветов?
102

Рис. 93. Колеса автомобиля (Л), А В А
велосипеда (В) и тачки(Г). I I I I Г"
Вернемся еще раз к задаче о I |
числе экипажей на автостоянке. 1
Примем, что два колеса «эквива- г-Ц {
лентны», если они принадлежат 1
одному экипажу. Тогда, согласно |_М |
этому определению, число классов |^ I
«эквивалентных» колес окажется ; }
равным числу экипажей. Колеса
автомобиля расположены по верши- 1^ 1^ 1^
нам прямоугольника, как и угол- И ГП ГП
ки в задаче о карточках Однако П Г| |
симметрии прямоугольника можно ~~ ~~
привлечь не только для подсчетов,
связанных с автомобилями, но, как
показывает рис. 93, и для велосипедов и тачек. Поэтому
С0 (здесь — общее число колес) равно А + В + 7\ то есть
общему числу колес. Далее, С ь = Т, поскольку при пово-
роте автомобиля или велосипеда на 180° их колеса меняются
местами, в то время как колесо тачки остается на месте.
Аналогично С2 = 7\ поскольку опять-таки передние и
задние колеса меняются местами (хотя и не переворачива-
ются как карточки). Наконец, С3 = В + 7\ поскольку
при перемене левого колеса на правое колеса велосипеда
и тачки остаются на месте. Поэтому мы получаем ранее
выведенную формулу для числа экипажей:
N =-{(Л + В + Т) + Т + Т + (В + Г)}= ^(А + 2В+4Т).
УПРАЖНЕНИЯ
24. Из шести квадратных плиток собирается одно гексамино
размером 2X3. Плитки могут быть окрашены в пять раз-
ных цветов. Сколько типов раскраски гексамино можно
получить?
25. Какие заглавные буквы английского алфавита имеют те
же четыре типа симметрии, что и рассмотренные выше
карточки (или любые другие прямоугольники)? Можно
ли хотя бы приближенно рассматривать эти буквы как
формы полимино?
103

26. Из черных и белых единичных квадратов складывается
«лоскутный» прямоугольник размером а ХЬ ( а ч Ь не рав-
ны). Квадраты раскрашены одинаково с обеих сторон, а
прямоугольник можно перевернуть. Сколько по-разному
раскрашенных прямоугольников можно получить? (Ука-
зание: рассмотрите отдельно случаи, когда а и Ь оба
четны, оба нечетны, и случай разной четности а и Ь.)
Рис. 94. Различные двухцветные раскраски доски 2x2.
Поля шахматной доски размером 2x2 окрашены в
два цвета. Сколько различных случаев может нам встре-
титься, если мы пренебрежем вращением шахматной доски,
но запретим рассматривать как совпадающие зеркально
симметричные раскраски? Шесть различных способов та-
кой раскраски указаны на рис. 94. Однако если мы разре-
шим рассматривать как совпадающие случаи зеркально
симметричной раскраски, то число раскрасок доски не
уменьшится. Если же рассмотреть ту же задачу для шахмат-
ной доски размером 3 X 3, то в таком варианте найдутся
примеры зеркальных двойников, которые мы вынуждены
будем считать различными в условиях, когда доску разре-
шается лишь вращать. Два подобных примера приведены
на рис. 95.
Квадрат имеет четыре «поворотные симметрии»: поворот
на 0° (единичный оператор), поворот на 90°, поворот на 180°
и поворот на 270° (или, что то же самое, поворот на —90°)
Для того чтобы подсчитать общее число N случаев, разли-
чимых при этих преобразованиях, можно воспользоваться
формулой, аналогичной рассмотренным раньше:
N = — (Т + С90 + Сш + С270),
Рис. 95. Различные зеркально симметричные пары.
104

где Со — число случаев, не меняющихся при вращении на
угол 0. Заметьте, что в нашем случае общее число Т случа-
ев, подсчитанное без учета вращений, равно С0; и всегда Т
в аналогичных формулах — число случаев, которые не ме-
няются при применении единичной или тождественной опе-
рации. Далее, мы также получаем, что С9о= С270» по-
скольку если какая-то наша фигура останется неизменной
после поворота на 90р в одном направлении, она не изме-
нится и при повороте на 90° в другом направлении. Поэтому
нашу формулу можно переписать в виде
4
Для двухцветной шахматной доски размером 2 X 2 Т =
= 24 = 16, поскольку каждое из четырех полей может
быть окрашено либо одной, либо другой краской. Далее,
С90 = 2, так как шахматная доска размером 2 X 2 не из-
менится при повороте на 90° только в тех случаях, когда
все поля доски окажутся одноцветными. Наконец, С180 =
= 22=4, ибо требования инвариантности при повороте
на 180° влекут за собой условие одноцветности диагональ-
ных полей. Поэтому мы получаем две пары диагональных
полей, каждая из которых может быть окрашена либо в
один, либо в другой цвет. Подставляя найденные значения
в формулу, получаем
N = — (16 + 2-2 + 4) = 6,
4
что совпадает с числом случаев, показанных на рис. 94.
УПРАЖНЕНИЯ
27. Сколько существует различных шахматных досок размером
2X2, поля которых можно окрашивать любым из трех
цветов (как и в предыдущем примере, мы считаем, что дос-
ки, получаемые одна из другой поворотом, между собой
не различаются)? Проверьте свой ответ, зарисовав все
возможные случаи.
28. Квадрат разбивается своими диагоналями на четыре тре-
угольника. Для окраски этих треугольников можно ис-
пользовать один из трех цветов. Считая, что вращение
квадрата вокруг центра его не меняет, определите, сколько
различных схем раскраски можно применить? (Совпадает
ли полученный вами ответ с ответом предыдущей задачи?)
105

Расположите найденные квадраты, образуя прямоугольник,
таким образом, чтобы прилегающие треугольные области
соседних квадратов были окрашены в один цвет, а треуголь-
ные области квадратов, примыкающих к границам прямо-
угольника, также оказались одноцветными.
29. Поля шахматной доски размером 2X2 окрашиваются в
любой из четырех цветов. Доску можно поворачивать, но
нельзя зеркально отображать. Сколько существует различ-
ных способов раскраски доски? Найдите общий ответ этой
задачи, помня, что для раскраски полей доски разрешается
применять п красок. Можете ли вы непосредственно (ал-
гебраически) доказать, что полученной вами формулой
всегда задается целое число?
30. Пусть задана двухцветная шахматная доска размером
3X3, которую можно поворачивать. Сколько существует
способов раскраски такой доски? Можете ли вы изобразить
'все эти случаи на бумаге?
31. Сколько существует шахматных досок размером 3X3,
поля которых окрашены п красками, если условиться не
различать доски, полученные одна из другой поворотом?
32. Выведите общую формулу для числа различных шахматных
досок размером к X к, поля которых окрашены п крас-
ками. Условимся считать, что вращение доски ее не меняет.
(Указание: рассмотрите отдельно случаи четного и
нечетного к.)
33. Найдите октамино, симметричное по отношению к повороту
на 90е. Сколькими способами можно сложить восемь квад-
ратных плиток, каждая из которых может быть черной
или белой, с тем, чтобы образовать эту фигуру?
34. Каждая бусинка может быть одного из п цветов. Четыре
бусинки нанизываются на нитку, концы которой связы-
ваются. (Полученное ожерелье, естественно, не изменится,
если мы будем передвигать бусинки по нитке.) Сколько
различных ожерелий можно составить?
А теперь перейдем к изучению полной группы симметрии
квадрата: не только вращений, но и зеркальных отраже-
ний*. Рассмотрим квадрат, изображенный на рис. 96. В до-
полнение к четырем вращениям на 0, 90, 180 и 270° относи-
тельно центра квадрата С он допускает также отражения
относительно четырех осей: горизонтальной НН, верти-
кальной УУ, первой диагональной О & 4 и второй диаго-
нальной #2Ь2- (Рассматриваемые восемь симметрии обра-
зуют так называемую диэдральную группу квадрата.)
* Ср., например, § 3 статьи: Н. Я. В и л е н к и н, И. М. Я г-
л о м, Теория групп и школьная математика, сб. «Новое в школь-
ной математике», М., изд-во «Знание», 1972, стр. 114—146.
т

Рис. 96.
рата.
I 1*1*
1*1*1*
• I • I • I ♦
Восемь симметрии квад-
Рис. 97. 10 неэквивалент-
ных положений мономино
на шахматной доске.
В качестве типичной рассмотрим следующую задачу.
Предположим, что одно мономино (или одна фишка) ставит-
ся на поле обычной шахматной доски размером 8 X 8. Из
рис. 97 ясно, что существует 10 неэквивалентных размеще-
ний мономино, не переходящих одно в другое при враще-
ниях и отражениях. Этот же ответ можно получить и из
формулы для числа N неэквивалентных случаев при всех
(диэдральных) симметриях квадрата. Как и раньше, форму-
ла будет иметь вид
N =± (Т + Сп + Сш + С270 + Су + Сн + С0% + С0) =
= 4" <Г + 2С*о + С1во + 2СЯ + 2С0).
о
Здесь Т — общее число случаев, подсчитанное без учета
симметрии, а С90, С180, С270 имеют тот же смысл, что и в
предыдущей формуле. Далее, Су , Сн> С0х и Со2 — число
конфигураций, инвариантных при отражениях относи-
тельно вертикальной, горизонтальной, первой диагональ-
ной и второй диагональной осей соответственно. Как и в
предыдущем примере, С0О = С270. Более того, Су = Си
и Сох = Согу что позволяет переписать формулу в упро-
щенном виде.
107

щ
1
щ
в
<щ
1
ш
т
т
Рис. 98. 21 различный способ поставить два мономино на доску 4X4
Для рассматриваемой задачи Т = 64, поскольку су-
ществует в точности 64 различных варианта расположения
одного мономино на шахматной доске размером 8x8.
Далее, С90 = 0, так как поворот на 90° обязательно пере-
водит мономино на поле, которое ранее было пустым. По
тем же соображениям С180 = 0 и Си = 0. Однако Со = 8,
ибо мономино может располагаться вдоль диагонали и сим-
метричное отражение относительно диагонали оставит мо-
номино на прежнем месте. Поэтому
Л/ = — (Т + 2Са) --=-- — (64 + 16) = 10,
8 8
что совпадает с ответом, полученным иным способом.
В качестве другого примера рассмотрим размещение
двух мономино на доске размером 4 X 4. 3 этом случае
Т = (126) = 120. Снова С90= 0, но С180= 8, так как
любому расположению одного мономино на нижней поло-
вине доски отвечает симметричное относительно центра
108

т
Ж
ш
щ
•ж
'^1
доски расположение второго мономино на верхней половине
доски. По аналогичным соображениям и Си = 8. Наконец,
Со = 6 -!- (г) = 12, поскольку существует ровно шесть
способов расположить одно мономино под диагональю,
в то время как другое будет расположено симметрично ему
над диагональю, и (I) способа расположить оба мономино
на диагонали. Отсюда получаем общее число неэквивалент-
ных случаев:
ЛГ=^(Г + Сш + 2С„ + 2Сй)=4(120+8+16+24)=21.
О О
Эти 21 случая представлены на рис. 98.
УПРАЖНЕНИЯ
35, Сколькими различными способами можно расположить три
мономино на шахматной доске размером 3X3? Сравните
полученный вами ответ с числом предварительно сделан-
ных чертежей, изображающих различные расположения
трех мономино.
109

36. Сколькими способами можно расположить четыре мономино
на шахматной доске размером 4 X 4? На доске размером
6 X 6? А на доске размером 8x8?
37. Сколькими способами (не переходящими один в другой при
симметриях диэдральной группы) можно раскрасить тремя
красками поля шахматной доски размером 4X4?
38. При игре в крестики-нолики на полях доски размером
3X3 располагаются пять крестиков и четыре нолика.
Сколько всего существует вариантов расположения крес-
тиков и ноликов?
39. Сколькими способами на шахматной доске размером 8X8
можно расположить шесть мономино так, чтобы на каждой
горизонтали и каждой вертикали располагалось лишь
четное число мономино? Сначала определите Т — общее
число расположений, подсчитанных без учета симметрии,
и лишь затем переходите к нахождению числа N решений,
не эквивалентных относительно вращений и отражений
квадрата.
40. Сколькими способами можно поместить одно мономино на
доске размером п X л? А два мономино? (Указание:
часто случаи четного и нечетного значений п полезно рас-
сматривать отдельно.)
41. Классифицируйте 12 пентамино по типам групп симметрии,
которые они допускают. Обладают ли какие-либо пентамино
теми же симметриями, что и квадрат? Для каких пента-
мино симметриями являются лишь инволюции? Какие из
пентамино допускают лишь тривиальную «единичную»
симметрию?
42 Сколькими способами можно раскрасить пять квадратов,
образующих Х-пентамино, используя три краски? В сколь-
ких из этих раскрасок встретятся все три цвета?
43. Сколькими способами на шахматной доске размером 4X4
можно расставить четыре ладьи так, чтобы никакие две
не били одна другую? Сначала решите эту задачу без учета
возможных симметрии, а затем определите число распо-
ложений, не переходящих одно в другое при вращениях
и зеркальных отражениях доски.
44. Решите предыдущую задачу для случаев расположения
шести ладей на доске размером 6 X б и восьми ладей нэ
доске размером 8X8.
ФОРМУЛА ПОЙЯ- БЕРНСАЙДА
Формулы перечисления, рассмотренные в предыдущем
разделе, представляют собой частные случаи весьма общей
формулы, открытой в начале XX века английским матема-
тиком Уильямом Бернсайдом. В 1940 году венгерский ма-
тематик Дьердь Пойя, работающий последние годы в США,
ПО

с большим успехом применил эту формулу к решению ряда
важных математических и научных задач. Эту общую фор-
мулу описывает следующая
Теорема 7. Пусть 3 — произвольное множество,
содержащее конечное число элементов, а О — конечная груп-
па симметрии этого множества, содержащая п операций
симметрии ци ёг> ••• . ёп-и ёп- (Одной из этих операций
должна быть тождественная, или единичная, операция.)
Пусть через С (§) обозначено число элементов множества 5,
инвариантных относительно операции §. Тогда общее число
N элементов 8, не эквивалентных по отношению к симмет-
риям группы 0, равно
N = — [С <*,) + С (ёг) + ... + С(2Л-,) + С &„)].
п
(Если §1 — тождественная, или единичная, операция, то
С (§}) = Т, то есть числу элементов 5.)
Довольно легко объяснить, из каких соображений воз-
никает эта формула. Сравнительно несложно применять
её для решения многих задач. Однако строгое доказатель-
ство формулы требует знакомства с весьма глубокими раз-
делами математики. Интересующихся отсылаем к статье
автора о конечной классификаций* [42 ] и к книге Джона
Риордана 141 ] (см. библиографию). Там можно найти пол-
ное доказательство формулы Пойя — Бернсайда и примеры
ее приложений в более тонких ситуациях.
Читатель может также попытаться вывести каждую из
четырех формул предыдущего раздела (для инволюций,
симметрии группы прямоугольника, группы вращений
квадрата и диэдральной группы квадрата) из общей форму-
лы теоремы 7.
Для каждого правильного многоугольника (напомним,
что многоугольником называется часть плоскости, ограни-
ченная отрезками прямых) существует группа вращений.
Она называется циклической группой этого многоугольника,
поскольку ее элементами являются все вращения на углы,
кратные 3607г, причем применение этих операций к много-
угольнику все время переводит его в самого себя, переме-
щая по кругу (по циклу) стороны и углы многоугольника.
Кроме того, для правильного г-угольника также существу-
ет группа вращений и зеркальных отражений, называемая
диэдральной группой этого многоугольника. Циклическая
Ш

группа правильного г-угольника состоит из г симметрии,
а диэдральная группа — из 2г симметрии.
Весьма интересны группы симметрии пространственных
тел. Например, группа всех пространственных вращений
правильного тетраэдра (тела, гранями которого являются
четыре равносторонних треугольника) состоит из 12 сим-
метрии. Группа вращений куба и группа вращений пра-
вильного октаэдра (тела, гранями которого являются во-
семь равносторонних треугольников) содержат по 24 сим-
метрии. А группа вращений правильного додекаэдра (тела,
ограниченного 12 правильными пятиугольниками) и груп-
па вращений правильного икосаэдра (тела, ограниченного
20 равносторонними треугольниками) содержат по 60 сим-
метрии.
Заинтересованный читатель моякет попробовать приме-
нить формулу Пойя — Бернсайда к решению ряда задач,
содержание которых связано с этими новыми областями
приложений теоремы 7. Задачи приведены ниже в качест-
ве упражнений.
УПРАЖНЕНИЯ
45. Стороны правильного шестиугольника раскрашиваются
двумя красками. Сколько типов «раскрашенных» таким
образом шестиугольников можно получить, если допускать
вращение шестиугольника относительно центра? (Ука-
зание: N = 1/в (С0 +
Нарисуйте все возможные случаи.
46. Пусть в условиях предыдущей задачи мы разрешим также
переворачивать шестиугольник. Сколько различных
раскрасок станет теперь?
47. Решите предыдущие две задачи для случая трех и четырех
цветов. Наконец, исследуйте общий случай к цветов.
48. Вершины равностороннего треугольника могут быть ок-
рашены пятью цветами. Треугольник можно вращать и
зеркально отображать. Сколько способов раскраски су-
ществует?
49. Пусть р — любое простое число, за исключением 2 (то есть
р = 3, 5, 7, И, 13, 17, ...). р бусинок, каждая из которых
может быть окрашена в любой из Ь цветов, нанизываются
на нитку. Сколько различно окрашенных ниток бус можно
получить? Теперь предположим, что концы нитки связы-
ваются, образуя ожерелье. Сколько различных ожерелий
можно получить, если ожерелья, отличающиеся одно от
другого лишь вращениями, мы будем считать одинаковыми?
Сколько мы получим ожерелий, если можно будет также
И2

переворачивать ожерелье? Проверьте полученную вами
формулу для случая 6 = 2 цвета и ро5 бусинок; для
случая 6 = 4, р = 3.
50. Проверьте утверждение, что куб имеет 24 симметрии вра-
щения. (Указание! у куба существует три типа осей,
проходящих через его центр: от грани к грани, от ребра к
ребру и от вершины к вершине. Исследуйте типы вращений
куба вокруг всех таких осей.)
51. Грани куба раскрашиваются шестью разными красками.
Покажите, что это можно сделать 30 различными способами.
52. Сколько существует различно раскрашенных кубов, у
которых три грани окрашены в черный, а три другие в
белый цвет?
53. Сколько существует,различно раскрашенных кубов, имею-
щих две красные, две белые и две синие грани?
54. Каждая из восьми вершин куба либо остается на месте,
либо отсекается. Сколько существенно различных тел
может при этом получиться? У скольких из них отсечены
ровно четыре вершины? Изобразите схематически все эти
случаи.
5-596

ГЛАВА VI
ПОЛИМИНО ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ И
РАЗМЕРНОСТЕЙ
В предыдущей главе рассматривалась математическая
теория перечисления и были введены некоторые понятия,
связанные с идеей симметрии, порождаемой поворотами и
зеркальными отображениями. В настоящей главе мы вос-
пользуемся этим аппаратом для дальнейшего изучения
полимино и его пространственных обобщений
ОДНОСТОРОННИЕ ПОЛИМИНО
До сих пор мы допускали, что при укладке полимино их
можно как поворачивать, так и переворачивать, то есть зер-
кально отображать. Однако если запретить извлечение
геометрических фигур из той плоскости, в которой они ле-
жат, то мы по-прежнему сможем вращать фигуры, но не
сможем уже их зеркально отображать. Полимино, которые
запрещено переворачивать, естественно называть односто-
ронними. Понятно, что односторонних п-мино должно
быть больше, чем обычных «двусторонних». Так, хотя по-
прежнему существует лишь одно одностороннее мономино,
Рис. 99. Почти симметричная укладка односторонних тетраминэ.
14

Рис. 100, 18 односторонних пента-
мино составляют прямоугольник
одностороннее домино и два од-
носторонних тримино, уже раз-
личных односторонних тетрами-
но становится семь (вместо пя-
ти), односторонних пентамино —
18 (вместо 12), односторонних
гексамино — 60 (вместо 35) и
т. д. Как и пять двусторонних
тетрамино, семь односторонних тетрамино нельзя уло-
жить в прямоугольник. На рис 99 показано как мож-
но уложить все односторонние тетрамино в связную (и
даже в симметричную) фигуру. * На рис. 100^ изобра-
жен прямоугольник размером 9 х 10, сложенный из всех
18 односторонних пентамино. (Доля тех п-мино, которые не
тождественны своему зеркальному отражению, с ростом п
стремится к 1.) Ниже нас будет интересовать в основном
случай двусторонних полимино, но иногда мы будем гово-
рить и об односторонних, различая зеркально симметрич-
ные полимино.
ГЕКСАМИНО И ГЕПТАМИНО
Существует всего 35 различных (двусторонних) гекса-
мино, общая площадь которых равна 210 единичным квад-
ратам Из них нельзя сложить никакого прямоуголь-
ника — ни прямоугольника размером 3 х 70, ни размером
5 X 42, 6 х 35, 7 х 30, 10 х 21 или 14 х 15 (Это было
доказано в конце гл. I с помощью простых соображений,
связанных с шахматной раскраской соответствующей пря-
моугольной «доски» ) Тем не менее, как было показано в
одном из номеров недолго просуществовавшего английского
журнала Раьгу Скевз Кеьхехю, интересные укладки всех гек-
самино все же имеются. Две из них изображены на
рис. 101 и 102.
Существует ровно 108 разных (двусторонних) гептамино,
причем в это число входит и одно «дырявое» гептамино (за-
штрихованное на рис. 103). Некоторые предпочитают ис-
ключать это гептамино из общего списка, поскольку любая
Е§
и
5*
115

\ г
г
г-Н-Г
, п
^
__р
пН
1
л
1_
^ 1 ]
Т1 г-^г
тП^
_^
У
Рис. /0/. Укладка гексамино.
1
т
1ГЫ
—
1
__»|
Рис. /02. Симметричная укладка гексамино.

1' '
гз
1 1
1
П_Л
т_г] :
1 | 1
т\ 1 Н
р^
р
1 1
р^гн
г
п
гг
иг
цГ ^
г
г^ Г
1Й
рр-
! 1
У_гь
НИ
ёеу
Рис. 103. Три равных прямоугольника, покрытые 108 гептамино.

Рис. 104. Четыре прямоугольника и квад-
рат, покрытые 107 гептамино.
ь~
7Д
_П_Н
1г^-
и
I III
и I
п. п
ги-
_п__
^
^г
I
^ г
1
Й5^
^тИ
п— гн1
г
Ь ЧН Ч Н Н г-^V Нта
Нч^^нпКЧ^
1 1 II 1 1 1 II

содержащая его укладка будет иметь «дырку» и наши геп-
тамино никак не смогут покрыть всю заполняемую ими
фигуру. Общая площадь остальных 107 гептамино, очевид-
но, равна 7 X 107 = 749 квадратных единиц. Единствен-
ный прямоугольник, который могли бы заполнить все эти
гептамино, — это прямоугольник размером 7 X 107. (Ра-
зумеется, не может быть и речи о покрытии этими гептами-
но прямоугольника размером 1 х 749.) Весьма интересную
укладку, показанную на рис. 104, нашел Дэвид А. Клэрнер
из Гумбольдтского городского колледжа в Калифорнии —
здесь все 107 гептамино образуют один квадрат размером
7 х 7 и четыре прямоугольника размером 7 X 25. Читатель
может попробовать найти другие варианты укладки 107
«односвязных»* гептамино. Клэрнер же первым решил и
задачу об укладке всех 108 гептамино в три прямоугольни-
ка размером 11 X 23 с отверстием в центре каждого из них.
Это решение Клэрнера показано на рис 103.
ПОЛИМИНО ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ
Ниже систематизированы известные данные о числе
л-мино как функции от п. (Достоверных сведений о числе
п-мино, где п > 10 в литературе пока нет.)
п
Число односвязных
п-мино
Число многосвязных
пмино
]
1
0
2
1
0
3
2
0
4
5
0
Б 6
12 35
0 0
7 8
107 363
I 6
9
1248
37
10
4271
195
(Многосвязными называются полимино, содержащие пусто-
ты внутри. Так, например, октамино, состоящее из вось-
ми полей, которые окружают не принадлежащий октамино
квадрат, будет многосвязным.)
Данные для п = 9 и 10 взяты из недавней статьи [24]
Р С. Рида, профессора математики Вест-Индского универ-
ситета в Кингстоне (Ямайка) В этой статье были раз-
работаны методы подсчета числа п-мино, которые можно
расположить в прямоугольниках размерами I X р, 2 X р,
* То есть не имеющих отверстий.
П9

3 X р и т. д. (Здесь р — любое натуральное число.) В ре-
зультате вычислений Рида оказалось, что существует ровно
1285 нонамино (состоящих из девяти квадратов) и 4466 де-
камино (из десяти квадратов); эти числа являются суммами
столбцов приведенной справа таблицы. Метод Рида позволяет
найти лишь суммарное число л-мино, а не число односвяз-
ных и многосвязных фигур в отдельности. Поэтому, чтобы
согласовать данные двух последних таблиц, необходимо
сложить число односвязных и многосвязных /г-мино:
1248 +'37 = 1285; 4271 + 195 = 4466.
Независимо подобное же перечисление выполнил мате-
матик Томас Р. Паркин из компании «Аэроспейс корпо-
рейшн» (Калифорния). Его данные во всем сходятся с опуб-
ликованными Ридом, за исключением числа декамино, по-
мещающихся в квадрате размером 5x5. Здесь Паркин
насчитал 529 декамино в отличие от 340 у Рида. До сих пор
неизвестно, кто из них прав, поскольку пока никто не про-
вел независимой проверки.
С методом перечисления Рида совершенно не связан
другой способ подсчета, позволяющий непосредственно
найти все п + 1-мино, если все п-мино нам известны. Для
X X
111)1
ггп
^
ГП
Ш
*1 П П
X X X X
ч
'Щ3
X X
ХГ~П*
Ч±1
X
х| 1 |х
х| 1 |х
X X
II
11111
гтИ"
гтгг
III
1 хГГП
и
3 *№
IV
И
Рис. 105. Порождение пентамино из тетрамино.
120

того чтобы пояснить этот способ, мы проиллюстрируем его
на примере случая п = 4.
Для начала расположим все полимино л-го порядка по
степени убывания длины наибольшего содержащегося в
я-мино отрезка, состоящего из квадратов. Первый столбец
Размеры
прямоугольника
1x9
2x8
2x7
2x6
2x5
3x7
3x6
3x5
3x4
3x3
4X6
4x5
4X4
5x5
Всего
Число
нонамино
1
7
28
22
3
49
188
210
42
1
97
383
181
73
1285
Размеры
прямоугольника
1X10
2x9
2x8
2x7
2x6
2x5
3x8
3x7
3x6
3X5
3X4
4X7
4X6
4x5
4X4
5x6
5x5
Всего
Число
декамино
1
9
40
52
15
1
63
332
550
255
21
155
822
1304
266
240
340
446(3
рис. 105 изображает такое упорядочение тетрамино. Если
л-мино обладает той или иной симметрией, то пометим крес-
тиками внешние стороны образующих /г-мино квадратов,
симметричные сторонам какой-то выбранной «типичной об-
ласти» (см. второй столбец рис. 105, где, например, в чет-
вертой строке учитывается «поворотная симметрия», кото-
рой обладает соответствующее тетрамино). Теперь к любой
свободной (то есть не помеченной крестиком) стороне до-
бавим внешний квадрат. Начнем с самого «длинного» л-ми-
но, получая новые (л + 1)-мино для случая тетрамино,
изображенные в третьем столбце рис. 105. Переходя затем
к более «коротким» л-мино, необходимо предусмотреть воз-
121

можность «порождения» из них уже найденных нами ра-
нее фигур. Однако, чтобы избежать повторений, нам доста-
точно просто ограничить крестиками «длину» наибольшего
отрезка, как это показано в четвертом столбце рис. 105.
Первое из двух приведенных там тетрамино, будучи допол-
нено еще одним полем, присоединенным к свободному реб-
П.
ь
Рис. 106. Пентамино, порожденные из первого тетрамино четвер-
того столбца на рис. 105.
X X
хСГГ
х| 1х
X
а
X
X X
XX XX 1
I |х х| 1 1 х I 1
х[ | |х х] 1 [х |_|
Рис. 107. Найдены два последних пентамино.
ру, порождает целую последовательность пентамино, пред-
ставленную на рис. 106. Предупредим возможность получе-
ния этих же фигур из других л-мино той же «длины»
(рис. 107,а), после чего последовательно применим к ним
процесс порождения, в нашем случае приводящий к един-
ственной фигуре, изображенной на рис. 107,6.
Исчерпав все возможности с л-мино «второй длины»,
перейдем к п-мино следующей «длины». И в этом случае
надо прежде всего запретить порождение отрезков «второй
длины» (рис. 107,6 и г), после чего повторим всю процеду-
ру. В итоге получим пентамино, показанное на рис. 107,5.
Продолжая действовать тем же способом, мы, исходя из
имеющихся п-мино, породим все {п + 1)-мино, причем
каждая из последних возникнет у нас лишь один раз.
(Так, в нашем примере мы действительно получили все
12 пентамино.) Этот способ, который в общем случае требует
некоторого усовершенствования, весьма подходит для реа-
лизации его на электронной вычислительной машине, ибо
он одновременно обладает как однозначностью, так и си-
стематичностью — двумя качествами, присущими реализуе-
122

мым на ЭВМ вычислительным процессам. Надо лишь от-
метить, что единственность порождения (п + 1)-мино из
некоторых /г-мино обеспечивается введением еще одного
ограничения. Для того чтобы пояснить, что мы имеем в
виду, рассмотрим еще один пример.
х
X Р-пентомино а, 6 &
Рис. 108, Гексамино, порожденные Р-пентамино.
1—1 В
в
П
] С
Рис 109. Полимино, инвариантные относительно поворота на 909.
Пусть п = 5 и в качестве первого элемента «третьей
длины» взято Р-пентамино, не обладающее никакой сим-
метрией. Тогда запрещающие крестики будут поставлены
так, как на рис. 108, слева. Если теперь к этой фигуре при-
менить нашу процедуру, мы придем к семи гексамино, по-
казанным на рис. 108, а—ж. Нетрудно, однако, заметить,
что фигуры в и е совпадают, так что, с учетом их обеих,
мы сделаем ошибку в перечислении. Удвоение требуемого
результата связано здесь с тем, что одна из указанных фигур
получается из другой поворотной симметрией (проще ска-
зать, вращением на 90°). Чтобы понять, почему возникает
удвоение, изучим сначала полимино, обладающие «пово-
ротной симметрией четвертого порядка», то есть переходя-
щие в себя при повороте на 90°, — некоторые из них изоб-
ражены на рис. 109. Если какое-либо полимино получает-
ся из одной из этих фигур добавлением к ней одного или
двух мономино, «расположенных под углом 90°», то мы мо-
жем встретиться с той же трудностью, что и в случае Р-пен-
тамино. Впрочем, если фигура, порожденная таким обра-
зом из обладающего «поворотной симметрией четвертого
порядка» полимино, сама симметрична (причем непременно
123

вь
тп
и
СЕ
а
СЕ
СЕ
: с
СЕ
1
г,, 1
Рис. ПО. Полимино
высших порядков, по-
лученные из фигур
на рис. 109.
симметрична относительно некоторой оси), то опасности
не возникает (то есть удвоения не произойдет). На рис. ПО
показаны формы, которые возникают из изображенных на
рис. 109 полимино путем добавления одного или двух квад-
ратов, «расположенных под углом 90°». Особого внимания
здесь заслуживают лишь не обладающие симметрией фи-
гуры, затененные на нашем рисунке.
По сравнению с тысячами полимино, для которых
п < 13, эти 12 особых фигур представляют редчайшее иск-
лючение. Поэтому при составлении программы для ЭВМ или
в процессе любого другого аналогичного подсчета удвое-
нием числа этих фигур можно пренебречь, отложив работу
124

по исключению «лишних» фигур до составления полного
списка всех (п + 1)-мино, получаемых Аашей процедурой
из л-миио.
Известно, что существует 369 октамино, включая шесть
многосвязных фигур, право на включение которых в спи-
сок всех октамино может вызывать известное сомнение.
Эти «дырявые» октамино изображены на рис. 111, где ука-
зано отверстие внутри фигуры. Все они порождаются много-
связным гептамино, заштрихованным на рис. 103.
в
Ту
щ
Рис. 111. Многосвязные октамино.
Точное выражение зависимости числа Р (я) всех раз-
личных л-мино от п еще не найдено. Эмпирически определен
ряд значений отношения Сп> где
Г - Р{п + 1}
п пР(п) '
а именно найдено, что Сх = 1, С2 = 1, С3 = 0,833, С4 =
= 0,600, С6 = 0,583, Се = 0,514, С? = 0,488, С8 = 0,435,
С 0 = 0,386. Возможно, что эта последовательность имеет
предел. Если этот так, то
Р(п) ж к-Сп-п\у
где С = Нгп Сп (а Сп — просто (С)я).
Во всяком случае, нетрудно доказать, что
Р(п+ 1)<(2п+ \)Р(п).
Действительно, простое наблюдение показывает, что, за
исключением «прямого» я-мино, к любому другому внешний
квадрат можно добавить самое большее 2л + 1 способами.
С учетом же соображений симметрии легко установить,
что существует всего —^— (что, конечно, меньше чем
2я -{- 1) вариантов добавления квадрата к прямому я-мнно.
Из последнего неравенства следует, что Р (я) < (2г1>1/2пп\
125
1_
ш
ж
т
ш

Рис. 112. Пространственные полимино низших порядков (заштри-
хованы кубики Сома).
А поскольку в силу формулы Стирлинга (см. стр. 85) пра-
вая часть этого неравенства растет как ^=-2"/г!, то послед-
нее выражение задает оценку сверху для Р (п). Конечно,
полученное довольно простое выражение не является наи-
лучшей оценкой, однако оно может послужить первым ша-
гом в решении нашей задачи.
ПРОСТРАНСТВЕННОЕ ПОЛИМИНО
Многочисленные любители пентамино давно уже обна-
ружили возможность образования фигур не из пяти квадра-
тов, а из пяти кубов. Из этих заготовок можно составлять
различные пространственные тела. Не обязательно, конеч-
но, ограничиваться числом 5: в принципе можно выписать
и пересчитать пространственные полимино с любым задан-
ным числом элементов. На рис. 112 показаны все простран-
ственные полимино вплоть до тетрамино (где полимино
задаются с точностью до положения в пространстве*).
Заметим, что первую существенно пространственную
фигуру (то есть такую, что все образующие ее кубы нельзя
«поставить» на одну плоскость) мы найдем лишь среди тет-
* Таким образом, полимино мы считаем одинаковыми, если
их можно совместить (пространственным) движением, то есть пере-
носом и поворотом вокруг оси.
126

Рис 113. Построение прямоугольного параллелепипеда 3X4X5
из двенадцати пространственных пентамино.
рамино. Это связано с тем обстоятельством, что любые три
точки (скажем, центры кубов) всегда принадлежат одной
плоскости, тогда как для четырех точек это не обязательно.
Два из трех пространственных тетрамино «зеркально рав-
ны» друг другу, то есть их можно рассматривать как полу-
чающиеся зеркальным отображением друг друга, — они
отличаются один от другого, как левый ботинок от правого,
которые «почти одинаковы», но не могут быть совмещены
друг с другом. Датчанин Пит Хейн, известный современ-
ный изобретатель игр и специалист по головоломкам, при-
думал игру, которую назвал «Кубики Сома». Кубики Сома
представляют собой семь заштрихованных на рис. 112
пространственных тел: шесть тетрамино и одно тримино.
Суть игры сводится к тому, чтобы сложить из перечислен-
ных тел куб размером 3 X 3 X 3, а также множество дру-
гих пространственных фигур, нередко весьма заниматель-
ных*.
* Подробнее об этом читатель может прочесть в книге М. Гард-
нера [34].
127

Если использовать пространственные аналоги 12 обыч-
ных пентамино, то естественно возникает задача о том» что-
бы сложить из них прямоугольный параллелепипед размером
3x4x5. Одно из многих решений этой задачи после-
довательно показано на рис. 113.
Кроме упомянутого тела, из пространственных пента-
мино можно сложить также параллелепипеды размерами
2хЗх10и2х5х6. Частное решение последней за-
Рис 114. Зеркально симметричные пространственные пентамино.
дачи, по сути дела, уже рассматривалось в гл. II при об-
суждении первой задачи о «наложении», когда требовалось
сложить из всех 12 пентамино два прямоугольника разме-
ром 5x6.
Дэвид А. Клэрнер рассмотрел все пространственные
пентамино (он назвал их «пентакубиками»). Таких разных
пентакубиков, из которых никакие два нельзя совместить
движением в трехмерном пространстве, оказалось всего 29.
«Зеркальные двойники», подобные изображенным на
рис. 114, должны считаться различными, поскольку их
можно перевести один в другой зеркальной симметрией —
но не движением в пространстве. К сожалению, так как
29 — простое число, то из всех 29 пентакубиков нельзя
сложить много простых тел. Но, как обнаружил Клэрнер,
если отбросить «простейший» пентакубик — параллелепи-
пед размером 1 X 1 X 5, то из оставшихся 28 можно со-
ставить два отдельных параллелепипеда размером 2 X 5 X
X 7. Решение Клэрпера приведено на рис. 115 (точками и
крестиками отмечены места, в которых выступающие ку-
бики — точки — входят в свободные ячейки — крестики).
Другое решение, принадлежащее автору этой книги, по-
казано па рис. 116. Его особенность заключается в том, что
все II «плоских» пентакубиков (напомним, что пентакубик
размером 1x1x5 исключен) включены в один из прямо-
угольных параллелепипедов размером 2x5x7.
128

[х
г
X
X
X
X
X
"х|
|х
X
• 1 1
1*1* 1
•
•
[г
1*1
• 1 1
геэ
1 •
ГХГХТ |
Ь~
р<
[г
их
X
X
X
к\
—М
Г
•
•
• 1 1 1
• 1 1
П_0
-? 1- •!
Рис. 115. Построение двух параллелепипедов 2X5X7 из про-
странственных пентамино.
^
^
г
[_
X
X
Ггй
гч~
1 •
•
1 *
31
X
X
хЩ
X
х
их
X
X
'
X
X
X
X
х4
X
щ
\ • \ •
1 •
1 •
•
•
•
1 •
•п
•
•
• 1 *
^Ьп.'.
Рис. 116. «Плоские» пространственные пентамино расположены
лишь в одном из двух тел 2x5x7.,
Тех, кого заинтересует рассматриваемая проблема, при-
глашаем попробовать отыскать другие простые формы,
составляемые из пространственных пентамино. Быть мо-
жет, им удастся обнаружить другие, пока не известные
формы соединения этих тел.
МНОГОМЕРНЫЕ
ПЕНТАМИНО И
ДЕРЕВЬЯ
ПРЯМОУГОЛЬНЫЕ
Выписать все л-мино, которые можно образовать в про-
странстве неограниченного числа измерений* (по крайней
мере, для небольших значений п), не так трудно, как мож-
но было бы вообразить. Легко заметить, что любое м-мино
(образованное из п связанных ячеек или «гиперкубиков») по
существу всегда можно вместить в пространство не более
* По поводу понятия многомерного пространства (и много-
гранников в этих пространствах) см., например, Б. А. Розен-
ф е л ь д, И. М. Я г л о м, Многомерные пространства, Энци-
клопедия элементарной математики, кн. V (геометрия), М., изд-во
«Наука», 1966, стр. 349—392.
129

чем п — 1 измерений (которое можно «натянуть» на п цент-
ров ячеек). Поэтому лишь начиная с пеитамино мы можем
рассчитывать на возможность выхода за пределы трехмер-
ного пространства.
Особенно проста конструкция тех /г-мино, для расположе-
ния которых необходимо иметь пространство максимально
возможной размерности п — 1. Заметим, что, поскольку
Рис. 117. Представление тетрамино в виде «дерева».*
мы не налагаем ограничений на размерность пространства,
«зеркальные двойники» не следует считать различными:
они переводимы один в другой движением в пространстве
большей размерности, подобно тому как односторонние
пентамино, которые в плоскости приходится считать раз-
личными, могут быть совмещены, если при перемещении
в трехмерном пространстве разрешается выводить их из
плоскости.
Для целей представления наших тел удобно заменить
каждую ячейку конструкции (квадрат, куб, гиперкуб)
единственной точкой — центром данной ячейки — и соеди-
нить отрезками прямых центры соседних ячеек. Так,
изображенное на рис. 117,а тетрамино перейдет в воспро-
изведенное на рис. 117,6 «дерево»*. Математики в таких
случаях говорят, что дерево проективно двойственно тетра-
мино.
Для того чтобы учитывать многомерные конструкции,
условимся в рассматриваемых схемах отмечать расположен-
ные в пространствах отрезки разных размерностей по-раз-
ному (сплошными линиями, точками, пунктиром и т. д.).
На рис. 118 в соответствии с этим допущением показаны
схемы различных мономино, домино, тримино, тетрамино и
пентамино. При этом горизонтально расположенным от-
резкам (это направление мы считаем отвечающим первой
размерности) соответствуют сплошные линии, вертикально
расположенным отрезкам (вторая размерность) — пунк-
* По поводу деревьев и других графов см., например, элемен-
тарную книгу: О. О р е, Графы и их применение, М., изд-во «Мир»,
1965, или более серьезную монографию Ф. Харари [47*].
130

Рис- 118. Все полимино до пентамино в пространстве неограни
ченной размерности.
тирные, отрезкам, перпендикулярным плоскости листа
книги (третья размерность) — линии из точек, а отрезкам
четвертой размерности —штрихпунктирные линии.
На рис. 118 мы находим лишь семь тетрамино, тогда
как на рис. 112 их было восемь. Это объясняется тем, что
последние два тетрамино на рис. 112 являются зеркальны-
ми двойниками. Подобным же образом вместо 29 пентами-
но, найденных Клэрнером, мы обнаруживаем всего 23 пен-
тамино в одно-, двух- и трехмерном пространствах, так как
среди «пентакубиков» Клэрнера имеются шесть пар зер-
кальных двойников. Последние три пентамино на рис. 118
располагаются только в четырехмерном пространстве.
Вопросу перечисления многомерных деревьев посвяще-
на обширная математическая литература. Весьма обстоя-
тельно изложен этот вопрос в шестой главе упомянутой
выше книги Дж. Риордана [41 ]. Нашим целям благоприят-
ствует то обстоятельство, что перечисление «прямоуголь-
ных» деревьев типа изображенных на рис. 118 может быть
выполнено уже разработанными в науке методами. Для их
применения достаточно отождествить «прямоугольное» де-
рево с деревом (то есть множеством точек, соединенных
линиями так, что из каждой точки в каждую ведет единст-
венный путь), «ребра» которого (то есть дуги, соединяющие
точки, называемые «вершинами» дерева) «раскрашены» по-
разному. Обыкновенные «нераскрашенные» деревья до шес-
того порядка показаны на рис. 119 (дерево «шестого поряд-
131

ка» имеет шесть вершин и пять соединяющих их ребер).
Для того чтобы установить эквивалентность между по-
лимино и «раскрашенными» деревьями, следует помнить не-
которые правила, касающиеся раскраски деревьев:
1. Из любой вершины дерева не должно исходить более
двух одноцветных ребер.
2. Деревья, отличающиеся лишь перестановкой (пере-
именованием) цветов, следует считать одинаковыми.
3. Каждому ребру должно быть приписано «направле-
ние» (другими словами, либо знак «плюс», либо «минус»).
«_ | || ч I—«—.г» щ »«. а > $. -4 I I ■ | . •—| .—,
Рис. 119. Обычные «деревья» до шестого порядка.
Деревья с одинаковой раскраской и различной ориентацией
считаются эквивалентными лишь тогда, когда можно до-
биться совпадения ориентации одновременным изменением
знаков у каждого ребра одного цвета. (Ориентацию удобно
указывать стрелкой у конца ребра.)
4. В любой линейной последовательности ребер дерева
не разрешается иметь одинаковое число противоположно
ориентированных ребер любого цвета. (Смысл этого правила
заключается в том, что при переходе от деревьев к полими-
но отсеки не «возвращаются на занятые места».)
При выполнении перечисленных правил исходные де-
ревья, изображенные на рис. 119, отождествляются с пря-
моугольными деревьями рис. 118, что и показано для моно-
мино, домино, тримино, тетрамино на рис. 120.
К сожалению, для полимино высших порядков соответ-
ствие между полимино и прямоугольными деревьями нару-
шается. Трудность, с которой мы уже сталкивались, иллюс-
трируется рис. 121, на котором показаны четыре неэквива-
лентных дерева, каждое из которых «отвечает» одному
Р-пентамино.
Аналогичный характер имеет и рис. 122, на котором
показаны два различных представления в виде дерева одно-
го и того же пространственного пентамино. Правда, случаи
множественности представлений в виде деревьев для пента-
132

* ► » » • »
--•..*,..• гс
Рис. 120. Превращение «деревьев» в полймино.
1—г
Рис. 121. Четыре неэквивалентных дерева, приводящие к одному
Р-пентамино.
Рис. 122. Два различных дерева, отвечающие одному простран-
ственному пентамино.
мино этим исчерпываются. Но с возрастанием порядка по-
лймино ситуация все более усложняется. Впрочем, возмож-
но, имело бы смысл, не обращая внимания на возникающие
здесь трудности, все же попытаться применить технику
перечисления деревьев к определению числа возможных
полймино. В этом случае, если бы нас интересовало число
плоских полймино, необходимо бы было рассматривать
бихроматические (двухцветные) деревья.
Однако рассмотрения одного случая раскрашенных де-
ревьев достаточно для исчерпывающего ответа на интере-
сующий нас вопрос. Речь идет о случае л-мино, распола-
гающихся лишь в пространстве максимальной размерности
133

Рис 123. /1-мино, располагающиеся в (п — 1)-мерном пространстве.
п— 1. Деревья таких п-мино содержат по п вершин, со-
единенных п — 1 ребрами, окрашенными в разные
цвета. Это обстоятельство полностью устраняет все непри-
ятности, связанные с симметрией и ориентацией. Поэтому
для деревьев с п вершинами и п — 1 ребрами существует
единственное такое п-мино (правила, введенные примени-
тельно к этим деревьям, позволяют рассматривать просто
нераскрашенные деревья). Следовательно, возвращаясь к
рис. 119, мы находим, что существует одно одномерное до-
мино, одно двумерное тримино, два трехмерных тетрамино,
три четырехмерных пентамино и шесть пятимерных гекса-
мино. Все они представлены на рис. 123, где жирной чертой
обозначен пятый цвет.

ГЛАВА VII
ОБОБЩЕНИЯ ПОЛИМИЫО
В этой главе будут рассмотрены обобщенные полимино
двух типов. Прежде всего мы обсудим пол ими но с ослаблен-
ными условиями связности соседних элементов. Затем ис-
следуем полимино, исходными компонентами которых будут
не квадраты, а треугольники и шестиугольники. И нако-
нец, мы подсчитаем число способов, которыми можно со-
ставить из костей домино прямоугольник размером 2 X п.
ПСЕВДО- И КВАЗИПОЛИМИНО
Чтобы обобщить основные понятия полимино, можно
пойти на ослабление требования связности соседних квад-
ратов. Обычное полимино, как упоминалось в гл. I, может
обойти ладья. Определим псевдополимино как набор полей,
которые может обойти король. Как известно, король хо-
дит на одно поле как по горизонтали или вертикали, так и
по диагонали. Согласно определению, король, поставленный
на любое поле псевдополимино, может достичь любого
другого поля за конечное число ходов. Еще более общим
является понятие квазиполимино, впервые введенное
автором в статье «Шахматные доски и полимино» [7].
Квази-л-мино представляет собой произвольный набор п
квадратов, которые можно мыслить себе как поля бесконеч-
ной шахматной доски.
Псевдополимино порядка п (или псевдо-п-мино), где п =
= 1, 2, 3 и 4, показаны на рис. 124. Из рис. 125,а видно,
каким образом из пяти псевдотримино можно сложить
прямоугольник размером 3x5. Из всех 22 псевдотетра-
мино, представленных па рис. 124, можно сложить лишь
135

□
ш
сР
сВ^Ас^
#%?^
тп □ п
Ц-
^№с^
□
пг о— сгтг о
П ~
с
^да*'
3-
Рис. 124, Псевдо-я-мино для л = I, 2, 3 и 4.
Рис. 125. Как построить прямоугольник из псевдополимино?
й—5 псевдотрпмино составляют прямоугольник 3x5; б — из 22 псездотетраммно со-
ставлены два равных прямоугольника.
два прямоугольника: один размером 8 X 11, другой —
размером 4 X 22. Оба эти прямоугольника можно соста-
вить из двух прямоугольников размером 4x11, сложен-
ных из всех псевдотетрамино (см. рис. 125,6).
136

Рис. 126. Трехмерные псевдополимино.
Псевдополимино можно изучать не только на плоскости,
но и в трехмерном или многомерном пространстве. Заметьте,
что в обыкновенном (трехмерном) пространстве существуют
три пространственных псевдодомино и 14 пространственных
псевдотримино (не считая их зеркальных двойников); все
они изображены на рис. 126. В отличие от обычных поли-
мино число псевдо-л-мино неограниченно растет с увеличе-
нием размерности пространства, что заметно даже при ма-
лых л. Число разных псевдодомино в ^-мерном пространст-
ве в точности равно Л (и поэтому на рис. 124 мы имеем два
псевдодомино, а на рис. 126 — ровно три). Неизвестно, чему
137

равно число всех псевдодомино в с(-мерном пространстве:
в случаях й = 1, 2 и 3 это число равно 1 + 4 Н- 9 + ... +
+ <42, однако никто не знает, верна ли соответствующая
формула для следующих значений й.
Рассмотренный выше метод порождения обычных
(п +1)-мино из л-мино с таким же успехом можно приме-
нить и к псевдополимино. А если несколько видоизменить
условия, наложенные на размерности допустимых «строи-
тельных ячеек», то с его помощью можно одновременно
найти и обычные полимино и псевдополимино. Именно с
помощью этого метода были получены фигуры, изображен-
ные на рис. 124 и 126. Можно также использовать технику
подсчета раскрашенных или нераскрашенных деревьев,
описанную в гл. VI, введя соответствующие правила.
Тематика, связанная с квазиполимино, име§т свою спе-
цифику. Сошлемся, в частности, на следующий пример:
мы не в состоянии привести рисунки, изображающие все
квазиполимино даже простейших типов, поскольку одних
одномерных квазидомино существует бесконечно много.
Поэтому для этой темы более типичны проблемы существо-
вания и вопросы о возможности построения интересующих
нас фигур, в то время как для рассматриваемой ранее тема-
тики характерны задачи, сводящиеся к непосредственному
построению и к перечислению тех или иных конфигура-
ций.
Одна из задач составления фигур из квазитримино при-
ведена в уже упомянутой статье «Шахматные доски и поли-
мино». В ней требуется найти покрытие обычной шахмат-
ной доски размером 8 х 8с помощью 21 квазитримино типа
изображенного на рис. 127,а и одного мономино. В решении,
<П:п
к&я I е
Рис. 127, Покрытие шахматной доски одним мономино и квази-
тримино.
138

представленном на рис. 127,в, используются гексамино, со-
ставленные из двух таких квазитримино. Такое гексамино
изображено на рис. 127,6.
Бэзил Гордон, профессор математики Калифорнийского
университета в Лос-Анджелесе, исследовал квазиполимино
с целью получения ответа на следующий вопрос: каковы
^-мерные квази-п-мино (где п должно быть возможно мень-
ше), такие, что ими нельзя полностью замостить ^-мерное
пространство?
1 11 1 I I 1 I I 1 1 1 1 1 I 1
Рис. 128. Разбиение бесконечной прямой на равные отрезки.
Гордон решил эту задачу для й = 1, когда «простран-
ство» представляет собой просто прямую линию, разделен-
ную на равные отрезки (рис. 128). В этом случае существу-
ет лишь одно квазимономино, которое представляет собой
один такой отрезок (рис. 129,а), и ясно, как заполнить всю
прямую такими отрезками.
Н Н I I Н
6 « 1 »-
ш #й*а й
Рис. 129. Покрытие прямой квазидомино.
Любое одномерное квазидомино на нашей прямой со-
стоит из двух отрезков и задается указанием расстояния (
между этими отрезками, где I может быть равно 0, 1,2, 3,
4.,. (см. рис. 129,6). Очевидно, что I + 1 таких фигур можно
приложить одна к другой таким образом, чтобы ими покрыл-
ся отрезок длины 2/ + 2. Подобное соединение показано на
рис. 129,в, где одними номерами (от 0 до /) помечены компо-
ненты квазидомино. Далее весьма просто заполнить полу-
139

ченными отрезками длины 2^ + 2 всю изображенную на
рис. 128 прямую.
Что же касается квазитримино, то, если запретить их
переворачивать (то есть симметрично отображать), по-
казанными на рис. 130 квазитримино нельзя покрыть всю
прямую, ибо промежуток между двумя секциями фигуры
заполнить нечем. В более интересном случае, когда разре-
шается переворачивать фигуру (то есть в случае двусторон-
них одномерных квазиполный но), Гордону удалось дока-
зать следующую замечательную теорему: квазитримино
каждого возможного типа можно полностью покрыть
прямую. Например, два симметричных квазитримино типа
изображенного на рис. 130 можно расположить так, что
ж н
Рис. 130. Этими элементами нельзя покрыть прямую, если вра-
щения запрещены.
единичная секция одного войдет в промежуток между сек-
циями другого; при этом окажется покрытым отрезок
длины 6, повторения которого замостят всю прямую. Одна-
ко на рис. 131 представлены квазитетрамино, очевидным
нн ь-н
Рис. 131. Квазитетрамино, которыми нельзя покрыть прямую.
образом не покрывающие прямой. Следовательно, резуль-
тат Гордона сводится к тому, что в одномерном случае
каждое квазитримино (по не каждое квазшпетра-
мино\) может покрыть бесконечную прямую.
Рассматривая случаи плоскости или пространства (трех
или более измерений), Гордон указал квазиполимино из
ЗЛ ячеек (где & — размерность пространства), которое
нельзя использовать для покрытия или, лучше сказать, «за-
полнения» пространства. Его идея иллюстрируется двумя
примерами, приведенными на рис. 132, где й = 2 и 3.
(В действительности в этих примерах фигурируют даже не
квази-, а псе#дополимино.) Эти примеры получаются сле-
дующим образом: прежде всего к пустой ячейке присоеди-
няются все ее двумерные соседи, связанные с ней ходами
140

ладьи. Кроме того, добавляются еще й ячеек, связанных с
исходной пустой уже ходом короля. (Каждая из них свя-
зана с двумя уже добавленными ранее ходом ладьи.) По-
строение ячейки полностью изолирует первоначальную пус-
тую. (Заметим, что это построение невыполнимо в одномер-
ном пространстве.) Хотя приведенным построением доказы-
вается существование квазиполимино из Зс? ячеек, которыми
нельзя заполнить ^-мерное пространство (при й > 1), это
Рис. 132. Квазиполимино, которыми нельзя покрыть пространства.
вовсе не значит, что любое квазиполимино из Ы — 1 или
еще меньшего числа ячеек подходит для заполнения про-
странства. Достаточно трудно доказать даже, что любы-
м и квазиполимино из й -\- 1 ячеек можно заполнить ^-мер-
ное пространство.
Специалист в области математической логики Э. Ф. Мур
из «Бэлл телефон лабораториз» изучал задачи «заполне-
ния» или покрытия ^-мерного пространства неограничен-
ным повторением конечного набора «стандартных» частей.
Он высказал в высшей степени глубокое и интригующее
предположение, относящееся ко всем задачам подобного
рода и, в частности, к обсуждаемым нами задачам о запол-
нении пространства квазиполимино. Согласно этому пред-
положению, какой бы конечный набор исходных частей ни
подходил для того, чтобы, повторяя его элементы, можно
было полностью заполнить й-мерное пространство, всегда
существует некая ограниченная часть этого пространства,
заполняемая элементами набора, такая, что все простран-
ство можно покрыть неограниченным периодическим по-
вторением этой части.
Высказанную Муром гипотезу подтверждает рис. 129,
где из подходящим образом приложенных друг к другу
квазидомино построен отрезок, повторными переносами
которого можно покрыть всю бесконечную прямую. Мур не
141

считает, что любое бесконечное покрытие (например, по-
крытие плоскости) обязательно является периодическим,
то есть образованным периодическими повторениями одного
и того же куска; такое утверждение, скорее всего, было бы
неверным. Но он полагает, что если существует бесконеч-
ное покрытие какими-либо элементами, то существует и
периодическое покрытие теми же элементами. По всей
видимости, доказать или опровергнуть гипотезу Мура будет
чрезвычайно трудно — ее автор даже одно время считал,
что эта гипотеза относится к числу логически неразреши-
мых проблем. Однако недавно Муру и Ван Хао, профессору
логики Гарвардского университета, кажется, удалось по-
строить контрпример, в котором некоторое множество час-
тей, покрывающих плоскость, нельзя преобразовать в пе-
риодическое покрытие плоскости.
Мы предлагаем читателю проверить, какими из 12 обыч-
ных и хорошо знакомых ему пентамино можно заполнить
плоскость. Разумеется, плоскость должна быть заполнена
Рис. 133. Заполнение плоскости Т-пентамино.
142

однотипными пентамино. Следует различать случаи, когда
покрытие плоскости можно произвести, не поворачивая
пентамино, и случаи, когда поворот необходим. Пример
покрытия, выполнимого только при условии возможности
поворота, приведен на рис. 133.
ТРЕУГОЛЬНЫЕ И ШЕСТИУГОЛЬНЫЕ «МОНСТРЫ»
В своих работах о полимино Фрэнк Харари, профессор
математики Мичиганского университета, назвал л-мино
«монстрами, составленными из п ячеек». В статье «Шах-
матные доски и полимино» 17 ], на которую мы уже не раз
л
/У
АД
Д27
&7^
/УУ\
А?
/
^ ®
Рис. 134, Треугольные монстры до пятого порядка.
ссылались, рассматриваются различные покрытия и фигу-
ры, составленные не из квадратов, а из других фигур, ска-
жем из треугольников или шестиугольников. Комбинацию
связанных правильных (равносторонних) треугольников
можно было бы тогда назвать треугольным монстром, а
комбинацию связанных правильных шестиугольников —
шестиугольным монстром. На рис. 134 изображены тре-
угольные монстры первого — пятого порядков.
Недавно английские математики Дж. Е. Рив и
Дж. А. Тиррел опубликовали статью под заголовком «Гос-
подин Головоломка» [23]. Под этим названием в Англии
выпускаются в продажу различные головоломки, связан-
ные с полимино. В статье изучены различные формы, кото-
рые можно составить из всех 12 треугольных монстров
шестого порядка. Как сообщили Рив и Тиррел, они нашли
свыше 40 решений задачи о покрытии ромба, показанного
на рис. 135 (на этом рисунке представлено одно из возмож-
ных решений).
'43

Рис. 135. Покрытие ром-
ба двенадцатью треу-
гольными монстрами ше-
стого порядка.
Рис. 136. Правильный
шестиугольник.
В той же статье [23] рассмот-
рена задача о покрытии с помо-
щью 9 из 12 треугольных монст-
ров шестого порядка правильного
шестиугольника, изображенного на
рис. 136. Всего существует С\2 =
= 220способов отобрать9из ^мон-
стров, причем 90 из них очевидным
образом непригодны для покрытия
шестиугольника, поскольку в со-
ответствующие им наборы монстров
входит лишь один, а не оба «ура-
вновешенных» монстра, изобра-
женных на рис. 137. Так как весь
шестиугольник на рис. 136 «ура-
вновешен», то есть содержит
столько же белых треугольников,
сколько и заштрихованных, то яс-
но, что его нельзя покрыть ника-
ким набором, содержащим нечет-
ное число «уравновешенных» мон-
стров. Рив и Тиррел утвержда-
ют, что 22 из остающихся 130 за-
дач неразрешимы, «но [им] не
удалось найти этому простое дока-
зательство». Мы приглашаем чи-
тателя попробовать себя на этих
задачах, а также исследовать
другие интересные формы, заполня-
емые (или не заполняемые) тре-
угольными монстрами. Например,
можно ли семью треугольными
и пятого порядков заполнить
монстрами четвертого
ромб, изображенный на рис. 138?
В колонке «Головоломки и парадоксы», которую в анг-
лийском журнале Ыею 8с1епИ5( ведет Т. Г. О'Берн, было
поставлено великое множество задач, относящихся к тре-
угольным монстрам. (УБерн даже придумал названия 12
треугольным монстрам шестого порядка (рис. 139). Во мно-
гих его конструкциях используются 19 таких фигур: в до-
полнение к обычным 12 он берет 7 зеркальных образов асим-
метричных монстров. Одна из задач сводится к расположе-
нию этих 19 монстров в виде трех шестиугольников, один
144

си
■Щ7
Рис. 137. «Уравновешенные» и «неуравновешенные» монстры.
а — уравновешенные монстры; б — неуравновешенные монстры.
Рис. 138. Ромб.
Лош
Крюк
Рис. 139. Треугольные монстры из шести эле-
ментов.
Указательный
столб
""'"■ЛЛА/
Ндрона
Погон
Змея
бабочка
Рак
Яхта
№
ЛЬл*
Шестиугольник
Сфинкс
6-596

из которых совпадает с шестиугольным монстром, а два
других—с шестиугольником, изображенным на рис. 136.
В журнале долгое время обсуждалась также проблема за-
полнения фигуры в форме пчелиных сот, показанной на
рис. 140. На рис. 141 представлены все 24 треугольных
монстра седьмого порядка. Читателю предоставляется воз-
рос. 140. Пчелиные соты (их можно покрыть 19 односторонними
треугольными монстрами ^шестого порядка).
ЛЛЛЛ Д7УЛ7^)а70у7
ш т $ ^
& р $ 4
Рис. 141, 24 монстра седьмого порядка.
146

можность попробовать сложить из этих монстров что-ни-
будь интересное.
Заполнение плоскости фигурами определенного вида
принято называть паркетажем. Если, рассматривая квад-
ратный паркетаж, соединить центры всех соседних квадра-
тов, то построенные отрезки дадут нам новый паркетаж плос-
кости, отличающийся от исходного лишь сдвигом. Однако
Рис. 142. Трехцветная раскраска шестиугольников.
если в качестве исходного взять не квадратный, а треуголь-
ный паркетаж, то отрезки, соединяющие центры соседних
треугольников, образуют шестиугольный паркетаж плос-
кости. И обратно, отправляясь от шестиугольного парке-
тажа, мы придем к треугольному. По этой причине тре-
угольный и шестиугольный паркетажи считают взаимно
двойственными друг другу, а квадратный паркетаж двой-
ствен самому себе. Как видно из рис. 136, элементы тре-
угольного паркетажа допускают правильную «шахматную»
раскраску. Такая раскраска уже невозможна для шести-
угольного покрытия плоскости. Тем не менее, используя
три цвета, можно правильно закрасить и шестиугольный
паркетаж, получив своеобразный шестиугольный аналог
шахматной доски. Подобная раскраска приведена на
рис. 142.
Простейшие шестиугольные монстры изучались — ра-
зумеется, под другим названием — химиками как модели
молекулярных структур органических соединений. Шести-
угольные монстры, состоящие из 1, 2, 3, 4 или 5 правиль-
ных шестиугольников, изображены на рис. 143. Соответст-
вующая проблематика почти не освещалась в литературе,
так что читатель может смело вторгаться на не занятую
пока никем территорию и попытаться самостоятельно сло-
жить те или иные интересные фигуры из шестиугольных
монстров.
6*
147

о 8 8 ^ ^
с$ &8 о^
Рис. 143. Шестиугольные монстры до пятого порядка

прямоугольники из домино
Другой тип задач о полимино сводится к нахождению
математических выражений для числа способов, которыми
из заданного набора полимино можно сложить ту или иную
наперед заданную конфигурацию. Несомненно, в общем
случае такая задача невероятно трудна. Однако в одном
частном случае ответ получается сравнительно легко, при-
чем вывод требуемого выражения оказывается довольно
элегантным. К рассмотрению этой частной задачи мы и
перейдем.
В майском номере журнала Атепсап МаОгетаИс Моп-
Шу за 1961 год У. Е. Пэттои предложил следующую за-
дачу: требуется построить из прямоугольников размером
1x2 (из домино) прямоугольник размером 2 X п или,
другими словами, требуется покрыть этот прямоугольник
домино. Сколькими способами это можно сделать, если
считать разными случаи, не переводимые друг в друга дви-
жениями (поворотами и зеркальными отражениями)?
В январском номере этого же журнала за 1962 год было
опубликовано решение задачи Пэттона, принадлежащее
автору.
Сначала подсчитаем число возможных укладок домино
в прямоугольник размером 2 X /г, не учитывая требуемого
отождествления симметричных укладок. При п = 1 число
возможных укладок /1=1. При п — 2 два домино можно
расположить как горизонтально, так и вертикально; таким
образом, число укладок в этом случае /2 = 2. Рассматри-
вая случай п > 2, заметим, что либо слева расположено одно
вертикальное домино — и тогда число способов заполнить
весь прямоугольник равно /п_ь либо слева лежат два гори-
зонтальных домино — и тогда число способов заполнить-
оставшуюся часть прямоугольника равно /п_2. Следователь-
но, /п = /п-1 + /п-2, что иллюстрируется рис. 144.
Последовательность, начинающаяся с элементов /1=1
и /2 = 2 и при п > 2 удовлетворяющая условию [п =
= /п-1 + /п-2. есть знаменитая последовательность Фибо-
наччи*:
1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, ...
Леонардо Фибоначчи (известный также под именем Леонар-
до Пнзанского) —итальянский математик XIII века, впер-
* Ср., например, Н, Н. Воробьев, Числа Фибоначчи, М.,
изд-во «Наука», 1964.
149

вые познакомивший математический мир с этой последова-
тельностью. Правда, у Фибоначчи последовательность на-
чиналась с чисел 0 и 1, но каждый последующий член, как
и у нас, образовывался сложением двух предыдущих, так
что у него последовательность имела вид: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8,
13, ...
Рис. 144. Покрытие прямоугольника 2 X п домино для п = I,
2, 3 и 4.
Обозначим теперь через Ст число укладок прямоуголь-
ника 2Х/п, причем таких, что укладки, получающиеся од-
на из другой зеркальной симметрией, не считаются
различными. Тогда Ст = 1/2(/т + 5т), где через 5т обоз-
начено число симметричных укладок, переводимых зер-
кальной симметрией в себя. Это выражение представляет
собой непосредственный пример применения формулы N =
= 1/2(Г + С) гл. V, используемой для подсчета числа раз-
личных случаев при отождествлении переводимых друг в
друга инволюцией вариантов. Можно и непосредственно
вывести эту формулу. Действительно, число несимметрич-
ных укладок очевидным образом равно /т — 5т, и лишь
половину этого числа следует учитывать среди различных
укладок, поскольку мы договорились рассматривать раз-
личающиеся укладки «с точностью до симметрии». Напро-
тив, все симметричные случаи различны, и поэтому общее
число различных укладок равно
\ (1т — «*) + *т = -~ (/т + 5т).
Для того чтобы найти 5т, рассмотрим отдельно случаи
нечетного и четного т.
Если т = 2п + 1, то в симметричной укладке цент-
ральное место должно занимать вертикальное домино, по
150

бокам которого находятся две укладки размерами 2 X п.
Одну из них можно составить [п способами, и в силу сим-
метрии укладка другой этим полностью определяется. По-
этому
82п+1 ~ / п-
Если же т = 2т, то вертикальная прямая, проходящая
через центр прямоугольника, либо пересечет пару горизон-
тально расположенных домино, либо не пересечет ни одного
домино. В первом случае левый прямоугольник размером
2 X (п— 1) можно заполнить [п_г способами; во втором
случае левый прямоугольник размером 2 X п можно за-
полнить /п способами. Как и раньше, укладка левого
прямоугольника полностью определяет укладку правого,
ибо мы рассматриваем лишь симметричные укладки всего
прямоугольника. Следовательно,
52/г = / п-1 "+" / п = Гп+1-
Итак,
С2л+1 = — (/гл+1 + /л) и С2п = — (1гп + /я+г)»
что полностью решает поставленную выше задачу для всех
т, за исключением т = 2, поскольку прямоугольник раз-
мером 2x2 суть квадрат и допускает еще и «поворотную
симметрию» четвертого порядка (переходит в себя при по-
вороте на 90°). Отсюда следует, что вместо С2 = 2 следует
считать С2'= 1, сохраняя единственный случай
расположения двух домино.
Полученные нами результаты сведены в следующую
таблицу.
Число укладок домино в прямоугольнике
размером 2хи
1 1
2 1
3 \- (/з + Л) - -^ О + 1) = 2
4 -^-</4 + /3)=-^ (5 4- 3) = 4
151

Продолжение
Число укладок домино в прямоугольнике
размером 2Хл
5 \ (/б +Ы~\ (8+ 2) =5
7 ^-(/7+/з) = ^-(21 + 3)=12
8 -у (Ь +№="5- (И + 8) =21
9 у (/• + /4) = у (55 + 5) = 30
Ю у(/ю + /е)=у (89+ 13) -51
И у </и+ /.)=" (Н4+8) = 76
<* 12 -у (/12 + /7) = -у (233 + 21) = 127
Ясно, что подсчитать число покрытий костями домино
прямоугольника размером 3 Х/1 значительно труднее.
Мы предлагаем читателю испытать свои силы в решении
этой задачи. Значительно проще определить число укладок
прямоугольника размером 2 х п или даже размером 3 х п
прямыми тримино. Задача же об определении числа укла-
док прямоугольника размером 4 X п прямыми тримино
выглядит уже весьма интригующе. Однако, как нам ка-
жется, у решающего ее сохраняются еще неплохие шансы
на успех. Заинтересованный читатель может заняться ре-
шением этой задачи.
Итак, наша прогулка по увлекательному царству по-
лимино подошла к концу. Не вызывает сомнения, что не-
мало интересного и волнующего мы неизбежно пропустили.
Поэтому мы приглашаем читателя почаще возвращаться к
полимино и самостоятельно находить новые пути, ибо ре-
шение математических задач — неиссякаемый источник на-
слаждения.

ПРИЛОЖЕНИЕ I
ОТВЕТЫ К УПРАЖНЕНИЯМ гл. V
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
82 х 103 = 6 400 000.
12 х 15
X 9х 13 X
11 X 12 = 2 779920.
26.25-24— 1 = 15 599.
52.51-50.49.48.47 =
п-
га-
сз-
(1)-
/4 + 5
\5-1
1111
2222
3333
4444
5555
1122
1133
1144
1155
2233
64-6362-61
4-3-2-1
64-63-62.61
: 14 658 134 400.
= 635 376.
60.59-58-57
8-7-6.5.4-3-2.1 ~~
12-1Ы0-9-8-7
6-5.4-3-2-1
1±1 = 35.
3-2-1
-)-(:)■
1112
1113
1114
1115
1222
2223
2224
2225
1333
2333
= 70.
4445
1555
2555
3555
4555
1123
1124
1125
1134
1135
4 426 165 365
2235
2245
1233
1334
1335
2334
2335
3345
1244 .
1344
>
У
1355
1455
2355
'2455
3455
1234
1235
1245
1345
2345
153

2244
2255
3344
3355
4155
3334
3335
1444
2444
3444
1145
1223
1224
1225
2234
2344
1445
2445
3445
1255
»■(':_.-КЗ--
11. Если считать вес символы различными, то существует всего к\
различных перестановок символов. При этом кх символов первого
типа могут быть переставлены между собой кх\ способами, к2 сим-
волов второго типа — к2\ способами и т. д., так что различных
перестановок оказывается в /гх! к%\ ... кг\ раз меньше, то есть
к\
/У к2\ ... кг\
12. Для слова окорок имеется -—- = 60 перестановок,
а для слова Миссисипи — 10 080 перестановок.
4!3!1!11 '
13.
п
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
И
12
13
14
15
Не имеют общих делителей с п
1
1
1.2
1, 3
1, 2, 3, 4
1,5
1, 2, 3,4,5,6
1,3, 5,7
1, 2, 4, 5, 7, 8
1,3, 7,9
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10
1,5,7, И
1, 2, 3, 4, 5,6, 7, 8, 9, 10, 11, 12
1,3, 5, 9, 11, 13
1,2, 4, 7, 8, 11, 13, 14
?(«)
1
1
2
2
4
2
6
4
6
4
10
4
12
6
8
14. Идея вывода формулы указана в «Указании». Непосредствен-
ный вывод мы предоставляем читателю.
15. Простые числа, меньшие 100, суть: 2, 3, о, 7, 11, 13, 17, 19,
23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97.
Согласно пашей формуле:
154

/Г 100 1 Г 100 1 Г 100 1
. (100) _ 4 - 1 + 100 - ([—] + [-5-] + [-5-]
Г 100 "|\ /Г 100 1 Г 100 1 , Г 100 1 ,
Г юо 1 Г юо 1 Г юо 1\ /г юо 1 ,
Г юо 1 г юо 1 г юо ]\ г юо 1
+
+
= 103 — (50 + 33 + 20 + 14) + (16 + 10 + 7 + б + 4 + 2) —
-(3 + 2+ 1 + 0) + 0-
= 103—117 + 45—6 =25.
16. Здоровыми оказались 18 собак.
17. Ч*(Т + С) = 1/а (1000+ 100) =550.
18. 1/2 (Т + С)= 1/2 (264 + 262) = 228 826.
19. Если к четное, N = 1/2 (пк + пк/2 ), если к нечетное,
^ = 1/2(Л*+ пк+4*).
20. 32.
21. 28 обычных домино (от 0 — 0 до 6—6) и 55 «девятерных»
(от 0—0 до 9—9).
22. 27 карточек занимают слишком много места, чтобы их мож-
но было все здесь нарисовать.
23. ЛГ = 1/«[л4 + 3/121.
24. N = у (Г + Са + Сь + Сс) = у (5* + 5* + 53 + 5*) = 4125.
4 4
25. Н, I, О, X.
26. Если а и Ь нечетные, ;У = — (Т + Са + Сь + Сс) =
. / а(ь-±1) (а-±1)ь й-*±1\
= ±{2аЬ + 2\ 2) + 2{ 2 ) +2 2 К
если я и 6 четные, /V- — (Т+Са + СЬ + СС) = — [ 2аЬ +
+ 22+22+22 1=—(2**+3.2Т
155

если а нечетное, а Ь четное, N = — (Т + Са~\-Сь + Сс) —
27. № = — (34 + 2-3+32) = 24.
4
28, Как и раньше, 24. Мы приводим соответствующий чертеж.
|§х^\. •
ш
»
<&»
51
с!
р#
29. Л^4= — (44 + 24 + 42) = 70.
4
*л= — ("4 + 2л + л2) = — п (п + 1) (я« - п + 2).
Если л или л + 1 делятся на 4, то Мп очевидным образом —.
целое число. В любом случае одно из чисел л или п + 1 обя-
зательно четное, а число п2 — я+ 2 всегда четное, так
что произведение п[п + 1) (п2 — п + 2) всегда делится на 4,
30. Л^ = — (2° + 2-23 + 2Б) = 140.
1
31. N„=1 — (па + 2.л3 + л5).
32. Ып = ^- (л*2 +2-л1'**8 + я1'**2) при четном *,
Л^ = ~- (л*2 + 2-л1/а(*2+3) + л1/г(Аг+1)) при нечетном й.
156

33. Октамино, переходящее в себя при повороте на 90*
(то есть обладающее поворотной симметрией четвертого по-
рядка), изображено на рисунке.
*
ЛГ2 = — (2« + 2-22 + 24) = 70.
4
34. Л/=—(/г4 + 2-л + л3).
4
35. N = -^ (Г + Сш + 2СН + 2Сй )
-т
+ 4 + 2 • 10+
+ 2 .ю] = 16.
Три мономино можно поставить на доску размером 3x3 сле-
дующими 16 способами (каждое мономино указано точками).
36. Для доски размером 4x4: #4= ~ (^ + С1во + 2Сво +
8
+ 2Сй + 2С0)=^-{Р-ь(82) + 2.4 +
+ 2.^) + 2-<1 +6-6+15)| = 252,
1 Г/36\ /18\
для доски размером 6x6: Л^ = — \[ 1 + 1 +2-9 +
+ 2-|12] + 2
пчаиж
15\ /15
1 + 2
= 7509,
157

37.
для доски размером 8x8: #8= — | I ) + ( 1 + 2-16+2 х
Ы =—(31в + З8 + 2-34 + 2-38 + 2-31°) = 5 398 083.
о
38. N
39. Т
+ 2-2 +2-12 + 2-12
]
18816.
18816 + 0 + 2-0 + 2-0 + 2 -4
23.
= 2408.
40. Для одного мономино Л^ = «Ч-2л/8 при четном п> №г =
— г22+4п+з/8 при нечетном я. Для двух мономино №<>=
= 1/1в(п4 + 6п2 — 4/х) при четном п, Ы2 = 1/и(п* + 8п2~—
— 8п — 1) при нечетном п,
41. Х-пентамино имеет группу симметрии квадрата. 1-пентамино
имеет группу симметрии прямоугольника. Симметриями Т-,
1К V-, \У- и 2-пентамино являются инволюции. Р-, Ь-, г+,
Р- и У-пентамино обладают лишь тождественной (единичной)
симметрией.
42. #3 = 1/8(Зб + З3 + 2-32 + 2-34 + 2-33) = 63 раскрасок все-
го- МаЬс= Л^з— ЗЛ^2+ ЗЛ^!= 63—36+9 = 36 раскрасок, в ко-
торых встречаются всего три цвета.
43. Число расстановок ладей без учета симметрии Г4= 4.3■ 2• 1 =
«= 24. Число расположений, не переходящих одно в другое
при вращениях и зеркальных отражениях доски,
1/8(24 + 8 + 2-2 + 0 + 2-10) = 7.
44. Для шести ладей Г0 = 6! = 720.
720 +6-4-2 + 0+ 0 + 21 +
(;).8+15]}-115.
+
+
для восьми ладей Т8 = 81 = 40 320.
Я8= —(в! +(8 -6- 4-2) + 2-8 + 0+2
+(:>•■■+(1)
5-3.1 +
1+1
7- 5-3 -1 || = 5281.
•1 +
45. N = — (2« + 2 + 22 + 23 + 22 + 2) = 14.
6
158

46. Ы =— (26 + 2 + 22 + 23 + 22 + 2 + 3-24 + 3-23) = 13.
47. Если допустимы лишь вращения, то для к цветов N =
= 1/с(^в + й3 + 2к2 + 2к). Если же допустимы и вращения,
и зеркальные отражения, то для к цветов
Л/ = — (к9 + /г3 + 2А>2 + 26 + З*4 + 3&3) =
= -I. (# + 3/г4,+ 463 + 2*2 + 2й).
В частности, при одних вращениях #3= 130 и ЛГ4=э 700,
а при вращениях и отражениях М3= 92 и к\= 430.
48,
N = —- (53 + 2-5 + 3 . 52) = 35.
6
49. Число различных ожерелий равно Ь . Для ожерелий с цикли-
50.
ческой группой симметрии N
ральной группой симметрии
" ЬР -\- (р—\)Ь + рЪ
=±[ЬР + (р — 1)6],
Р
с диэд-
2р [,
Для 6 = 2 и р
При Ь = 4 и р
Е±1
2
а 5 оба перечисления приводят к ответу 8.
3 соответственные числа равны 24 и 20.
Всего 24 симметрии: одна тождественная; шесть поворотных,
связанных вращениями на 90° относительно оси «от грани к
грани» (поворотные симметрии четвертого порядка); три поворот-
ных, связанных с вращениями на 180° относительно оси «от
грани к грани» (поворотные симметрии второго порядка);
шесть поворотных, связанных вращениями на 180° относитель-
но осей «от ребра к ребру», и, наконец, восемь поворотных, свя-
занных с вращениями на ±120° относительно осей «от вершины
к вершине» (поворотные симметрии третьего порядка).
51. N
1
(6! + 0 + 0 + 0 + 0) = 30.
24
52. N =2.
53. Л/ = 6.
54. Если каждая из вершин либо остается на месте, либо отсе-
кается, то
N = —- (28 + 6 . 22 + 3 . 24 + 6 • 24 + 8 • 24) = 23.
24
Если же отсечены ровно четыре вершины, то
" ~ ' + 6 ■ 2 + 3. 6 + 6. 6 + 8- 221 = 7.
# = -
24
:о
159

ПРИЛОЖЕНИЕ II
СБОРНИК ЗАДАЧ
В настоящий сборник включены все относящиеся к пентамино
и пол ими но задачи из этой книги и некоторые дополнительные уп-
ражнения.
ЗАДАЧИ О ПЕНТАМИНО
«Доски», представленные на рисунках к задачам от 1 до 32,
требуется заполнить наборами пентамино, состоящими из всех
12 элементов. Если укладка должна быть выполнена каким-то
особым способом (например, конструкция должна состоять из двух
одинаковых частей), то это показывается на рисунках жирной ли-
нией, разделяющей «доску» па указанные части.
1. Сложите из 12 пентамино прямоугольник размером 3 X 20.
2. Используя все пентамино, сложите прямоугольник размером
4 X 15.
3. Сложите из всех пентамино прямоугольник размером 5 X 12.
4. Заполните пентамино прямоугольник размером 6X10.
5.
6.
й
160

,-Гн
111
мим!!»
г 1-Г
-Г
8.
9.
10.
1
12.
1

13.
I
14.
Ш
15.
ммм
16.
17.
П
18.
19.

20. Каждый из этих прямоугольников должен содержать одно не-
покрытое поле.
21. Эта «квадратная» доска должна быть заполнена так, что оста-
нется одно поле (как показано в гл. VI, это поле не может рас-
полагаться в центре квадрата).
■>^^|~
п
ч 1111
Т*!
1 1 1 1 Ь.
22. Если составить показанный на рисунке слева квадрат разме-
ром 8 X 8 из двух конгруэнтных частей, то одну из них (на-
пример, затененную) можно передвинуть как единое целое
вдоль другой, образуя укладку показанного справа прямо-
угольника размером 9X7.
14
~""~
1 ■
г-
?!
Р
|
■
■
1
II 1
ш
и
163

л
Ер
^г
сг
цу
1 1 1
\ 1 1
\ 1 '
А 1 1
"" К 1
V
и
««■■Л х
"1\
П-Р
'Т П
I 1*1
\
-г 1 1
1 1 \
\1 -г^
Ж - -Г" 1
IV ( 1
—»_1 1
ШР
^Т1
1 "Г*
1 г
1 1 *
1 ■ .1,
ш
Г 1
1 * I
1"|
"""
23. Один читатель журнала Раьгу
СНезз Неьчеи) поставил и решил
следующую необычную задачу.
С помощью всех 12 пентамино
он построил фигуру непра-
вильной формы, показанную
на рисунке. Штриховые линии
показывают, как из этой фи-
гуры можно вырезать раз-
вертку куба.
24.
Поскольку существует 2339 укладок прямоугольной доски
размером 6X10, то для того, чтобы сделать относящиеся
сюда задачи более интересными и увлекательными, следует
наложить какие-либо дополнительные требования к подобным
укладкам. (Некоторые из таких задач представлены ниже под
номерами 25—32.)
25. Постройте два прямоугольника размером 5X6.
26. Пусть исходный прямоугольник размером б X 10 содержит
прямоугольную часть размером 3X5, расположенную внутри
прямоугольника.
27. То же требование, но прямоугольная часть должна иметь
размер 4X5.
28. Прямоугольник размером 6 X 10 должен состоять из двух
частей, показанных слева. Незатененную часть впоследствии
можно сдвинуть как единое целое, образовав показанный,
справа прямоугольник размером 7X9.
^^
и**
'
■;:.т-
.
Щ
3
тт
т?.
'И
[и**^™
-
""'
1
.-
#:::;
Й
1
■п
164

29. Тем же путем, что и в предыдущей задаче, сдвинув затененную
часть укладки, получим прямоугольник размером 7 X 9.
30. Постройте прямоугольник размером 6 X 10 так, чтобы каждое
из 12 пентамино касалось его сторон.
31. Постройте прямоугольник размером 6 X 10 так, чтобы I-
пентамино не касалось его сторон.
32. Случайным образом расположите пентамино на столе, а затем
уложите из них прямоугольник размером 6 X 10, не перево-
рачивая ни одного пентамино (это можно сделать во всех 32
случаях).
33. Задача о 10 квадратах, а) Используя два пентамино, сложите
произвольную фигуру из 10 квадратов и найдите два других
пентамино, из которых можно сложить такую же фигуру,
б) Из четырех оставшихся пентамино сложите фигуру, подоб-
ную исходной, в) Из последних четырех пентамино сложите
фигуру, подобную предыдущим.
34. Задача о 20 квадратах, а) Из четырех пентамино сложите про-
извольную фигуру, состоящую из 20 квадратов, б) Из четырех
других сложите такую же фигуру, в) Наконец, из последних
четырех снова сложите эту фигуру.
35. Задача удвоения, а) Из двух пентамино сложите фигуру, содер-
жащую 10 квадратов, б) Используя два других пентамино,
сложите такую же фигуру, в) Наконец, из всех оставшихся
пентамино сложите фигуру, подобную исходным, линейные
размеры которой должны быть вдвое большими.
165

36,
Рисунок, приво-
димый слева, даст
вам представление о
формах, которые мо-
гут быть получены
таким способом.
На рис. 19 в гл. I было показано, как выпилить все 12 лента-
ми но из куска фанеры размером 6X13, делая по возможности
меньше прямых надпилов. Недавно одна читательница из Лон-
дона нашла решение аналогичной задачи для прямоугольников
из фанеры размерами 4 X 19 и 5 X 15. Мы приглашаем читателя
продолжить ее работу и найти разрезы для прямоугольника
размером 5X15. (Как и в гл. I, случай 11-пснтамино требует
особого подхода. Видимо, проще вырезать сначала прямоуголь-
ник размером 2 X 3, а уже из пего У-пентамино.)
37. Задача утроения. Для каждого из 12 пентамино, используя
девять остальных, постройте фигуру, подобную исходному
пентамино, но втрое более Ешсокую и втрое более широкую.
38. Четным числом Р-пентамино можно покрыть прямоугольник,
имеющий четную площадь. Найдите наименьший прямоуголь-
ник, который можно покрыть нечетным числом Р-пента-
мино.
39. Сложите прямоугольник размером 9 X 10 из 18 односторон-
них пентамино, показанных ниже. (Напомним, что односторон-
ние пентамино нельзя переворачивать.)
и
сП^^Ъ
п
чзг
ы
п
166

ЗАДАЧИ О ПРОСТРАНСТВЕННЫХ ПЕНТАМИНО
Задачи 40—46 относятся к пространственным пентамино,
то есть к 12 телам, составленным из пяти единичных кубов каждое
и имеющим форму обычного пентамино.
40. Сложите прямоугольный параллелепипед размером 3x4x5.
41. Сложите параллелепипед размером 2X5X6. (Это тело мож-
но составить из двух «плоских» частей размером 1x5X6.)
42. Сложите параллелепипед размером 2 X 3 X 10. (Это тело
уже нельзя составить из двух «плоских» частей. Однако су-
ществует решение, в котором лишь два пентамино — Ь и У —
не принадлежат «плоским» частям размером 1 X 3 X 10.)
43. Мусорный ящик (заштрихованная часть пуста).
44. Лестница.

45. Пирамида. Для указанного
тела используется лишь
11 из 12 пространственных
пентамино, но эта задача
относится к числу более
трудных.
46. Задача о моделях. Пространственные модели наших пентамино
можно построить из 60 кубиков. Каждая модель должна быть
в два раза более широкой и в два раза более длинной, но в три
раза более высокой по сравнению с обычным пространственным
пентамино. Ниже показаны подобные модели Т- и О-пентами-
но. Особый интерес представляет модель Опентамино, по-
скольку ее можно повернуть и построить «туннель» или «арку»,
показанные на рисунке. Известно, что можно построить мо-
дели 1-, Ь-, Р-, 1М-, Т-, Ь1-, V-, V- и 2-пентамино. Доказано,
что эта задача для \У- и Х-пентамино не имеет решения. До
сих пор неизвестно, можно ли построить такую модель для
Р-пентамино.
ЗАДАЧИ О ПЕНТАКУБИКАХ
Пентакубики, о которых мы уже говорили выше, представ-
ляют собой пространственные полимино пятого порядка, не пере-
водимые один в другой вращениями трехмерного пространства.
Полный набор пентакубпков состоит из всевозможных комбинаций
расположения связанных между собой пяти кубов. Задачи 47—5?
предложены и решены Дэвидом А. Клэрнером. Если в какой-то
из этих задач идет речь об укладке из 28 пентакубпков, это озна-
чает, что в укладке не участвует «прямой» цента кубик.
108

47. Постройте все 29 пентакубиков и найдите среди них шесть
зеркально симметричных пар.
48. Сложите из 28 пентакубиков прямоугольный параллелепипед
размером 2 X 5 X 14.
49. Сложите из 28 пентакубиков параллелепипед размером 2Х 7Х 10.
50. Сложите из 28 пентакубиков параллелепипед размером
4X5X7.
51. Найдите одновременное решение трех предыдущих задач,
сложив два параллелепипеда размером 2x5x7.
52. Сложите параллелепипед размером 2 X 5 X 14 из пяти мень-
ших прямоугольных параллелепипедов.
53. Из 25 пентакубиков сложите куб с ребром 5. Эту задачу можно
решить, отбрасывая «длинные» пентакубики, имеющие один
из размеров не меньше 4.
54. Построите семиступенчатую пирамиду. Эта пирамида во всем
должна совпадать с пирамидой из задачи 45, за исключением
того, что снизу добавляются две ступеньки размерами 6X6
и 7 X 7.
55. Используйте 27 пентакубиков для построения модели заданного
пентакубика. Постройте подобные модели для всех 29 пента-
кубиков.
56. Из 28 пентакубиков сложите цилиндр высотой 7 единиц, се-
чение которого имело бы форму какого-нибудь пентамино. (Мож-
но решить все 12 возникающих при этом задач.)
57. Шахматная доска, Требуется из 18 пентакубиков сложить пря-
моугольный параллелепипед размером 3X6X6 так, чтобы
на одной из (6 X 6)-граней выступающие кубики образовали
подобие шахматной доски.
ДРУГИЕ ЗАДАЧИ О ПОЛИМИНО
Задачи 58—61 относятся к конструкциям, составленным из
12 пентамино и 5 тетрамино.
58. Постройте прямоугольник размером 8X10.
59. Используя все упомянутые выше части, постройте прямоуголь-
ник размером 4 X 20.
60. Найдите одновременное решение двух предыдущих задач,
построив два прямоугольника размером 4 X 10.
61. Постройте прямоугольник размером 5 X 16.
.*•
В задачах 62—67 требуется использовать набор из 35 гекса-
мино для заполнения «досок», показанных на рисунках. (Эти за-
дачи впервые были опубликованы в журнале Ра1гу СНезз Кегпеги.)
169

62.
63.

и
ГТ|г 111
у г4-Н

66.
11 и 1"
п
I 11 к III
гГ
Г
1—1
11
ИМИ
67.

Используйте 35 гексамино и 12 пентамино для заполнения пря-
моугольника размером 18 X 15. У этой задачи имеется решение,
показанное на рисунке, где в центре прямоугольника появляет-
ся ладья, символизирующая идею полимино. (Эта задача также
впервые была опубликована в Гахгу Скевъ Ке'оьею.)
I————1 \ -. ■ I ..,,,!
69. Из 108 гептамино сложите три прямоугольника размером
11 X 23, каждый из которых должен иметь отверстие в центре
(см. рис. 103).
70. Выбросьте из набора гептамино то из них, которое имеет дыр-
ку, и из оставшихся 107 гептамино сложите прямоугольник
размером 107 X 7. Это можно сделать, сложив из них отдельно
четыре прямоугольника размером 7 X 25 и один квадрат раз-
мером 7X7 (см. рис. 104).
НЕВОЗМОЖНЫЕ КОНСТРУКЦИИ
В следующих задачах представлены «доски», которые нельзя
покрыть 12 пентамино. Для тех з^ач, которые отмечены звездоч-
ками, до сих пор не найдено достаточно простого доказательства
их неразрешимости.
173

71*
72*
73.
74.
м 1 1 1 и
п П-
-*•
1
П-1
1 111 п

75*.
МММ
I I I ГГ
76*.
№м^ан^нан^нТ'м*Ф*мГм"1мйЧ11*1
1
77*. Требуется доказать невозможность построения из 12 про-
странственных пентамино.
78. Невозможно построить из 12 пространственных пентамино.
79*. Прямоугольник размером 3 X 20, заполненный 12 пентами-
но, нельзя составить из двух меньших прямоугольников.
175

80, Положите на шахматную доску размером 8x8 четыре моно-
мино произвольным образом, но так, чтобы они не отделяли
изолированной части доски. Покажите, что оставшуюся часть
доски нельзя покрыть 12 пентамиио.
НЕРЕШЕННЫЕ ЗАДАЧИ
Последующие задачи никем не решены, но их неразрешимость
также пока не доказана. В задачах предполагается, что речь идет
о покрытиях при помощи пентамино.
81.
82.
ОПТ
п
-] ПяН ~
ш
83.
| м 11 1 | 1 1
1
1
И 11 1 г 1 1 1
176

В задачах 24—25 представлены единственно известные сейчас
результаты, относящиеся к проблеме одновременного построения
нескольких прямоугольников из пентамино (так, что ни одно пен-
тамино не используется дважды). Кроме того, известно, что нельзя
одновременно построить прямоугольники размерами 3 X 10 и 6 X 5
(задача 76); нельзя сложить прямоугольник размером 3 X 20 из
двух меньших (задача 79), и нельзя сложить одновременно прямо-
угольники размерами 2 X 10 и 4 X 10. Задачи 84—87 предлагают
другие конструкции, которые, возможно, окажутся разрешимыми.
84. Сложите из пентамино прямоугольники размерами 4 X 5 и
5X8.
85. Постройте одновременно два прямоугольника размерами
3X5 и 5X9.
86. Требуется построить из одного набора пентамино прямоуголь-
ники размерами 4 X 5и4 х 10.
87. Та же задача для прямоугольников размерами 2 X 10 и 5 X 8.
88. Задача 15 квадратов. Существует ли укладка трех пентамино,
которую можно повторить четыре раза, используя один набор
пентамино? (Ср. с задачами 33—34.)
89. Из прямоугольника размером 3 X 20 можно попытаться об-
разовать много схожих фигур. Показанный здесь крест — лишь
юдна из представляющихся возможностей.
7-596
177

90. Другая такая возможность — крест с отверстием посередине.
91. Известно, что девяти пентамино достаточно, чтобы утроить
любое данное пентамино (см. задачу 37). А можно ли с помощью
девяти наборов пентамино утроить все фигуры обычного на-
бора пентамино?
92. Можно ли из 12 пространственных пентамино построить пока-
занную здесь модель Р-пентамино? (см. задачу 46).
Несомненно, читатель сможет и сам найти новые задачи, отно-
сящиеся к плоским и пространственным полимино. Так, например,
материал гл. VII представляет собой практически не изученную
область, в которой возникает великое множество задач.

СЛОВАРЬ
Биномиальные коэффициенты — числа [%) или ^*» выражающие
число сочетаний из п элементов по к\ эти числа фигурируют
в качестве коэффициентов в формуле бинома Ньютона.
Бином Ньютона — алгебраическая теорема, согласно которой
-+и.)*-,+о
Вращение — перемещение геометрической фигуры, при котором
все точки остаются на прежних расстояниях от некоторой
точки или прямой, причем их совместное положение не ме-
няется. Задается центром (или осью) вращения и углом
поворота.
Гексамино — пол и ми но, составленное из шести квадратов; всего
существует 35 различных гексамино.
Гептамино — полимино, составленное из семи квадратов; всего
существует 108 различных гептамино.
Группа — множество элементов (например, чисел или операторов
симметрии), на котором введена операция умножения одного
элемента на другой, причем соблюдаются следующие усло-
вия: 1. 3 а м к н у т о с т ь: если а и Ь суть элементы группы
О, то а X Ь — однозначно определенный элемент О. 2. Ас-
социативность: для трех элементов а, Ь и с группы О
выполняется соотношение ( а X Ь) X с = а X (Ь X с).
3. Существование единицы: найдется элемент
е группы С, такой, что для любого элемента а выполнено
ае = еа = а. (Этот элемент е обычно называют «единицей»
группы О.) 4. Существование обратного
элемента: для любого элемента а группы С найдется
элемент а', такой, что аа' = а'а *=> е (этот элемент а' назы-
вают «обратным» к а). (Замечание» Вообще говоря, не тре-
7*
179

буется, чтобы выполнялся еще и коммутативный закон
аЬ «= Ьа. Если же для любых двух элементов группы О он
выполняется, то такая группа называется коммута-
тивной- или а б е л е в о й.)
Группа диэдра — группа симметрии правильного л-угольника в
пространстве; содержит п вращений — элементов цикличес-
кой группы и п отражений относительно диагоналей или
прямых, соединяющих вершину, центр и середину проти-
воположной стороны многоугольника.
Группа симметрии — группа, элементами которой являются сим-
метрии некоторой геометрической фигуры или иной матема-
тической конфигурации. При этом «произведением» двух
симметрии считается симметрия, равноценная последова-
тельному выполнению двух симметрий-«сомножителей». К
примеру, произведением вращений на 90 и 180° будет вра-
щение на 270°,
Группа циклическая — группа симметрии правильного л-уголь-
ника на плоскости, содержащая в качестве элементов пово-
роты этого многоугольника вокруг его центра на 0°, 1/л360с,
21 п 360°, 3/л 360° п— 1/л360°. (Таким образом, эта группа
содержит п элементов.)
Декамино — полимино, состоящее из 10 квадратов; всего суще-
ствует 4466 различных декамино.
Домино — полимино, состоящее из двух квадратов; существует
лишь одна форма домино.
Доска — прямоугольник, разделенный на равные квадраты, сов-
падающие с квадратами полимино. На доске производится
укладка полимино.
Зеркальное отражение в плоскости — операция, состоящая в том,
что плоская- геометрическая фигура поворачивается вокруг
некоторой, лежащей в той же плоскости прямой до тех пор,
пока она не ляжет на плоскость «другой своей стороной»;
зеркальное отражение в пространстве заменяет каждую точку
новой точкой, расположенной по другую сторону от заданной
плоскости («зеркала») на том же расстоянии от нее, причем
~ проекции обеих точек на «зеркало» совпадают. Зеркальное
отражение тела в пространстве сводится к отражению всех
точек этого тела.
Индукция математическая — краткое название следующего де-
дуктивного принципа. Пусть Р(п) есть некоторое утверж-
дение относительно натурального числа п. Если известно,
что Я(1) истинно и что из истинности Р(к) следует истинность
Р(к + 1) для любого натурального к, то Р(п) истинно для
всех л.
180

Квазиполимино — фигура, составленная из не обязательно сосед-
ствующих квадратов. Эти квадраты, однако, должны распо-
лагаться «правильным образом», образуя некое подмноже-
ство множества полей обычного полимино.
Комбинаторика — см. Комбинаторный анализ.
Комбинаторная геометрия — область комбинаторного анализа,
изучающая различные расположения геометрических фигур.
Комбинаторный анализ — раздел математики, изучающий комби-
нации геометрических или числовых элементов, переста»
новки, сочетания и подсчет числа комбинаций.
Комбинация — любой набор элементов. Например, номер автомо-
биля есть комбинация букв и цифр. Если порядок разме-
щения элементов в комбинации важен, то ее называют у п о -
рядоченной (например, автомобильный номер); в
противном случае — неупорядоченной.
Многоугольник — конечная часть плоскости, ограниченная от-
резками прямых.
Множество — любая совокупность объектов, называемых элемен-
тами множества. Чаще всего эти элементы имеют какое-
либо общее свойство.
Мономино — полимино, состоящее из одного квадрата.
Монстр треугольный — фигура, составленная из нескольких
равных правильных треугольников, примыкающих друг
к другу по общим сторонам.
Монстр шестиугольный — фигура, составленная из нескольких
равных правильных шестиугольников, примыкающих друг
к другу по общим сторонам.
Наномино — полимино, состоящее из девяти квадратов; всего
существует 1285 наномино.
Натуральное число — положительное целое число из ряда 1, 2,
3, 4, ...
Неупорядоченная комбинация — см. Комбинация,
Октамино — полимино, состоящее из восьми квадратов; всего
существует 369 различных октамино.
Оператор симметрии — преобразование или перестановка частей
фигуры, после выполнения которого фигура не меняется:
например, поворот квадрата на 90° относительно его центра
есть оператор симметрии квадрата.
Основание степени — число, которое умножается на самое себя
при возведении в степень. О том, сколько нужно производить
умножений, говорит показатель степени — число, поме-
щаемое справа и чуть выше основания степени.
Отражение от прямой или от плоскости — то же, что и зеркальное
отражение.
Отражение от точки — поворот вокруг точки на 180°.
181

Пентакубики — тела, составленные из пяти равных кубов, смеж-
ных по общим граням.
Пентамино — полимино, состоящее из пяти квадратов; всего су-
ществует 12 различных пентамино.
Перебор — систематический способ решения задач, при котором
последовательно изучаются все возможные случаи.
Перестановка — расположение заданных элементов в каком-либо
фиксированном порядке.
Перечисление — подсчет числа различных укладок, случаев, рас-
положений и т. п.
Поворот — то же, что вращение»
Подмножество — часть множества, элементы которой обычно об-
ладают каким-то выделяющим их свойством. Скажем, чет-
ные числа образуют подмножество множества целых чисел.
Показатель степени — см. Основание степени,
Полимино — фигура, образованная из заданного числа равных
квадратов, которые связаны между собой общими сторонами.
Пространственное полимино — тело, образованное объединением
заданного числа равных кубов, имеющих общие грани;
пространственный аналог обычного полимино, квадраты
которого заменяются кубами.
Проверка на четность — способ доказательства математических
утверждений, связанный с анализом четности или нечетности
рассматриваемых в нем чисел.
Псевдополимино — частный случай квазиполимино, характери-
зующийся тем, что система квадратов не должна распадаться
на части (однако отдельные квадраты могут примыкать друг
к другу лишь общей вершиной).
Симметрия — свойство геометрических фигур или иных конфигу-
раций, заключающееся в том, что после перестановки опре-
деленных частей конфигурация совпадает с исходной.
Сочетания — всевозможные группы из заданного числа элементов,
отобранных из известного конечного множества элементов.
(По поводу числа сочетаний из п элементов по к см. Бино-
миальные коэффициенты.)
Тетрамино — полимино, составленное из четырех квадратов;
всего существует пять различных тетрамино.
Тримино — полимино, составленное из трех квадратов; всего су-
ществует только два тримино.
Упорядоченная комбинация — см. Комбинация.
Факториал — (для любого натурального числа п) произведение
всех натуральных чисел от 1 до п. Это число обозначается
через п\ и равно числу всех перестановок п различных эле-
ментов.
182

Целое число — либо натуральное число из ряда 1, 2, 3, 4, ,.., либо
противоположные натуральным отрицательные числа — 1,—2,
^3, —4, .... либо 0.
Центральная симметрия — то же, что отражение от точки.
Четность — свойство числа быть четным или нечетным.
Число — в математике знак количества.
Шахматная раскраска — двухцветная раскраска чертежа, при
которой области, имеющие общий отрезок границы, раскра-
шиваются в разные цвета.

ДОПОЛНЕНИЕ
ЗАМОЩЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ НАБОРОВ
ПОЛИМИНО*
С. В. Голомб
ЗАМОЩАЕМОСТЬ НАБОРАМИ ПОЛИМИНО И СПОСОБНОСТЬ
К САМО ВОСПРОИЗВОДИМОСТИ
Пусть 5 — конечный набор полимино. Область Я мы
будем называть замощаемой набором 5, если, выбрав какое-
то число экземпляров каждого из входящих в набор 5 по-
лимино, сможем составить из этих экземпляров рассматри-
ваемую область 5. При этом подразумевается, что все ис-
пользуемые полимино имеют один и тот же масштаб, то есть
составлены из квадратов одного размера, однако их можно
как угодно поворачивать, параллельно переносить, пере-
ворачивать (зеркально отображать). Число используемых
экземпляров каждого из входящих в набор 5 полимино
может быть различным; для отдельных полимино оно мо-
жет равняться нулю, что означает отказ от использования
именно этого полимино; если область Я бесконечна, то и
число экземпляров хоть одного из полимино должно быть
бесконечным.
Очевидно, что если данным набором полимино можно
замостить квадрант (то есть четверть плоскости), то им
можно замостить также полуплоскость и всю плоскость;
однако из замощаемости, скажем, полуплоскости замощае-
мость квадранта не вытекает. Эти соображения приводят к
установлению определенной иерархии областей /?, более
подробно обсуждаемой в работе [19].
Пусть набор 5 полимино таков, что каждое из входящих
в 5 полимино, рассматриваемое как плоска'я область, может
быть замощено с помощью полимино из набора 5; в таком
* О о 1 о т Ь 5. Ш., ТШп# \\п!Н 5е*5 о! РсПуонппоез, ^. Сот-
Ыпа1ог1а1 ТИеогу, 9, № 1, 60—71 ^и!у 1970). Статья печатается в
сокращении.
184

случае про 5 мы будем говорить, что этот набор обладает
слабой способностью к самовоспроизводимости. (Разумеется,
при этом предполагается, что каждая из рассматриваемых
областей составляется из числа полимино, большего еди-
ницы.) Это определение не требует, чтобы масштаб
каждой подобной одному из полимино области был одним
и тем же: воз*можно, что для того, чтобы замостить подоб-
ную полимино А область, А надо увеличить в одно число
раз, а для того, чтобы замостить подобную В область, по-
лимино В надо увеличить в иное число раз. Если с по-
мощью набора 5 можно замостить области, подобные всем
входящим в 5 полимино, взятые в одном и том же
масштабе, то про 5 говорят, что набор 5 обладает сильной
способностью к самовоспроизводимости. Конечно, термин
«способность к самовоспроизводимости» на самом деле умес-
тен лишь по отношению к тому, что мы назвали «сильной
способностью», ибо только в этом случае процесс воспроиз-
водимости полимино можно неограниченно продолжать.
В самом деле, если 5 обладает лишь слабой способностью к
самовоспроизводимости, то может случиться так, что для
замощения подобной полимино А области приходится ис-
пользовать полимино В и Су которые уже нельзя считать
полученными в результате подобного процесса из «мень-
ших» полимино: сложить из полимино из набора 5 можно
подобные В и С области, имеющие разный масштаб, тогда
как используемые для замощения А полимино должны
иметь одинаковый масштаб. Поэтому впредь, употребляя
термин «способность к самовоспроизводимости», мы всегда,
если только не оговорено противное, будем иметь в виду
именно «сильную» способность.
Ясно, что если с помощью полимино из набора 5 можно
замостить некоторый прямоугольник, то стороны этого
прямоугольника будут складываться из конечного числа
образующих наши полимино квадратов и поэтому будут
соизмеримы. А в таком случае нашими прямо-
угольниками можно замостить квадрат, и, значит, из по-
лимино из набора 5 можно сложить не только прямоуголь-
ник, но и квадрат. Последнее же в свою очередь означает,
что набор 5 полимино обладает способностью к самовоспро-
изводимости (ибо все полимино складываются из одинако-
вых квадратов!). Таким образом, из замощаемости прямо-
угольника следует замощаемость квадрата, а из послед-
ней— способность к самовоспроизводимости (рис. 1).
185

С другой стороны, можно доказать, что из способности к
самовоспроизводимости уже вытекает замощаемость квад-
ранта [19]. Таким образом, мы приходим к изображенной
на рис. 1 иерархии замощаемых областей, причем эта схема
содержит всего две нетривиальные импликации: в специ-
альном доказательстве [19] нуждаются лишь утверждения
Прямоугольник
Сильная
Самоеоспроизводимость
Слобап
Ьамовоспроизоодимость
Полуполоса
Угловая полоса
Квадрант а полоса
Полоса
Полуплоскость
Плоскость
Рис. 1. Иерархия возможностей замощаемости наборами пол ими но.
о том, что из замощаемости угловон полосы* следует замо-
щаемость полосы и что из способности к самовоспроизво-
димости следует замощаемость квадранта. При этом замо-
щаемость квадранта можно вывести лишь из сильной
способности к самовоспроизводимости. Впрочем, до сих
пор, кажется, не известен ни один конкретный набор по-
лимино, обладающий слабой способностью к самовоспро-
изводимости, но не обладающий сильной способностью.
Если подобный набор полимино в действительности сущест-
вует, то даже не ясно, можно ли им покрыть всю плоскость?
Этим объясняется место, отведенное на рис. 1 слабой спо-
собности к самовоспроизводимости.
На рис. 2 приведен пример набора полимино, обладаю-
щего способностью к самовоспроизводимости. Этот пример
* Так автор называет объединение двух перекрывающихся вза-
имно перпендикулярных полу полос, имеющих один общий угол
186

нетривиален, ибо ни одно из входящих в набор полимино
само по себе способностью к самовоспроизводимости не
обладает. Нетрудно видеть, что этот набор полимино поз-
воляет замостить прямоугольник.
т
Рис 2. Набор из двух гексамино, обладающий способностью к
самовоспроизводимости.
На рис. 3 изображен еще один набор из двух полимино,
который обладает способностью к самовоспроизводимости,
в то время как ни одно из входящих в набор пентамино
этой способностью не обладает. В самом деле, поскольку,
как показано на рис. 3, из наших пентамино можно сложить
Рис- 3. Набор из двух пентамино, позволяющий замостить квад*
рат.
квадрат размером 10 X 10, то из них можно также сложить
каждое из входящих в набор пентамино, увеличенное в
10 раз в каждом измерении. Мы предоставляем читателю
возможность попытаться самостоятельно выяснить, из ка-
ких вообще пар пентамино можно сложить квадрат.
187

На рис. 4 приведен интересный пример, показывающий
существенную зависимость замощаемости данным набором
полимино от требования, чтобы все полимино брались в
одном и том же масштабе. Три изображенных на рисунке
гексамино позволяют замостить прямоугольник, откуда
следует, что рассматриваемый набор полимино обладает
способностью к самовоспроизводимости. Однако с по-
мощью двух из рассматриваемых гексамино можно замос-
тить третье! Из сказанного вовсе не следует, что набор из
ШТОР
р
га
Рис 4. Набор из трех гексамино, которыми можно замостить пря-
моугольник, причем из двух гексамино можно составить третье.
Набор из двух гексамино не обладает способностью к самовоспроизводимости.
двух гексамино обладает хотя бы слабой способностью к
самовоспроизводимости, поскольку здесь уже на первой
стадии процесса воспроизводимости полимино нам придется
использовать гексамино разного масштаба.
Упомянем еще о понятии «способность к правильной
самовоспроизводимости (порядка к)». Оно означает,
что область, подобную каждому из входящих в рассматри-
ваемый набор полимино, можно составить, используя по к
экземпляров каждого полимино из нашего набора (то есть
одно и то же число каждого из полимино!). Так, на рис. 5,
заимствованном из статьи М. Гарднера Пж] (который в
этой связи ссылается на английского ученого М. Дж. По-
№

ваха), изображен набор из четырех гексамино, обладающий
способностью к правильной самовоспроизводимости пер-
вого порядка. (В той же статье указаны еще два набора,
которые обладают способностью к правильной самовоспро-
с_г
1
—1
гт_г
5
Рис 5. Набор из полимино, обладающий способностью к правиль-
ной самовоспроизводимости первого порядка.
изводимости первого порядка: один из них состоит из че-
тырех октамино, а второй — из четырех «тетраболо», тре-
угольных монстров, составленных из четырех треугольни-
ков каждый.)
ХАРАКТЕРИСТИЧЕСКИЕ ПРИМЕРЫ
Полуплоскость. На рис. 6 приведен пример замощения
полуплоскости парой полимино. В то же время легко убе-
диться, что ни квадранта, ни полосы этими полимино за-
мостить нельзя, ибо у замощенной области невозможно
обеспечить наличие двух строго прямолинейных границ.
Тем самым устанавливается, что из замощаемости полуплос-
кости не следует замощаемость, скажем, квадранта.
Квадрант. На рис. 7 показано замощение квадранта с
помощью набора из двух полимино. Легко показать, что
этот набор полимино не позволяет замостить полосу, так
что его можно считать характеристическим для квадранта.
189

111ИИ
11111 гт~
В
1И П ЬГ
1 И Ц 1
1 1 1 г т 1 т '
11 1" Г Г " 1
1
1 П и 1
ТТТгтП
ф\ 1 1 1 1 1 {
1 п И
( 1 1 -]
111И1
Рис, 6. Характеристический пример для полуплоскости»
,й :
на
Рис- 7. Характеристический пример для квадранта.
Квадрант и полоса. На рис. 8 и 9 показаны замощения
квадранта и полосы с помощью набора из двух полимино
(в обоих случаях для замощения полосы реально исполь-
зовано лишь одно полимино).
Для фигурирующего на рис. 8 набора несложно пока-
зать, что с его помощью нельзя покрыть угловой полосы;
следовательно, этот набор можно считать характеристиче-
ским именно для квадранта и полосы. По-видимому, то же
можно сказать и о приведенном на рис. 9 наборе, хотя здесь
190

ПШНПННННН
Рис. 8. Характеристический пример для квадранта и полосы:
«собака» и «корыто».
Рис. 9. Характеристический пример для квадранта и
полосы: П-пентамино и «стул».
не так просто убедиться в невозможности замощения с его
помощью угловой полосы.
Полуполоса. На рис. 10 изображено замощение полупо-
лосы с помощью одного 11-пентамино и бесконечного ряда
одинаковых «вилкообразных» гексамино Невозможность
замощения прямоугольника этим набором полимино почти
очевидна: мы не сможем обеспечить у замощаемой фигуры
третьей прямолинейной стороны.
191

Рис. 10. Характеристический пример для полуполосы.
гнтг
п г
Н г
п
|м м 1111
н ■
-1
1 1 П 11 1 И
[11 [111 Ц| 1
I
1' *' 1 1 1 ^ 1! 1
ГТ 1 II 1 1 П 1 М
Рис. 11. Замощение полуполосы единственным гептамино.
На рис. 11 полуполоса шириной в 6 единиц (равных сто-
роне образующего полимино квадрата) замощена с помощью
единственного гептамино. При этом нетрудно установить,
что подобное замощение иным способом осуществить нель-
зя, откуда сразу следует, что этим гептамино нельзя за-
мостить прямоугольник со стороной в 6 единиц. Однако
пока никому не удалось доказать, что с помощью этого
гептамино (или любого другого полимино, ^которым можно
замостить полуполосу) нельзя замостить никакого
прямоугольника.
покрытия прямоугольников
конгруэнтными л-мино*
Д. А. Клэрнер
Квадратная сетка состоит из узлов, ребер и клеток.
Узлами сетки являются все точки, имеющие в заданной на
плоскости декартовой прямоугольной системе координат
целочисленные координаты; ребра — отрезки, соединяю-
щие соседние узлы сетки, а клетки — единичные квадраты,
на которые разбивают плоскость ребра сетки, л-мино — это
объединение п клеток сетки, которое не распадается на
отдельные части и которое нельзя разбить на части удале-
нием отдельных вершин (а лишь удалением целых ребер
сетки).
* К 1 а г п е г ^. А., Раскш^ а Кес1ап§1е ^Нп Соп§гиеп1
УУ-оттоез, /. СотЫпаШ1а1 ТНеогу, 7, № 2, 107—115 (5ер1етЬег
1969).
192

Мы будем говорить, что п-мино X может покрыть (или
заполнить) прямоугольник /? размером а X Ь, если # мож-
но разбить на непересекающиеся (не имеющие общих
внутренних точек) части Xи X2, ... , конгруэнтные
X. Если в этом покрытии участвуют к копий X (то есть если
площадь /? равна кп)у то мы будем говорить, что рассматри-
ваемое покрытие имеет кратность к. Совокупность крат-
ностей покрытий конгруэнтными Х-полимино всевоз-
можных прямоугольников /? условимся обозна-
чать через Р (X); если с помощью X нельзя покрыть ни-
какого прямоугольника, будем писать Р (X) = 0*. По-
скольку из к 6 Р (X), очевидно, следует, что и \к^Р (X)
(где / = I, 2, 3, ... ), то множество Р (X) либо пусто, либо
бесконечно. Наименьшее из входящих в множест-
во Р (X) чисел мы будем обозначать через р (X) и называть
порядком п-мино X. Ясно, что р (X) = 1 в том и только в
том случае, если X — прямоугольник. Верно ли, что если
р (X) нечетно, то р (X) = 1 (и, значит, X —прямоуголь-
ник)? Вопрос этот представляется вовсе не простым.
Легко охарактеризовать и все п-мино второго порядка
[все п-мино X, для которых р (X) = 2 ]. Прямоугольник /?
размером а X Ь, где аЬ = 2л, можно разрезать на два кон-
груэнтных п-мино, проведя образованную ребрами сетки
ломаную, соединяющую две противоположные стороны /?
и симметричную относительно центра Я. Пересчитав все
ломаные такого рода, мы найдем число всех п-мино второго
порядка.
Кажется очевидным, что п-мино третьего порядка вовсе
не существует: если 3 6 Р (X), то р (X) = 1; ины-
ми словами, прямоугольник можно покрыть тремя конгру-
энтными п-мино лишь в том случае, если эти п-мино пря-
моугольники. Идея возможного доказательства этого ин-
туитивно ясна, однако привести точное доказательство,
видимо, не легко. Было бы интересно выяснить также,
возможно ли разбить какой-либо прямоугольник на три
любые (но не прямоугольные!) конгруэнтные части X ь
Х2 и Х3 (разумеется, не имеющие общих внутренних
точек).
Дать исчерпывающее описание всех полимино четвер-
того порядка, вероятно, достаточно трудно. Кажется прав-
* Символом 0 в математике обозначается так называемое пус-
тое множество, не содержащее ни одного элемента.
193

доподобным, что каждое полимино четвертого порядка
должно принадлежать к одному из двух описываемых ни-
же классов; однако, даже если это утверждение справедли-
во, вряд ли существует достаточно простое его доказатель-
ство.
Обозначим через 5^ ступенчатое Л^-мино (или Ы-лест-
ницу) с к ступенями высоты #; площадь N этого ЛЧшно,
очевидно, разна
Л^е20+2 + 3+ ... +к)=^±^ё*.
Ясно, что 8нё подобно (в смысле элементарной геометрии)
л-мино 5?, составленному из первых к клеток квадратной
Сь Л
Рис. 1.
сетки, расположенных в 1-й строке справа от оси ординат,
первых к— 1 клеток 2-й строки, ... , первой клетки Л-й
строки; здесь п = [к (к + 1) 1/2. Аналогично через 5^ + 5{
обозначим объединение зеркального образа 5^, получае-
мого отражением 5^ от оси ординат, и 5{. На рис. 1 изобра-
жены 5?, 5? + 5г и прямоугольник размерем 5x8, по-
крытый четырьмя копиями 51 +• 5г.
Двумя экземплярами 8и можно покрыть прямоугольник
размером иь X ({IV + и)> который мы будем обозначать
через /? (81). Если одна из сторон прямоугольника /? (5!)
имеет ту же длину, что и одна из сторон /? (5^), то четырьмя
экземплярами 5{ + 5^ можно покрыть некоторый прямо-
угольник. Например, если // = §й + #. мы можем разрезать
прямоугольник /? размером Щ + цк + §) X Щ +$к + /)
на два экземпляра /?.(5{) и два экземпляра Я (5^) так,
чтобы получающаяся в результате конфигурация была
симметрична относительно центра исходного прямоуголь-
ника /?. Если экземпляры 5{" и 5*, используемые для покры-
тия прямоугольников /? ($') и /? (5^), получаются из сту-
пенчатого полимино 8ц поворотом (но не отражением —то
194

есть их не приходится переворачивать), то связанная с /?
конфигурация может быть изменена таким образом, что из
нее получится прямоугольник, покрываемый четырьмя
экземплярами 5{ + 5^. Разумеется, полимино 5{ + 8% не
обязательно имеет четвертый порядок — его порядок может
равняться двум; однако нетрудно установить накладывае-
мые на числа I, /, § и к условия, при выполнении которых
этот порядок равен именно четырем. Описанная конструк-
ция (где I = / = 2, § = 1 и к = 3) изображена на рис. 2.
1
К5'1*1
-*-у+
1-й-]
ни
гч
Б-
с—1л
5
Рис 2.
Рис 8.
Элементы другого класса полимино четвертого порядка
(частично, возможно, пересекающегося с первым классом)
можно получить с помощью разбиения квадрата размером
2/х 2/ (/ = 2, 3,...) на четыре конгруэнтных /2-мино,
получаемых поворотами на 0, 90, 180 и 270° некоторой обра-
зованной ребрами квадратной сетки ломаной, выбранной
так, что итоговая конфигурация оказывается симметричной
относительно центра квадрата. Пример /г-мино этого типа
приведен на рис. 3.
Рис. 4.
Рис 5.
Существуют ли полимино, порядок которых отличен
от 1, 2 и 4? Все известные нам примеры исчерпываются изоб-
раженными на рис. 4—7 пентамино порядка 10, гексамино
195

порядка 18, гептамино порядка 28 и октамино порядка 24.
На всех рисунках не покрытая полимино часть (или части)
прямоугольника конгруэнтна покрытой части; следователь-
но, они могут быть покрыты аналогично области, разбитой
на полимино.
Если множество Р (X) содержит лишь четные чис-
ла, то полимино X мы назовем четным; в противном случае
(то есть если существует хоть один прямоугольник
I
И
^л
Ы1
VI
У^-1
Рис. 6.
Рис. 7.
#, кратность покрытия которого конгруэнтными X поли-
мино нечетна) назовем X нечетным. Интересно было
бы выяснить условия, позволяющие для каждого заданного
полимино определить, является ли оно четным или нечет-
ным, но пока мы еще очень далеки от решения этой задачи.
Можно лишь доказать, что оба рассматриваемых класса
содержат бесконечно много различных полимино.
Теорема 1. Существует бесконечно много попарно
не подобных непрямоугольных* нечетных полимино.
Доказательство. Прямоугольник /? размером
5x9, изображенный на рис. 8, покрыт 15 Ь-тримино, из
чего сразу следует, что это тримино нечетное. Если растя-
нуть # в а раз по вертикали и в Ь раз по горизонтали, он
перейдет в прямоугольник размером 5 а X 9 Ъу покрытый 15
* Разумеется, каждое прямоугольное полимино нечетно, ибо
его порядок равен 1.
196

ЗаЬ-мино, конгруэнтными изображенному на рис. 9. Обоз-
начим это ЗаЬ-мино через Хьа. Очевидно, что Хъа нечетно
[поскольку, например, 15 6 Р {Хьа) ]. Если мы теперь огра-
ничимся лишь взаимно простыми ои 6, причем потребуем
еще, чтобы было а < 6, то придем к бесконечному множест-
Т
2а
1
и-ь-**
-2Ь-
Рис 8.
Рис 9.
ву нечетных полимино, ни одно из которых не будет подоб-
но ни одному другому.
Кажется довольно неожиданным, что 11 Х\ можно по-
крыть прямоугольник, однако такое покрытие существует:
оно изображено на рис. 10. Нам не известен ни один пример
вд
Рис 10.
непрямоугольного полимино, которым можно покрыть пря-
моугольник с кратностью покрытия меньшей 11; более
того, мы не знаем ни одного отличного от Х\ и от прямо-
угольника полимино, которым можно покрыть прямоуголь-
ник с кратностью 11. Не равна ли 11 наименьшая
возможная нечетная кратность покрытия прямоугольника
непрямоугольным м-мино? Ответ на этот вопрос нам не-
известен.
На рис. 11 и 12 приведены два примера нечетных пента-
мино; решить вопрос о том, четно или нечетно изображен-
ное на рис. 4 пентамино, мы так и не смогли. Мы не знаем
также ни одного отличного от изображенных на рис. 11 и
12 полимино и от бесконечной серии полимино Хьа [где а,
6= 1, 2, 3, ... ], про которое было бы точно известно, что
оно нечетно, хоть вполне возможно, что найти другие при-
меры вовсе не так трудно.
197

Нетрудно построить л-мино второго порядка, наверня
ка являющееся четным: этого можно достичь, специальныл
образом сочленяя л-мино само с собой. Однако боле<
«МИШ
[г
-Г
ТГТ
VIй!
\ Г \
**ИРЧ
цттт
|
Рис. 11.
ГгС
^н
Ш1П
Рис 12.
удовлетворительным кажется способ доказательства су-
ществования бесконечного множества четных полимино,
базирующийся на следующей теореме.
Теорема 2. Пусть клетки квадратной сетки рас-
крашены в белый и черный цвета в шахматном порядке, и
пусть некоторое 2п-мино X состоит из к черных и 2п—к
белых клеток, где кф п. Тогда, если с помощью X можно
покрыть хоть один прямоугольник, полимино X четное.
Доказательство. Пусть прямоугольник /? по-
крыт Н экземплярами Х1У Х29 ... , Хн, удовлетворяющего
условиям теоремы 2л-мино X. Разобьем совокупность
этих Н полимино на две части, 5 и Г, отнеся к 5 все Хь
(1= 1, 2, ... , к), состоящие из к черных и 2п—к белых
клеток, а к Г — полимино Хь, состоящие из 2п—к черных
и к белых клеток; количество полимино в множествах 8 я Т
обозначим через |5| и \Т\. Поскольку площадь прямоуголь-
ника /? равна 2пН, этот прямоугольник состоит из
пН черных и пН белых клеток. Каждое полимино из 5 по-
крывает к черных клеток, и каждое полимино из Т покры-
вает 2л—к черных клеток. А так как все полимино из сово-
купностей 5 и Т вместе покрывают все черные клетки пря-
моугольника /?, то
пк = *|5| + (2л—й)|Г|.
Аналогично число белых клеток прямоугольника # равно
лА=(2/1—й)15| + А|Г|.
198

Следовательно,
к\8\ + (2п — к)\Т\=(2п — к)\8\ + к\Т\,
в силу чего (поскольку к Ф п) |5| = 171, так что
А = |5| + |Г|=2|5|,
очевидно, является четным.
На рис. 13 изображено семейство 4/г-мнно Уг, У2, ... ,
попарно не подобных друг другу и удовлетворяющих
условиям теоремы 2. Этот пример служит доказатель-
ством того, что справедлива
Теорема 3. Существует бесконечно много попарно
не подобных четных полимино.
■ И няни ИИИИАД
Рис. 13.
Другое (бесконечное) семейство четных 2я~мино, не
охватываемое теоремой 2, может быть найдено с помощью
следующей теоремы.
Теорема 4. Пусть столбцы клеток квадратной сет-
ки последовательно окрашены в черный и белый цвета и
пусть X — такое 2п-мино, что каждое конгруэнтное ему
2п-мино состоит либо из к черных и 2п—к. белых клеток,
либо, наоборот, из 2п—к черных и к белых клеток, где кфп.
Тогда, если с помощью X можно покрыть хоть один пря-
моугольник, полимино X четное.
Доказательство. Пусть прямоугольник 7? по-
крыт Н экземплярами Х1У Х2, ... , Хн, удовлетворяющего
условиям теоремы 2л-мино X. Мы всегда можем считать #
расположенным так, что он покрывает пН черных и пН бе-
лых клеток. Разобьем теперь Н полимино Хх, Х2) ... , Хн
на два класса, 5 и Т, отнеся к первому из них те полимино,
которые покрывают к черных клеток, а ко второму — поли-
мино, покрывающие к белых клеток. Рассуждая далее в
точности как при доказательстве теоремы 3, мы заключим,
что [5| = \Т\и что число А= |5| + \Т\ = 2 |5| четное.
199

Каждое из изображенных на рис. 14 4л-мино 2Х, 22, ...
удовлетворяет условиям теоремы 4 (но ни одно из них не
удовлетворяет условиям теоремы 2!), поэтому все эти поли-
мино являются четными. А так как никакие два из поли-
мино 2Ь 22У 23, ... не подобны друг другу, то из рис. 14
Ос ИЬ Шс
Рис. 14.
следует еще одно доказательство теоремы 3. Изображенное
на рис. 5 гексамино также удовлетворяет условиям теоре-
мы 4, поэтому и оно является чётным. Вполне возможно,
что это гексамино даже таково, что кратности покрытий с
его помощью любых прямоугольников все делятся на 4,
а может быть, даже на 8.
Имеется несколько теорем, характеризующих прямо-
угольники, покрываемые конкретными полимино X. Прос-
тейший случай — когда X само есть прямоуголь-
ник — исследован до конца.
Теорема 5. Прямоугольник Я размером а X Ь мо-
жет быть покрыт прямоугольниками размером 1 X 6. в
том и только в том случае, если на й делится а или Ь.
Доказательство. Если а или Ь делится на йу
то прямоугольник /?, очевидно, может быть разбит на
(1 X й)-прямоугольники.
Предположим теперь, что {а х &)-прямоугольник /?
покрыт прямоугольниками 1 X й, и пусть а = цй -\- г,
где 0 < г <; й. Перпендикулярные стороне длиной а (ко-
торую мы будем считать горизонтальной) ряды клеток за-
нумеруем слева направо числами 1,2, ... , а и затем начнем
их последовательно красить в й цветов [^ /2, ... $а\ при
этом т-й столбец получит цвет [1у где т = I -»- (той й).
Если 1( — число клеток прямоугольника #, закрашенных
цветом }ь то при 1 < I < г имеем 1Ь= цЬ + Ь, а если
г + 1 <^ I <; йу то /; = цЪ. Пусть х — число «горизонталь-
ных» прямоугольников размером 1 х й, содержащих в
точности по одной клетке каждого из цветов [1у а у — число
«вертикальных» прямоугольников, состоящих из й клеток
200

одного цвета. При этом положим у = у ^ + у2 + ... + уй,
где уь — число прямоугольников, целиком окрашенных
цветом {ь (здесь I = 1, 2, ... , й). А так как 1{ = х + йуь
то имеем
/, = х + йуь = х + йу} = }; (той д)\
здесь /, /= 1, 2, ... , й любые и 1Ф\. В частности,
/х = дб + Ь = /г+1 = цЬ (той й),
так что Ъ = 0 (той <2), то есть делится на й.
Следствие. Прямоугольник Я размером а X Ь мож-
но покрыть прямоугольниками размером с х й, в том и
только в том случае, если а или Ь делится на с и а или Ь
делится на й, причем если и на с, и на й делится одна из
сторон прямоугольника К, а вторая не делится, то другая
сторона имеет вид сх + йу, где х и у — целые неотрица-
тельные числа.
Доказательство. Если, скажем, а делится на
су а Ъ делится на А, то прямоугольник /? размером а X Ь
очевидным образом может быть разбит на прямоугольники
размером с х й. Если а делится и на ей, и на аЬ = сх + йуу
где х и у — целые положительные числа, то прямоуголь-
ник /? можно разрезать на х полос размером с X й и у
полос размером й х а, каждую из которых можно разбить
на прямоугольники размером с X &.
Пусть теперь прямоугольник /? размером а X Ъ разбит
на (с х ^-прямоугольники Поскольку каждый (с х й)-
прямоугольник можно разбить на (1 X й)-полосы, то, в
силу теоремы 5, отсюда вытекает, что а или Ь делятся на й\
точно так же показывается, что а или Ь делятся на с. Нако-
нец, каждая сторона прямоугольника Я состоит из ряда
отрезков длин с и А примыкающих к ней сторон (с X й)-
прямоугольников, то есть она может быть представлена в
виде сх + йу, где х, у > 0. Отсюда и вытекает требуемое
утверждение.
Задача полной характеризации всех прямоугольников,
покрываемых с помощью /г-мино второго порядка Ху пред-
ставляется безнадежно трудной. Даже если мы ограничим-
ся лишь (простейшими после прямоугольных!) /.-образны-
ми л-мино второго порядка, то и тогда искомая теорема
будет, по-видимому, слишком запутана, чтобы ее можно
было бы сформулировать разумным образом. Ясно, что
201

если /г-мино X сочетается само с собой некоторым сложным
способом, образуя прямоугольник г размером с X й, то X
покрывает прямоугольник #, когда 7? можно разбить на
равные г части; однако не ясно, какой точный смысл следует
придать здесь выражению «сочетается сложным способом».
С. Голомб в статье [8] утверждает, что можно найти
необходимое и достаточное условие того, чтобы Ь-тетрами-
но (наименьшее из изображенных на рис. 14 полимино)
покрывало прямоугольник размером а х Ь. Автор настоя-
щей статьи и другие исследователи показали, что Ь-тетра-
мино покрывает прямоугольник размером а X Ь тогда и
только тогда, когда а, Ь > 1 к аЬ делится на 8. Валкуп в
статье [9* ] доказал, что Т-тетрамино покрывает прямо-
угольник а X Ь тогда и только тогда, когда а и Ь делятся
на 4; возможно, что его метод может быть также применен
для доказательства того, что изображенное на рис. 4 пен-
тамино покрывает некоторый прямоугольник в том и только
в том случае, если одна сторона этого прямоугольника де-
лится на 5, а другая — на 10. Из этого следовало бы, что
У-пентамино (с помощью которого, как нетрудно показать,
можно покрыть любой прямоугольник размером 16 X Ьт
и любой прямоугольник размером 24 X 5т, где т = 2,
3, 4, ...) есть четное полимино, но пока этот вопрос остается
открытым.
Приведем в заключение еще одну теорему такого рода.
Теорема 6. Прямоугольник Я размером а X Ь в
том и только в том случае можно покрыть с помощью изо-
браженного на рис, 14 Р-октамино, если а,Ь> 3 и аЬ
делится на 16.
Доказательство. Если а, Ь > 3 и аЬ делится
на 16, то прямоугольник /? размером а X Ь можно разре-
зать на прямоугольники, размеры которых указаны на
рис. 15.
Пусть теперь мы имеем прямоугольник /? размером
а X Ьу покрытый с помощью к экземпляров Р-октамино;
в таком случае аЬ = 8к. Чтобы показать, что аЬ делится
также и на 16, достаточно убедиться, что наше полимино
четное. Поскольку аЬ делится на 8, одна из сторон прямо-
угольника Я — скажем, сторона а — делится на 4. Бу-
дем считать эту сторону горизонтальной и занумеруем а
столбцов клеток рассматриваемого прямоугольника числа-
ми 1,2, ... , а; затем закрасим т-й столбец в красный цвет,
202

если т = 1 (той 4), в белый цвет, если т = 2, 4 (той 4),
и в синий цвет, если т = 3 (той 4). Будем говорить, что
покрывающее /? Р-октамино имеет тип (х, //, г), если оно
состоит из х красных, у белых и г синих клеток. Обозначим
теперь через 5 ь 52, 53, 5 4, 5 5 и 56 соответственно множест-
ГЦ
1
гц
Рис 15.
ва Р-октамино из покрытия типов (3, 4, 1), (1, 3, 4), (4, 2, 2),
(2, 6, 0), (2, 2, 4) и (0, 6, 2). Легко удостовериться в том, что
произвольное Р-октамино из данного покрытия непременно
относится к одному из этих типов. Поскольку же число
синих клеток в Ц равно числу красных клеток, то мы имеем
315,1 + 15,1 + 415,1 + 215,1 + 21551 =
= |51| + 4|521 + 2|531 + 4155| + 2|5е|>
откуда
|51| + |58| + |54Н152| + |55| + |5в!.
Таким образом, в покрытии использовано всего
|51| + |5а| + |5,| + |541 + |5, | + |56|=.
= 2(15,1 + 1531 + 15,1)
Р-октамино; следовательно, это октамино четное.

БИБЛИОГРАФИЯ*
I. СТАТЬИ О ПОЛИМИНО
А) 8Ыеп(фс А тег кап:
[1] Оагйпег М., заметки в рубрике «Математические развлечения
и игры»**:
а) АЬои! Ше КетагкаЫе 51тПап1у Ве1туееп 1Не 1соз1ап Сате
ап<3 1Ье То\уег о! Наши, 196, Л1? 5, 154—156 (1957).
б) Моге аЪои1Сотр1ех Ооггппоез, Р1из 1Ье Апзч^егз {о 1-Э51
МопхЬ'з РиЫез, 197, № б, 126—129 (1957).
в) А Сате т ШЫсЬ $1апс1агс1 Р1есез СотрозеД оГ СиЬез Аге
АззетЫеа1 т1о Ьаг&ег Рогтз (5ота СиЬез), 199, № 3, 182—
188 (1958).
г) Моге аЬои! 1Ье $Ьарез ТНа* Сап Ве Майе ип!Н Сотр1ех Оогш-
поез, 203, № 5, 186—194 (1960).
д) А Ые^ СоНесНоп о! Вгат Теазегз, 204, № 6, 168 (1961).
е) $оте Ригг1ез Вазес! оп СЬескегЬоагйз ала* Апзшегз 1о Ьаз!
МогйЬ'з РгоЫетз, 207, № 5, 151—159 (1962).
ж*) 01 5ргои1з апа" Вги$зе1з 5ргои1з, Сатез ш!Ь а Торо1о^1са1
Р1ауог, 217, № 1, 112—116 (1967).
з*) Р1еазигаЫе РгоЫетз \уНЬ Ро1усиЬез, апй 1Ье №тшп§ 51га-
1ебу *ог зтЬег, 227, № 3, 176-182 (1972).
Б) КесгеаИопЫ МаОгетаИсз Мадагспе:
[2] Со1отЬ 5. №., ТЬе Сепега1 ТЬеогу о? Ро1уогшпоез:
а) Оогшпоез, РегЛогшпоез, апс! СЬескегЬоагйз, № 4, 3—12
(1961).
б) РаИегпз апс! Ро1уогшпое5, №5,3—12 (1961) (см. также
Г^о1ез, 13—14).
в) Репт.огшпо Ехс1изюп Ьу Мопоттоез, № 6, 3—20 (1961).
г) Ех1епз1опз оГ Ро1уогшпоез, № 8, 7—16 (1962).
[3] Апйегзоп Л. Н.:
а) Ро1уопппое5 — ТЬе сТтегйу РгоЫет», №9, 25—30 (1962).
б) Ро1уоггппоез — ТЬе «Т\уеп1у РгоЫет» апс! СНпегз, № 10,
25—28 (1962).
* Звездочкой отмечены названия (и целые разделы библиогра-
фии), отсутствующие у автора.
** См. также составленные по материалам журнала 8с1епИ(1с
А тег кап книги [34 — 36].
204

В) Ыет ЗсьепШк
[4] 0'Ве1гпе Т. Н., заметки в рубрике «Игры и парадоксы»:
а) РеП'з ЕяиаНоп т Тъто Рори1аг РгоЫетз, № 258, 260—261
(1961).
б) Реп(опппое5 апс! Нех1атопс!5, № 259, 316—317 (1961).
в) 5оте Нех1атопс! 5о1иНоп$ апс! ап 1п1гос!ис*юп 1о а 5е1 о\ 25
КетагкаЫе Рот!з, № 260, 379—380 (1961).
г) Рог Воуз, Меп апс! Негоез, № 266, 751—752 (1961).
д) 5оте Те1гаЬоНса! ОНПсиШез, № 270, 158—159 (1962).
Г) Ртгу Спезз ^еV^ет:
[5] Ба^зоп Т. К., Ьез!ег \У. Е., А Ыо!а1юп 1ог 015зес1юп РгоЫетз,
3, № 5, 46-47 (1937).
[6] Зхеас! №.. ЭгззесКоп, 9, Лг° I, 2—4 (1954).
Д) А тег (сап Ма(петаНса1 МопШу:
[7] Оо1отЬ 5. \У., СЬескегЬоагс!5 апс! Ро1уоттое5, 61, № 10, 672—
682 (1954).
[8*1 Оо1отЬ 5. Ш., Юагпег О. А., Соуепп^ а Кес1ап§1е ш!Ь Ь-1е!го-
тшоез, 70, № 7, 760—761 (1963).
[9*] Ша1кир Е). №., Соуегтп§ а Кес1ап§1е чгНЪ. Т-Ыготтоез, 72,
№ 9, 986—988 (1965).
[10*] КеИу ^ В., Ро1упогта1з апс! Ро1уот1пое5, 73, № 5, 464—471
(1966).
[11*] 5р1га К., Оаппоп О., 1трозз1ЫШу о! Соуепп^ а Кесхап§1е
\уйп Ь-Нехоттоез, 75, № 7, 785—786, 1968.
Е*) Квант:
[12] Сойфер А. Ю., Клетчатые доски и полимино, № 11, 2—10
(1972).
[13] Колотое А. Т., Об одном разбиении прямоугольника, № 1,
14—16 (1973).
[14] Кордемский Б. А., Красочная комбинаторика, Кг 9, 18—23
(1973).
[15] Сойфер А. Ю.:
а) Наш зоопарк, № 1, 64, 1973.
б) Новоселы зоопарка «Кванта», № 9, 1973, стр. 77.
Ж*) Наука и жизнь:
[16] Пентамино, 1967, № 2, 68—69; № 3, 41; № 4, 148—149; № 5,
53; № 6, 65; № 7, 44—45; № 8, 120—121; № 10, 154—155;
№ 11, 142—143; № 12, 116—117; 1968, № 1, 85—86.
[17] Гексатрион, 1968, № 1, 86—87; № 6, 37; № 11, 63.
[18] Еж в клетке, 1968, № 9, 123.
3*) Зоита1 о{ СотЫпа1опа1 ТНеогу:
[19] Оо1отЬ $. Ш„ ТШп^ \уЛп Ро1уоттоез, 1, 280—296 (1966).
[20] К1агпег В. А., Раскт§ а Рес!ап^1е тыИЬ Соп^гиеп! N-00110068,
7, 107—115 (1969). (См. выше стр. 192—203.)
205

[21] Вошукатр С. Л., Раскт^ а Нес1апб1е Вох \уИЬ Т\уе1уе 5оН<1
Регйогтипоез, 7, 278—280 (1969),
[22] Со1отЬ 5. №., ТШпе \уКЬ 5е*з оГ Ро^огшпоез, 9, 60—71 (1970).
(Ср. выше стр. 184—192.)
И) Разные журналы и сборники:
[23] Кееуе 3. Е., ТуггеИ Л. А., Маез1го Риг21ез, Ма1кета1ка1 Са*
геИе% 45, 97—99 (1961).
[24] Кеай К. С, СоптпЬиИопз 1о 1Ье Се11 Сго\у*Ь РгоЫет, Сапай.
]оита1 о/ МаМ.> 14, № 1, 1—20 (1962).
[25] На]1тап Ве1а, Оп Соуепп^з о[ СепегаНгед СЬескегЬоагс!» I,
Ма§уаг Тий. Акай. МЫ. КиШо 1п(. Кдге., 7, 53—71 (1962).
[26*] К1атег Э. А., 5оте КезиНз Сопсетт^ Ро1уоттое5, ПЬо-
паса (}иаги9 3, № 1, 9—20 (1965). '
[27*] К1агпег О. А., СеП Ого\у1Ь РгоЫетз, Сапой. ЗоигпаХ о/ Ма!Н.ш
19, 851—863 (1967).
[28*] К1агпег О. А., Ме1Ьос1з Гог 1Ье Сепега1 СеН Сго\у!Ь РгоЫет, в
сб. «СотЫпа1опа1 ТНеогу апсПтз АорНсатюпз», ВаЫопГйгес!
(Нип^агу), 705-720 (1969).
[29*] Юагпег Б. А., Н1уез1 К., А Ргосес!иге Гог 1тргоуш& 1Ье Цррег
Войне! [ог 1Ье МитЬег о! я-оттоез, Сапай. Зоигпа1о$ Ма1п.,
25, 585-602 (1973).
[29*а] К1агпег Э. А. ИуезИ К., Азутр(оИс ВоипсЬ Гог 1Ье ЫитЬег
о! Сопуех л-оттоез, ВЫге1е Ма(Н., 8, № 1, 31—40(1974).
[30*] Ьиппоп №. Р., СоипИпб Ро1уогшпоез, в сб. «Сотриг.егз т
NитЬег ТЬеогу» (состав. А. О. Ь. АШп, В. Л. В1гсЬ), Ьоп-
с!оп, Аса^егшс Ргезз, 1971, 347—372.
[31*] Ьиппоп Ш. Р.,СоипИп§Нехо§опаг апс! Тпап^Ыаг Ро1уогп1Поез,
в сб. «ОгарЬ ТЬеогу ап<3 СотриНп^» (состав. К. С. Йеас1),
Ые^у Уогк—Ьопс1оп, Асаёеппс Ргезз, 1972, 87—100.
[32*] Ьиппоп XV. Р., 5утте*гу о! СиЫса1 апс! Оепега1 Ро1уоттоез,
в том же сборнике, что и [31], стр. 101—108.
II. КНИГИ, ВКЛЮЧАЮЩИЕ МАТЕРИАЛ О ПОЛИМИНО
[33] Оийепеу Н. Е., ТЬе СаптегЬигу Риг21ез, №\у Уогк, Боуег
РиЪНсаНопз 1пс, 1958, РгоЫет 74, ТЬе Вгокеп СЬеззЬоагс!,
119—120.
[34*] Гарднер М., Математические головоломки и развлечения, М.,
изд-во «Мир», 1971, гл. 12, 21, 46.
[35*] Гарднер М., Математические досуги, Мм изд-во «Мир», 1972,
гл. 3, 6, 21, 24.
[36*] Гарднер М., Математические новеллы, М., изд-во «Мир», 1974,
гл. 7, 20, 22.
[37] Ниптег 3. А., Ма^асЬу Л. 5., Ма1Ьета11са1 01уегз10П5> Ые\у
Уогк, Э. Уап Ыоз!гапс1 Сотрапу, 1пс, 1963, гл. 8, 77^-89.
III. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ЭВМ В ЗАДАЧАХ О ПОЛИМИНО
[38] 5сои ^. 5., Рго&гаттш& а СотЫпа(ог!а1 Ригг1е (неопублико-
ванная работа), Оераггтеп* о! Е1ес1пса1 Еп&теепп§, Ргт-
се{оп ишуегзйу, Рппсе1оп# N. Л., Липе 10, 1958.

[39*] Кеа^ Н- С, А Сепзи$ оГ Тпап^Шаг-СеНеа1 АттаЬ, 5а. Нер.
иУ?ЛСС12, МгАЫ 5Ыез АР05К Р^ес*, 1026—1066 (1968).
[40*] Воишкатр С 5., СаЫо^ие о! $о1и1юп5 о! *Не Кес*ап^и1аг
3X4X5 5оИс1 Реп*отто РгоЫет, Теспшзспе Но^езсЬоо!
ЕтсШоуеп, №Шег1ап<15, Оераг*теп1 о! Ма1Ьетаис$, 1967,
310.
IV. СОЧИНЕНИЯ ПО КОМБИНАТОРИКЕ И ПО ТЕОРИИ ГРАФОВ
[41] Риордан Дж., Введение в комбинаторный анализ, М., ИЛ, 1963.
[42] Оо1отЬ 5. Ш., А Ма1петаИса1 Тпеогу о[ 01$сге*е ОаззШса-
1юп, в сб. «Роигп Ьопс1оп 5утроз1ит оп Могтаиоп Тпеогу»,
Ьопс1оп, ВиЙег\^ог1Ь, 1961, 404—425.
[43*] Холл М., Комбинаторный анализ, М., ИЛ, 1963.
[44*1 Райзер Г. Дж., Комбинаторная математика, М., изд-во «Мир»,
1966.
[45*1 Холл М., Комбинаторика, М., изд-во «Мир», 1970.
[46*] Оре О., Теория графов, М., изд-во «Наука», 1968.
147*] Харари Ф., Теория графов, М., изд-во «Мир», 1973.
[48*] Со1отЬ 5. №., Нош 1о ЙитЪег а СгарЬ., в сб. «ОгарЬ ТЬео-
гу апй СотриНп^» (см. [31]), 23—27.
V.* КНИГИ И БРОШЮРЫ ПО КОМБИНАТОРНОЙ ГЕОМЕТРИИ
[49] Хадвигер Г., Дебруннер Г., Комбинаторная геометрия плос-
кости, М., изд-во «Наука», 1965.
[50] Болтянский В. Г., Гохберг И. Ц., Теоремы и задачи комбина-
торной геометрии, М., изд-во «Наука», 1965.
[51] Данцер Л., Грюнбаум Б., Кли В., Теорема Хелли и ее приме-
нения, М., изд-во «Мир», 1968.
[52] Яглом И. М., Как разрезать квадрат?, Мм изд-во «Наука»,
1968.
[53] Болтянский В. Г., Гохберг И. Ц., Разбиение фигур на меньшие
части, М., изд-во «Наука», 1971.
[54] Грюнбаум Б., Этюды по комбинаторной геометрии и по теории
выпуклых тел, М., изд-во «Наука», 1971.
[55] Яглом И. М., О комбинаторной геометрии, М., изд-во «Зна-
ние», 1971.
[56] Яглом И. М., Элементарная геометрия прежде и теперь, М.,
изд-во «Знание», 1972.
[57] Шклярский Д. О., Ченцов Н. Н., Яглом И. М., Геометрические
оценки и задачи из комбинаторной геометрии, М., изд-во
«Наука», 1974.

ОГЛАВЛЕНИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ РЕДАКТОРА РУССКОГО ИЗДАНИЯ 5
ПРЕДИСЛОВИЕ АВТОРА 13
ГЛАВА I. ПОЛИМИНО И ШАХМАТНЫЕ ДОСКИ 15
ГЛАВА II, СОСТАВЛЕНИЕ ФИГУР ИЗ ПОЛИМИНО .... 30
ГЛАВА III. ГДЕ НЕ РАЗМЕЩАЮТСЯ ПЕНТАМИНО? . 43
ГЛАВА IV. ^НЕВОЗМОЖНЫЕ КОНСТРУКЦИИ И МЕТОД ПЕ-
РЕБОРА 61
ГЛАВА V. НЕКОТОРЫЕ ТЕОРЕМЫ О ПЕРЕЧИСЛЕНИИ , , 80
ГЛАВА VI. ПОЛИМИНО ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ И РАЗМЕР-
НОСТЕЙ 114
ГЛАВА VII. ОБОБЩЕНИЯ ПОЛИМИНО 135
ПРИЛОЖЕНИЕ I. 153
ПРИЛОЖЕНИЕ II. 160
СЛОВАРЬ 179
ДОПОЛНЕНИЕ
С. В. ГОЛОМБ. ЗАМОЩЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ НАБОРОВ ПОЛИМИНО 184
Д. А. КЛЭРНЕР. ПОКРЫТИЯ ПРЯМОУГОЛЬНИКОВ КОНГРУЭНТ-
НЫМИ л-МИНО 192
БИБЛИОГРАФИЯ 204
СВ. Голомб
ПОЛИМИНО
Редактор И. Я. Хидекель. Художник С. Мухин. Художественный редактор
Ю. Л. Максимов. Технический редактор А. Г. Резоухова. Корректор А. Ф. Ры-
бальченко
Сдано в набор 22/УШ 1974 г. Подписано к печати 18/ХП 1974 г. Бумага № 2
84Х108,/82а=3,25 бум. л. 10.92 усл. печ. л. Уч.-изд. л. 9,62. Изд. № 12/7995.
Цена46 коп. Зак. 596.
Издательство «Мирэ. Москва. 1-й Рижский пер.» 2.
Ярославский полиграфкомбинат «Союзполиграфпрома» при Государственном комитете
Совета Министров СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли.
150014, Ярославль, ул. Свободы. 97.