Автор: Гарднер М.
Теги: религии дальнего востока здравоохранение медицинские науки математика логика головоломки занимательные задачи математика для детей загадки
ISBN: 978-5-17-057335-6
Год: 2009
Текст
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
МАРТИН ГАРДНЕР
МАРТИН ГАРДНЕР
НОВЫЕ МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
МАРТИН ГАРДНЕР
Еще больше
головоломок, задач, игр
и других математических развлечений
от Мартина Гарднера по материалам
Scientific American,
а также постскриптум
и более ста рисунков
Москва
ACT #Астрель
УДК 22.1
ББК 51
Г20
Автор М. Гарднер
Перевод с английского А. В. Банкрашкова
Компьютерный дизайн обложки дизайн-студия «Графит»
Настоящее издание представляет собой авторизованный перевод
оригинального английского издания «New Mathematical Diversions
(Martin Gardner)», впервые опубликованного в 1995 г. Математической
ассоциацией Америки: The Mathematical Associations of America
(Incorporated).
Гарднер, М.
Г20 Новые математические развлечения / Мартин
Гарднер; пер. с англ. А.В. Банкрашкова. — М.: ACT, Астрель,
2009.-319, [1] с.
ISBN 978-5-17-057335-6 (ООО «Издательство ACT»)
ISBN 978-5-271-22827-8 (ООО «Издательство Астрель»)
ISBN 0-88385-517-8 (англ.)
Любители математических головоломок найдут в этой книге
множество увлекательных задач, занимательных эпизодов из
истории науки и математических курьёзов от выдающегося
популяризатора Мартина Гарднера.
УДК 22.1
ББК 51
Общероссийский классификатор продукции ОК-005-93, том 2;
953000 - книги, брошюры
Санитарно-эпидемиологическое заключение
№ 77.99.60.953.Д.009937.09.08 от 15.09.08 г.
Подписано в печать 19.11.2008 г. Формат 84х108Узг.
Уел: печ. л. 16,8. Тираж 5 000 экз. Заказ № 9434.
ISBN 978-5-17-057335-6 (ООО .Издательство ACT»)
ISBN 978-5-271-22827-8 (ООО «Издательство Астрель»)
© ООО «Издательство Астрель», 2008
© 1995 by The Mathematical Associations
of America (Incorporated)
СЕРИЯ SPECTRUM
Само название этой серии книг, публикуемых
Американской математической ассоциацией, вполне отражает
общую идею. В нее вошли биографии, коллекции старых и
новых математических идей, пересмотренные издания
уже публиковавшихся книг, популярные издания и
монографии, посвященные интересным вопросам, круг
которых постоянно расширяется благодаря нашим чцтателям.
А среди читателей много людей изучающих, да и
преподающих математику — любителей и профессионалов.
Содержание
Введение
Глава 1. Двоичная система 10
(Ответы на с. 21)
Глава 2. Теория групп и косы 22
(Ответы на с. 35)
Глава 3. Восемь задач 36
(Ответы на с. 42)
Глава 4. Игры и головоломки Льюиса Кэрролла 53
(Ответы на с. 62)
Глава 5. Вырезание из бумаги 67
(Ответы на с. 80)
Глава 6. Настольные игры 82
(Ответы на с. 95)
Глава 7. Упаковка шаров 97
(Ответы на с. 107)
Глава 8. Трансцендентное число п 108
(Ответы на с. 120)
Глава 9. Матемаг Виктор Айген 122
(Ответы нас. 133)
Глава 10. Теорема о четырех красках 134
(Ответы на с. 146)
Содержание 7
Глава 11. Мистер Аполлинакс в Нью-Йорке 149
(Ответы на с. 160)
Глава 12. Девять задач 161
(Ответы на с. 169)
Глава 13. Полиомино и «прочные» прямоугольники 182
(Ответы на с. 192)
Глава 14. Греко-латинские квадраты Эйлера 197
(Ответы на с. 208)
Глава 15. Эллипс 210
(Ответы на с. 222)
Глава 16. 24 цветных квадрата и 30 цветных кубиков 224
(Ответы на с. 238)
Глава 17. Г. С. М. Кокстер 239
(Ответы на с. 255)
Глава 18. «Мостики» и другие игры 256
(Ответы на с. 264)
Глава 19. Еще девять задач 267
(Ответы на с. 275)
Глава 20. Исчисление конечных разностей 286
(Ответы на с. 299)
Постскриптум 303
Введение
«Хорошая математическая шутка, — писал британский
математик Джон Литлвуд во введении к своему
математическому сборнику, - это лучше, чем дюжина посредственных
публикаций».
Вы держите в руках именно сборник математических
шуток, если только «шутку» рассматривать в широком
смысле этого слова. Мы рассматриваем здесь математику
как игру - с доброй долей хорошего юмора.
Подавляющее большинство математиков обожают такие игры,
оставаясь, естественно, в пределах разумного. В
занимательной математике есть свое обаяние. Увлечение этой
наукой может для некоторых перерасти в своего рода
страсть. Замечательный роман Владимира Набокова
«Защита Лужина» посвящена именно такому человеку. Он
позволил шахматам (а их можно отнести к
математическим играм) настолько овладеть своим разумом, что, в
конечном счете, потерял контакт с реальным миром. Свою
несчастную жизнь, больше напоминавшую партию в
шахматы, он закончил самоубийством — своеобразным
матом самому себе, выпрыгнув из окна. Это и понятно.
В прошлом студент (причем далеко не самый сильный —
даже в математике), шахматный мастер, тем не менее
«был необычайно увлечен коллекционированием того,
что он сам называл «Веселой математикой»». Под
«Веселой математикой» студент понимал парадоксальную игру
цифр и геометрических линий — все то, что обходили
стороной учебники.
Мораль такова: наслаждайтесь математическими
играми, если вас влечет к ним и у вас есть к ним вкус, но в
меру. Давайте себе отдых, чтобы эти игры стимулировали
ваш интерес к серьезной стороне математики. Здесь нужен
четкий самоконтроль.
Введение 9
Если у вас с этим проблемы, то обратитесь к
поучительной истории Лорда Дансани под названием The Chess-
Player, the Financier, and Another («Шахматист, финансист и
не только»). Персонаж, по профессии биржевой делец, в
ней беседует со своим другом, который тоже чуть не стал
блестящим финансистом, пока не погрузился в мир
шахмат. «А начиналось с малого: непременной часовой партии
за ланчем в компании, где он работал», — замечает автор.
«Через какое-то время он начинал переигрывать
соперника, а затем вступил в шахматный клуб, обаяние
которого всецело завладело им. Это можно было сравнить только
с пьянством, ну или, если сказать более поэтично,
увлечением музыкой. Говорят, что работать в финансовой сфере
ничуть не сложнее, чем играть в шахматы — разве что
шахматы бесплодны. Я не видел более напряженных и более
пустых усилий столь незаурядного ума».
«Да, есть такие люди, — заключает начальник тюрьмы
из рассказа. — Искренно жаль их». (По сюжету рассказа
несостоявшегося финансиста арестовали на одну ночь.)
Я безмерно благодарен журналу Scientific American за
разрешение переиздать свои двадцать колонок в виде
книги. Как и прежде в двух первых изданиях материал
колонок был расширен и подкорректирован, что стало
возможным во многом благодаря письмам читателей. Также я
благодарен жене, помогающей проверять доказательства
читателей, редактору Нине Борн. Но моя самая горячая
благодарность моим читателям, количество которых с годами
все прибавляется. Их география довольно широка и
выходит за рамки США. Именно их письма обогатили
материал колонок, представленный в этой книге.
Мартин Гарднер
ГЛАВА 1
Двоичная система
Подсунутую под дворник красную квитанцию я
порвал вначале на две части, потом — на четыре и
на восемь.
— Владимир Набоков, Лолита
Система счисления, применяемая сейчас во всем мире,
построена на последовательных степенях числа десять.
Это десятеричная или, говоря проще, десятичная система
счисления. Цифра справа одна и та же для любой системы
счисления, поскольку она всегда идет с множителем
единица (10°). Вторая справа цифра идет с множителем 101,
третья — 102 и так далее. Таким образом, число 777 можно
записать в виде суммы (7 х 10°) + (7 х 101) + (7 х 102).
Распространенность десятичной системы счисления почти
наверняка связано с тем, что у нас десять пальцев. Да и об
этом говорит само слово «цифра» (английское слово «digit»
обозначает и палец, и однозначное число). Если вдруг на
Марсе живут гуманоиды с двенадцатью пальцами на обеих
руках, то марсианская арифметика, скорее всего, будет
основана на двенадцатиричной системе счисления.
Наиболее простая из всех систем счисления это
двоичная, построенная на степенях числа два. В некоторых
первобытных племенах считали двоичной системой
счисления, а математики Древнего Китая уже давно знали об этой
системе счисления. Но только замечательный немецкий
математик Лейбниц первым развил двоичную систему
счисления до современного состояния. Для самого
Лейбница выбор числа два был глубоко метафизичен. Цифру «0»
Двоичная система 11
он расценивал как «небытие», а «1» — как «бытие». И то, и
другое было необходимо Создателю, ибо космос,
содержащий только материю, был бы неотличим от пустого
космического пространства, символизирующего «нуль».
Лейбниц был убежден, что по аналогии с двоичной
записью любого целого числа любая математическая структура
может быть представлена в виде сочетания бытия и
небытия - древней как мир дилемме.
Со времен, когда творил Лейбниц, практически до
наших дней от двоичной системы не было никакой
практической пользы. Затем появились компьютеры! Проводник
может переносить ток, а может и не переносить,
выключатель может быть как включен, так и выключен, магнит
имеет два варианта ориентации (север — юг и юг — север),
элементы ферритной памяти первых компьютеров могли
быть намагничены или размагничены. Абсолютная
однозначность! По этим причинам компьютеры, работа
которых построена на двоичной форме здписи числа,
достигают огромной точности и скорости обработки данных.
«Увы! — пишет Тобиас Данциг в своей книге Number, the
Language of Science («Числа — язык науки»). — То, что
некогда было чуть ли не памятником единобожию,
закончило свой век в кишках робота».
Многие математические забавы описываются
двоичной системой. Это игра «Ним», механические
головоломки, такие как «Ханойская башня», Rings of Cardan
(«Кольца Кардана»), и конечно же бесчисленные карточные
фокусы и пасьянсы. В этой главе мы ограничим наш обзор
уже ставшим популярным «угадыванием» карт из
колоды — фокусом с набором перфокарт, с которыми можно
выполнять еще множество трюков.
На рисунке 1 показано, как изготовить карты для
сеанса чтения мыслей. Слева приведены двоичные
представления чисел от 0 до 31. В двоичном числе каждая цифра это
множитель перед той или иной степенью двойки, начиная
(справа) с 2° (или 1). Далее идут степени 21 (или 2), 22, 23 и
так далее. Степени числа 2 приведены над колонками.
Чтобы перевести двоичное число в его десятичный экви-
12 Новые математические развлечения
валент, сложите присутствующие в числе степени двойки.
Таким образом, 10101 представляет собой 16 + 4 + 1, или
21. Чтобы преобразовать число 21 в двоичную форму,
необходима обратная процедура. Поделите 21 на 2. Вы
получите 10 с остатком 1. Этот остаток и есть первая справа
двоичная цифра. Затем делим 10 на 2. Делится без остатка,
как что следующая двоичная цифра это нуль. Затем делим
пополам уже 5 и, в конце концов, получаем двоичную
последовательность 10101. На последнем этапе единица уже
не делится пополам, так что записываем ее просто слева.
С помощью таблицы двоичных чисел легко получить
набор карт для чтения мыслей, заменив каждую единицу
соответствующим десятичным числом слева. Результат
показан в правой части рисунка. Каждую колонку цифр
нужно переписать на отдельную карточку.
Вручите эти пять карт человеку и попросите его
загадать любое число от 0 до 31, а затем передать вам полоски,
на которых это число появляется. Вы тут же называете
загаданное число. Чтобы получить его, вам достаточно
сложить верхние числа выбранных человеком полосок.
В чем секрет? Каждое число определяется уникальной
комбинацией полосок и эта комбинация эквивалентна
двоичному представлению этого числа. Складывая
верхние чиела каждой колонки, вы просто суммируете степени
числа два в соответствии с расположением единиц в
двоичной записи загаданного числа. Этот трюк можно
дополнительно замаскировать, используя карты пяти различных
цветов. Тогда вы можете, даже не подходя к зрителю,
попросить его, скажем, в левый карман положить одни
полоски (но чтобы они были видны), а в правый - другие. Для
этого трюка вам придется запомнить, каким цветом вы
отметили каждую степень числа два. Другой вариант
фокуса - расположить пять (немаркированных) полосок на
столе в порядке возрастания верхних чисел и попросить
человека перевернуть те из них, где есть задуманное им
число. Поскольку полоски лежат в известном вам порядке,
достаточно увидеть, какие из полосок переворачиваются,
чтобы начать сложение и моментально выдать результат.
Двоичная система
13
Рис.1
Числа для
набора карт
для чтения
мыслей
(справа)
основаны
на двоичной
записи чисел
(слева)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
\
Двоичные
числа
Щ Ж. А Я **
16 8 4
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
Л.
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
Карты
для
чтения мыслей
8
9
10
11
12
13
14
15
24
25
26
27
28
29
30
31
4
5
6
7
12
13
14
15
20
21
22
23
28
29
30
31
2
3
6
7
10
11
14
15
18
.19
22
23
26
27
30
31
1
3
5
7
9
11
13
15
17
19
21
23
25
27
29
31
14 Новые математические развлечения
Двоичное представление числа может быть забавно
использовано в трюке с сортировкой карточек,
представленных на рисунке 2. Их легко сделать из набора
любых карт, где их более тридцати двух. Отверстия должны
быть немного больше диаметра карандаша. Проделайте в
одной карте пять отверстий, а затем используйте ее в
качестве трафарета, чтобы разметить отверстия на других
картах. Если в вашем распоряжении нет дырокола, то
процесс прорезки отверстий можно ускорить, если
одновременно взять три карты и, сложив их, вырезать
отверстие ножницами. Отрезанные уголки помогут вам
правильно сориентировать карты в колоде. Итак, срезав
угол и проделав в каждой карточке по пять отверстий,
прорежьте край напротив некоторых отверстий, как
показано на иллюстрации. Прорезанное наружу отверстие
соответствует двоичной цифре «1», непрорезанное — «О».
Таким образом, каждая карта несет на себе двоичное
представление записанного на ней числа от 0 до 31. На
иллюстрации эти карты разложены беспорядочно. С
ними можно выполнить три необычных фокуса. Конечно,
все это требует большой подготовительной работы, но,
уверяю вас, эти карты станут вашей любимой семейной
игрушкой.
Первый фокус состоит в быстрой сортировке карт, при
которой их номера как по волшебству располагаются в
последовательном порядке. Перетасуйте карточки, словно
колоду игральных карт. Вставьте карандаш в отверстие Е и
приподнимите колоду. Половина карт останется на
карандаше, а другая половина — на столе. Немного встряхните
карандаш, чтобы удостовериться, что выпали все карты,
которые должны выпасть. Затем поднимите карандаш,
чтобы разделить колоду на две половины. Снимите пачку
с карандаша и полошите ее сверху на колоду, которая
осталась на столе. Повторяйте эту процедуру с каждым
отверстием последовательно справа налево. После пятой
сортировки вы с удивлением обнаружите, что цифры на
карточках (и, соответственно, двоичные цифры) располагаются
теперь в порядке возрастания. А самой верхней картой,
Двоичная система
15
А В Г D ¥
N
XFIU a T Z Ъ t
G
И1Як НТПк П
^"Df а в с "5" е аТГ¥с ав
Е Т Р
Хвсос Авс*5
A Ni
И III к II РР
а в с о t авс*рТ а в с о е aTc'S'T
L О С
ИНГУ Н1Я"\
II
А В С Р F А В С ^ Ж. А б С О Е> А 8 С О 6
Е R N
А В С D £ А В С О f А "В С О Е A F С » £
О А ' " ^D L
аЖсое а I ^ d е A8S*oF а 1в с
W А Е Е
:-
авсо? Ав^оТ ?:bcd¥ а ¥ с о f
Т Н I
Рис.2
Набор перфокарт, с помощью которых можно расшифровывать
сообщения, угадывать задуманное число и решать логические
задачи
16 Новые математические развлечения
которая на вас смотрит, окажется ноль! Теперь вы можете,
просмотрев карты, прочитать написанное на них по
буквам рождественское поздравление.
Второй фокус состоит в том, чтобы использовать
набор карт как компьютер, чтобы определять задуманное
число. Начните с колоды, перетасованной в
произвольном порядке. Вставьте карандаш в отверстие Е и
спросите, нет ли этого числа на полоске (см. выше) с первым
(верхним) числом 1. Если ответ положительный, то,
поднимая карандаш, отбросьте все карты, которые остались
на нем. Если ответ отрицательный, отбросьте карты,
которые остались на столе. Теперь у вас в колоде только
16 карт. Проденьте карандаш в отверстие D и спросите,
нет ли его числа на полоске с верхним числом 2. Затем
проделайте аналогичную процедуру. С остальными
полосками и отверстиями проделайте то же. В итоге у вас
останется единственная перфокарта с загаданным
числом. Десятичные числа пишутся на карточках ради
нашего удобства, чтобы не приходилось пересчитывать
двоичные числа.
Третий фокус состоит в использовании карточек в
качестве логического компьютера. Эту идею предложил
Уильям Стэнли Джевонс, английекий экономист и
логик. Сам Джевонс назвал это «логическими счетами»
(или логической абакой) и соорудил их из деревянных
пластинок со стальными стерженьками с обратной
стороны, за которые их поднимали из углублений.
Предложенные перфокарты работают точно так же, но намного
более просты в изготовлении. Джевонс также изобрел
сложное механическое устройство, названное им
«логическое фортепьяно», которое реализовывала те же
принципы. Однако с помощью перфокарт можно выполнять
все то, что делал тот механический монстр. По сути,
возможности логического фортепьяно были даже уже,
поскольку они могли оперировать с четырьмя условиями,
а карты с пятью.
Упоминаемые пять условий представлены буквами А,
В, С, D и Е и, по сути, двоичными цифрами. Каждая 1
Двоичная система 17
(прорезанный край отверстия) соответствует истине,
каждый 0 (целое отверстие) — лжи. Линия над буквой
указывает, что условия ложные (если черточки нет, значит, условие
истинно). Каждая карта представляет собой уникальное
сочетание истинных и ложных условий, а все эти 32 карты
исчерпывают все возможные комбинации. По сути, это
эквивалент так называемой таблицы истинности для пяти
условий. Работу с этими картами лучше всего объяснить на
примере решения логической задачи с помощью
бинарной логики.
Вот задача, которая появилась в книге More
Problematical Recreations («Задачи занимательной
математики»), опубликованной в Калифорнии. «Если Сара не
должна, то сделает Ванда. Утверждения «Сара должна» и
«Камила не может» не могут быть одновременно
истинными. Если Ванда сделает, то, соответственно, должна Сара,
и может Камила. Следовательно, Камила может сделать.
Верно ли такое заключение?»
Чтобы решить эту задачу, перемешайте перфокарты.
Поскольку в задаче только три условия, мы будем иметь
дело только с отверстиями А, В и С.
А = Сара должна
Не-А = Сара не должна
В = Ванда сделает
Не-В = Ванда не сделает
С = Камила может
Не-С = Камила не может
(Отрицание в булевой нотации записывается
черточкой над утверждением.)
У этой задачи три условия. Первое из них, «Если,Сара
не должна, то сделает Ванда», говорит нам о том, что
сочетание условий не-А и не-В недопустимо. Так что мы
должны извлечь все карты с соответствующим сочетанием
отверстий. Делается это следующим образом. Вставьте
карандаш в отверстие А и поднимите колоду. Все карты на
карандаше удовлетворяют условию не-А. Возьмите их, вы-
18 Новые математические развлечения
тащите карандаш и вставьте его в отверстие В. Поднимите
карандаш снова. На карандаше станутся все карты
удовлетворяющие условиям не-А и не-В, так что эти карты мы
откладываем. Все оставшиеся карты собираем вместе (их
порядок значения не имеет) и приступаем ко второму
условию. Утверждения «Сара должна» и «Камила не может»
не могут быть одновременно истинными. Другими
словами, мы должны исключить сочетание А и не-С. Вставьте
карандаш в отверстие А и поднимите часть карт (они
удовлетворяют условию не-А).
Конечно, это не те карты, которые нам нужны, так что
отложим их временно в сторону и продолжим с теми, что
останутся на столе. Вставьте карандаш в отверстие С и
поднимите на нем карты, которые удовлетворяют
условию не-С. Теперь у нас на карандаше карты, которые
соответствуют условию А и не-С, так что они
откладываются в сторону насовсем. Соберите еще раз все оставшиеся
карты.
Третье и последнее условие утверждает, что «Если
Ванда сделает, то, соответственно, должна Сара, и может
Камила». Небольшое размышление порождает еще две
комбинации для исключения: не-А и В, а также В и не-С.
Поместите карандаш в отверстие А, поднимите колоду и
продолжайте дальнейшие логические операции < теми
картами, которые остались на карандаше. Вставьте
карандаш в отверстие В и, на карандаше не останется ни одной
карты. Это означает, что две предыдущие процедуры уже
исключили сочетание А и не-В. Поскольку все эти карты
характеризуются сочетанием не-А и В (логически
запрещенном), то вся колода откладывается. Теперь остается
исключить из набора оставшихся карт сочетание В и не-С.
Вставьте карандаш в отверстие В и выньте карты с не-В,
сняв их с карандаша и временно отложив в сторону. Затем
вставьте карандаш в отверстие С оставшейся колоды. Он
безвольно выскользнет, не вытянув ни одной карты. Это
означает, что на предыдущих этапах комбинация В и не-С
уже была отсеяна и вся колода со стола автоматически
отбрасывается.
Двоичная система 19
У нас осталось всего восемь карт (отложенных на
последней операции), каждая из которых несет
непротиворечивое для всех трех условий сочетание значений
истинности (отверстия А, В и С). Эти сочетания выражаются
группой строк в таблице истинности этой задачи. Если
обратить внимание на сочетания логических значений А, В и
С, то можно заметить, что С всегда верно. Из этого мы
заключаем, что Камила действительно могла. Также можно
сделать и другие заключения. Например, что Сара должна.
А вот вопрос о том, сделает ли Ванда что-то, или нет, так и
остается неясным. По крайней мере, в свете той
информации, которую мы заложили в двоичные данные, эта
загадка логически неразрешима.
Специально для тех, кто хотел бы поиграть с картами,
мы приводим еще одну простую логическую головоломку.
В одном пригороде живут Эбнер, его жена Верил и трое
детей Клео, Дейл и Элсворт. Время действия — 20.00, зимний
вечер.
1. Если Эбнер смотрит телевизор, то его жена с ним.
2. Либо Дейл, либо Элсворт, либо они оба смотрят
телевизор.
3. Либо Берилл, либо Клео смотрят телевизор, но
только не вместе.
4. Дейл и Клео всегда вместе — либо смотрят телевизор,
либо нет.
5. Если Элсворт смотрит телевизор, то Эбнер и Дейл
тоже.
Так кто же смотрит телевизор, а кто нет?
ДОПОЛНЕНИЕ
Читатель из Нью-Йорка, Эдвард Б. Гроссман, написал мне
о разновидности логических карт, которые начали
появляться в канцелярских отделах крупных супермаркетов.
Отверстия в них изготовлены заранее, и покупатель
получает с колодой карт дырокол для пробивания краев. Прав-
20
Новые математические развлечения
Рис.3
Если на перфокарты нанести дополнительный ряд отверстий,
кодирующих логическое дополнение двоичного числа,
то сортировать карты будет намного проще.
да, эти отверстия слишком малы, чтобы пользоваться
карандашом. Однако вполне подойдет вязальная спица,
наконечник ватной палочки, отогнутая скрепка для бумаг
или специальные стерженьки для сортировки, которые
входят в некоторые комплекты.
Джузеппе Эприл, преподаватель инженерных
дисциплин из университета Палермо, Италия, прислал мне пару
фотографий (см. рис. 5), чтобы иллюстрировать свою
идею, как проводить сортировку карт быстро и
безошибочно. Профессор предлагает снабдить карты
дополнительным набором отверстий на противоположном крае.
Булавка, вставленная в дополнительное отверстие на
нижнем ряду, будет удерживать карты, тогда как другой
булавкой, вставленной в верхнее отверстие, карты будут
поднимать.
Двоичная система 21
ОТВЕТЫ
Логическую головоломку легко решить с помощью
перфокарт. Пусть А, В, С, D, Е это, соответственно, Эбнер, его
жена Верил и трое детей Клео, Дейл и Элсворт (для
простоты обратите внимание на соответствие первых букв
английских вариантов Abner, Beryl, Cleo, Dale, Ellsworth).
Мы говорим об истинности, если человек смотрит
телевизор (в противном случае - ложь). Условие 1 исключает
карты с сочетанием А и не-В. Условие 2 исключает карты
не-D и не-Е. Условие 3 исключает карты с сочетаниями В
и С, а также не-В и не-С. Условие 4 исключает не-С и D,
а также С и не-D. Условие 5 исключает не-А и Е, а также
не-D и Е. Остается только одна карта с сочетанием не-А,
не-В, С, D, не-Е. Отсюда мы заключаем, что телевизор
смотрят только Клео и Дейл.
ГЛАВА 2
Теория групп и косы
Концепция «групп» является одной из величайших
объединяющих идей современной алгебры и совершенно
необходимым инструментом для физиков. Когда-то Джеймс
Ньюмен сравнил это понятие с улыбкой Чеширского кота.
Сам кот (алгебра в том виде, как ее традиционно
преподают) неизменно куда-то исчезает, но остается его
абстрактная усмешка. Усмешка подразумевает что-то забавное.
Возможно, что теория групп будет легче поддаваться
нашему восприятию, если мы не будем относиться к ней
слишком серьезно.
Три программиста — Арме, Вейкер и Сумбс (А, В и С) —
решают и не могут решить, кому платить за пиво.
Конечно, можно было бы бросить монетку, но после некоторых
раздумий друзья предпочли случайный выбор на основе
следующей игры. На листе бумаги проводятся три
вертикальные линии. Один программист, держа лист так, чтобы
его друзья не видели, что он делает, случайным образом
обозначает линии буквами А,ВиС (см. рис.4, слева) и
загибает край листа, чтобы спрятать буквы. Теперь второй
товарищ рисует на свое усмотрение несколько
горизонтальных линий (назовем их поперечными), каждая из которых
должна соединить две вертикальные линии (см. вторую
иллюстрацию на рисунке). Третий программист добавляет
Теория групп и косы 23
еще несколько поперечных и подписывает букву Л" внизу у
одной из вертикальных линий (см. третью иллюстрацию).
Пришло время развернуть бумагу. Арме ставит палец на
самый верх линии А и движется по ней вниз. Дойдя до
поперечной (не обращая внимания на те поперечные, которые
пересекают ее крестом), он поворачивает палец, движется вдоль
поперечной до ее конца, затем снова поворачивает палец и
продолжает спускаться вниз до следующей поперечной.
Так Арме должен продолжать, пока не достигнет конца
какой-нибудь вертикальной линии. Его путь (показанный
пунктирной линией на четвертой иллюстрации) не
приводит к X, значит, он не должен платить за пиво. Теперь
такую же процедуру проделывает Вейкер и Сумбс на линиях
В и С соответственно. К точке Л" приводит линия Вейкера,
значит, он и будет рассчитываться. Для любого количества
вертикальных линий и вне зависимости от того, как
проведены поперечные, пути игроков всегда заканчиваются
на различных линиях.
Более внимательный анализ этой игры показывает, что
в ее основе лежит одна из простейших групп - так
называемая группа перестановок трех элементов. Так что же такое
группа? Это абстрактная структура, сретоящая из
множества элементов неопределенной природы (а, Ь, с...),
с единственной бинарной операцией (обозначенной здесь
кружком «О»), которая объединяет один элемент с другим
с образованием третьего. Структура не является группой,
если не выполняются следующие четыре условия:
1. Когда при выполнении операции объединяются два
элемента из множества, образуется элемент,
принадлежащий тому же множеству. Это свойство получило название
«замкнутости» множества относительно операции.
2. Операция подчиняется «ассоциативному закону»:
(а о Ь) о с = а о (Ь о с).
3. Существует элемент е (называемый «единицей»),
такой, что аОе = еОа = а.
4. У каждого элемента а есть обратный элемент а,
такой, что а О а1 = а1 О а = е.
24
Новые математические развлечения
Рис.4
Игра трех программистов
Если при соблюдении указанных выше условий операция
также подчиняется коммутативному закону {а о b = Ь о а),
группу называют коммутативной, или абелевой.
Самый известный пример группы дают нам целые
числа (положительные, отрицательные и нуль) относительно
операции сложения. Множество целых чисел замкнуто
относительно сложения (сумма двух целых чисел также
является целым числом). Данная операция подчиняется
ассоциативному закону (прибавить 2 к 3, а затем прибавить
4, это то же самое, что прибавить 2 к сумме 3 и 4).
«Единицей» группы является 0. Обратным элементом
положительного целого числа является такое же отрицательное
целое число. Данная группа является абелевой (2 плюс 3
это то же самое, что 3 плюс 2). Если в качестве операции
выбрано деление, то целые числа не будут образовывать
группу: поделив 5 на 2, мы получим 2 У2. Этот элемент не
принадлежит множеству целых чисел.
Теперь давайте посмотрим, какая группа лежит в основе
приведенной выше игры. На рисунке 5 представлены
шесть основных «трансформаций», которые являются эле-
Теория групп и косы
25
CAB
4
4
. j
i
j
<
-—
t
1
f
ментами нашей конечной группы. Трансформация/?
«переключает» дорожки А и В: начав двигаться по А, вы
закончите свой путь на В и наоборот. Трансформации q,r,snt
задают другие переходы. Трансформация е в действительности
ничего не меняет, но с математической точки зрения она
все равно называется трансформацией, также как пустое
множество все равно называется множеством. Чтобы
выполнить трансформацию е, не нужно проводить вообще
никаких поперечных линий. Это «тождественная»
трансформация, которая на самом деле ничего не преобразует.
Эти шесть элементов показывают шесть различных
способов перестановки трех символов. Групповая операция,
которую мы обозначаем символом «о», в данном случае
заключается в последовательном произведении одной
трансформации за другой, т. е. в добавлении поперечных линий.
Даже беглого взгляда достаточно, чтобы убедиться, что
данная структура обладает всеми свойствами группы.
Множество трансформаций замкнуто относительно
операций добавления поперечных, потому что, взяв какие-
либо два элемента, мы всегда получим такую перестанов-
26
Новые математические развлечения
ку, которую можно получить с помощью всего лишь
одного элемента. Например, pOt = r, потому последовательное
выполнение трансформаций/? и t окажет такое же влияние
на порядок «дорожек», как и выполнение всего одной
трансформации г. Не вызывает сомнения, что операция
добавления поперечных линий подчиняется
ассоциативному закону. Трансформация е на рис. 5 (вообще без
горизонталей) является единичной (или тождественной).
Элементы р, q и г совпадают с обратными им элементами, а
элементы s и t по отношению друг к другу имеют обратное
действие. (Выполнить вслед за одной трансформацией
другую, обратную ей, равнозначно тому, чтобы вообще не
проводить новых поперечных.) Данная группа не является
абелевой (например, выполнение /? после q даст совсем
иной результат, чем выполнение q после/?).
В
ABC
е
в
в
в
С В А
Г
В С А
S
С А В
t
Рис.5
Шесть элементов группы, которая лежит в основе игры трех
программистов.
Теория групп и косы
27
Р Ч
Р
ч
г-
е
Р
Ч
—г—
S
t
р
е
t
-S--
г
Ч
Ч
s
е
Р
г
г
t
S
-в—
Ч
Р
S
1
1
Ч
1
Г
1
!
-р
t
е
t
г
Р
Ч
е
s
Рис.6
Результат объединения элементов группы, которая лежит
в основе игры трех программистов
Структура этой группы наглядно показана в таблице на
рис. 6. Что получится, если после трансформации г
произвести трансформацию s? Ищем букву г на левой стороне
таблицы, а букву s — сверху. На пересечении строки г и
столбца s находится буква р. Другими словами, добавив к
поперечным линиям трансформации г поперечные линии
трансформации s, мы получим такую же
последовательность перестановок и дорожек, что и при проведении
трансформации р. Эта чрезвычайно простая группа
применяется во многих случаях. Например, если мы
обозначим вершины равностороннего треугольника тремя
различными буквами, а затем будем различным образом
вращать и отражать его так, чтобы он всегда оказывался на
28 Новые математические развлечения
том же месте на плоскости, мы обнаружим всего шесть
возможных трансформаций. В совокупности эти шесть
элементов образуют точно такую же группу, как и та, о
которой шла речь выше.
Не обязательно глубоко вникать в теорию групп, чтобы
интуитивно понять, что никакие два игрока не могут
закончить свой путь на одной и той же вертикальной линии.
Давайте представим, что вертикальные линии - это три
веревки.
Проводя поперечную, мы определенным образом
переставляем нижние концы вертикалей, и то же самое
происходит, когда мы перевиваем две веревки, как будто
заплетаем косу. Ни у кого не возникает сомнения, что как бы мы
ни заплетали косу, у нас всегда будут три отдельных
нижних конца.
Теперь давайте представим, что мы действительно
плетем девичью косу из трех прядей. Мы можем фиксировать
перестановки прядей посредством сетевой диаграммы, но
это не покажет, проходят ли пряди при
переплетении под или над другими. Если мы принимаем
во внимание этот новый топологический фактор,
подходит ли теория групп для описания того, что
мы делаем? Да! Первым доказал это Эмиль Ар-
тин - выдающийся немецкий математик,
который умер в 1962 году. В его изящной теории кос
элементами групп являются «образцы
переплетения» (их количество бесконечно), а операция,
как и в игре трех программистов, подразумевает
. последовательное применение одного образца за
другим. Как и раньше, единичным элементом
является образец, в котором присутствуют только
прямые пряди, никоим образом не
переплетенные между собой. Обратным элементом образца
переплетения является его зеркальное
отражение. На рис. 7 показан пример образца, за кото-
Рис. 7
Узор А является зеркальным отражением узора А'.
Теория групп и косы 29
рым следует образец, обратный ему. Теория групп говорит
нам, что если сложить элемент с его обратным элементом,
получится единичный элемент. Вполне очевидно, что при
сочетании прямого и обратного образцов результат будет
топологически эквивалентен переплетению по единичной
схеме. Если слегка потянуть за конец косы, изображенной
на рис. 7, все ее пряди расплетутся и выпрямятся. (Многие
фркусы с распутыванием веревок основаны именно на этом
интересном свойстве групп. Один из таких фокусов описан
в главе 7 моей книги The 2nd Scientific American Book of
Mathematical Puzzles & Diversions («Вторая книга
математических головоломок и развлечений от Scientific American»).
В своей теории кос Артин произвел полную
классификацию всех видов кос, а также привел метод, позволяющий
определять топологическую эквивалентность двух образцов
переплетения, сколь бы сложными они ни были.
Теория кос также лежит в основе необычной игры,
изобретенной датским поэтом, писателем и математиком
Питом Хейном. Вырежьте из плотного картона подвеску в
форме геральдического щита {см. рис. 8). Две стороны
подвески должны быть легко различимы, поэтому украсьте
одну сторону или отметьте ее буквой X, как показано на
рисунке. Проделайте на верхней стороне подвески три
отверстия, пропустите в каждое из них по отрезку тяжелого,
но гибкого шнура длиной около 60 см и завяжите шнурки
узлом. Вторые концы шнурков привяжите к
какому-нибудь неподвижному предмету, например к спинке стула.
Экспериментируя с полученным устройством, вы
обнаружите, что подвеска может совершать обороты шестью
разными способами. Ее можно поворачивать на 360°
вправо, можно поворачивать вокруг прямого края вперед или
назад, продевая между шнурками Л и Д также ее можно
поворачивать вокруг прямого края вперед или назад, продевая
между шнурками В и С. Таким образом, можно получить
шесть различных кос. На второй иллюстрации рисунка 8
показана коса, полученная вращением вперед с
продеванием между шнурками В и С. Возникает вопрос, можно ли
расплести эту косу, несколько раз продевая подвеску между
30
Новые математические развлечения
ABC
ABC
Рис.8
Вращение левой косы позволяет получить центральную косу,
а вращение центральной косы позволяет получить косу,
показанную справа
шнурками туда и обратно, держа ее все время
горизонтально, стороной X вверх, острым носиком к себе? Ответ
отрицательный. Но если вы совершите второй поворот — любой
из шести возможных, — в результате получится коса,
которую можно будет расплести, всего лишь продев подвеску
между шнурами и не поворачивая ее при этом.
Чтобы прояснить ситуацию, предположим, что,
повернув второй раз подвеску вперед и пропустив ее между
шнурками Аи В, мы получим косу, показанную на третьей иллю-
Теория групп и косы 31
страции рисунка 8. Чтобы расплести эту косу, не вращая
подвески, надо сначала оттянуть на себя шнурок С в точке Y
и протянуть подвеску под ним справа налево. Затем нужно
оттянуть на себя шнур А в точке Zn протянуть под ним
подвеску слева направо. В результате все шнуры расплетаются.
Следующая удивительная теорема справедлива для кос
с любым количеством прядей больше двух. Все косы,
полученные четным числом вращений подвески (причем
допустимы вращения в любых направлениях), можно
расплести, проводя подвеску между шнурами/прядями и не
вращая ее при этом. Косы, полученные нечетным числом
полных оборотов, расплести нельзя.
Хейн впервые услышал об этой теореме в начале
тридцатых годов на семинаре в Институте теоретической физики
Нильса Бора. Пауль Эренфест упомянул ее, обсуждая одну
из проблем квантовой теории. С помощью ножниц,
позаимствованных у супруги Бора, и веревок, привязанных к
спине стула, Хейну и другим участникам семинара удалось
найти доказательство этой теоремы. Позднее Питу Хейну
пришло в голову, что вращающееся тело и окружающая его
Вселенная входят в задачу симметрично, поэтому
симметричную модель можно создать, просто привязав подвески к
обоим концам шнура. С такой моделью два человека могут
играть в топологическую игру. Каждый держит свою
подвеску (между ними натянуты три шнура). Один игрок
заплетает косу, второй расплетает ее. Затем игроки меняются
ролями. Выигрывает тот, кто расплетет косу быстрее.
К этой игре можно применить теорему о четном и
нечетном количестве поворотов. Начинающим следует
ограничиться косами с двумя полными оборотами и лишь по
мере накопления мастерства переходить к более сложным
косам четного порядка. Пит Хейн назвал свою игру
Tangloids («Танглоид»). Одно время она была довольно
популярна в Европе.
Почему четное и нечетное числа оборотов дают столь
разные результаты? Это очень сложный вопрос, на
который трудно дать ответ, не вникая более глубоко в теорию
групп. Намеком на решение может послужить факт, что
32
Новые математические развлечения
два противоположных вращения компенсируют друг
друга. Если два последовательных вращения почти
противоположны и отличаются только тем, что при их совершении
подвеска была пропущена между различными парами
шнурков, то косу можно расплести, пропустив подвеску
между шнурками так, чтобы устранить это различие.
Известный математик Ньюмен в своей статье,
опубликованной в Лондонском математическом журнале в 1942
году, отмечает, что Поль Дирак, физик-теоретик из
Кембриджского университета, за много лет до Хейна прибегал к
ABC
ABC
ABC
Рис.9
Три задачи на расплетание кос.
Теория групп и косы 33
этой игре в форме пасьянса. С помощью него он
«иллюстрировал тот факт, что фундаментальная группа,
образованная из групп вращений в трехмерном пространстве, может
быть сгенерирована в циклической последовательности с
периодом в два вращения». Позднее Ньюмен
воспользовался теорией кос Артина, чтобы доказать, что при нечетном
числе оборотов подвески пряди распутать нельзя.
Плетение кос - занятие очень интересное и
увлекательное. Попробуйте на досуге поэкспериментировать с
косами, произвольно поворачивая подвеску четное
количество раз и пытаясь найти способ быстро расплести
полученную косу. Три простых косы, каждая из которых
сформирована всего двумя поворотами подвески, показана на
рис. 9.
Левую косу получили, совершив два полных оборота
подвески вперед с пропусканием между шнурками ВиС.
В случае с центральной косой сначала производилось
вращение вперед с пропусканием между В и С, а затем
вращением назад с пропусканием между Аи В. Чтобы получить
правую косу, подвеску два раза повернули слева направо
вокруг вертикальной оси. Читателям предлагается найти
наилучший способ, как расплести каждую из этих кос.
ДОПОЛНЕНИЕ
При изготовлении устройства, необходимого для игры в
«Танглоид», подвески лучше вырезать не из картона, а из
дерева или пластика. Вместо трех отдельных шнурков Пит
Хейн рекомендует использовать один длинный шнур.
Сначала пропустите шнур в первое отверстие первой
подвески и завяжите на конце узел (достаточно большой,
чтобы он не проскочил через отверстие). Далее протяните
шнур в первое отверстие второй подвески и тут же во
второе отверстие второй подвески, а из него перекиньте шнур
в центральное отверстие первой подвески. Из него, как вы
уже догадались, шнур пройдет в третье отверстие первой
подвески, а затем в третье отверстие второй подвески,
после чего на нем опять нужно завязать узел. Благодаря тому,
34 Новые математические развлечения
что шнур может свободно скользить в отверстиях,
манипулировать таким устройством гораздо легче, чем тем,
которое состоит из трех отдельных шнуров. Один из читателей
сообщал в своем письме, что он соединил подвески тремя
эластичными шнурами, что тоже значительно облегчало
процесс манипулирования. Игру, по всей вероятности,
можно усложнять и дальше, увеличивая количество
шнуров, но вариант с тремя шнурами уже довольно сложен.
Достаточно беглого взгляда на таблицу (см. рис. 6),
чтобы понять, что группа, которую она описывает, неабелева
(т. е. не коммутативная). Таблицы для абелевых групп
симметричны относительно диагонали, идущей из верхнего
левого угла в нижний правый. То есть треугольные секции
по обеим сторонам диагонали являются зеркальными
отражениями друг друга.
Если в игре трех программистов будут принимать
участие четыре игрока, то будет иметь место группа
перестановок четырех символов. Однако эта группа не идентична
группе, описывающей повороты и отражения квадрата,
потому что некоторые перестановки углов квадрата нельзя
получить только с помощью поворотов и отражений.
Трансформация квадрата - это всего лишь «подгруппа»
перестановок символов. Все конечные группы (группы с
конечным числом элементов) являются либо группами
перестановки, либо подгруппами групп перестановки.
В статье Артина по теории кос, опубликованной в
1947 году, приводится метод приведения любой косы к ее
«нормализированной форме». Под «нормализированной
формой» понимается та, у которой первая прядь
совершенно прямая.
Вторая прядь обвивает петлями первую прядь. Третья
прядь обвивает петлями вторую прядь и так далее для
всех оставшихся прядей. «Хотя было доказано, что любая
коса может быть приведена в подобную
«нормализированную» форму, — пишет Артин, — автор убедился, что
любая попытка произвести подобное доводит любого до
бурных протестов и оскорбительных выпадов против
математики».
Теория групп и косы 35
В кратком письме от Дирака, которое «опоздало» к
публикации моей колонки, посвященной косам, говорится,
что он впервые задумался о проблеме шнурков в 1929 году.
С тех пор Поль Дирак много раз использовал ее, чтобы
показать, что два вращения тела вокруг оси могут быть
эквивалентны целой последовательности поворотов, которая
заканчивается в исходной позиции. «Это следствие, -
пишет он, - того, что вращающееся тело может иметь при
квантовании половинный угловой момент, но не может
иметь другие дробные моменты».
ОТВЕТЫ
Задача на расплетание кос решается таким образом:
1) Протяните подвеску под шнуром С права налево,
затем протяните ее под шнурами А и В слева направо.
2) Протяните подвеску под серединой шнура В слева
направо.
3) Протяните подвеску под всеми шнурами слева
направо.
ГЛАВА 3
Восемь задач
1. РАЗРЕЗАНИЕ ТРЕУГОЛЬНИКА
Дан треугольник с одним тупым углом. Можно ли
разрезать его на меньшие треугольники, каждый из которых
будет остроугольным? (Остроугольным называется
треугольник, у которого все углы острые. Прямой угол
конечно же, не является ни тупым, ни острым.) Если этого
сделать нельзя, то докажите невозможность подобного
разбиения. Если можно, то каково наименьшее
количество остроугольных треугольников, которое можно
получить при разделении произвольного тупоугольного
треугольника?
На рис. 10 показана типичная попытка разделения,
которая не дает нужного результата. Первые три треугольни-
Рис. 10
Можно ли разрезать этот
треугольник на остроугольные
треугольники?
Восемь задач 37
ка действительно остроугольны, а последний получается
тупоугольным, так что предыдущие разрезания ничего не
дают.
Эта задача (идею которой подсказал мне Мел Стовер из
Виннипега) просто удивительна, потому что она способна
сбить с толка даже самых сильных математиков. Многие
из них приходили к неверному заключению.
Я с таким удовольствием работал над этой задачей, что
у меня родился другой вопрос: на какое наименьшее
число остроугольных треугольников можно разделить
квадрат? Несколько дней я был уверен, что наименьшее число
равно девяти, а затем неожиданно обнаружил, как
уменьшить его до восьми. Интересно, сколько читателей сможет
найти решение с восемью треугольниками. Возможно,
существует еще более экономное решение? Я не могу
доказать, что восемь это минимум, хотя в достаточной степени
уверен, что это действительно так.
2. ДЛИНА ЛУНАРА
В романе Герберта Уэллса «Первые люди на Луне»
говорится о том, что естественный спутник нашей планеты
населен разумными насекомообразными существами,
которые живут в пещерах под поверхностью этого небесного
тела. Давайте предположим, что эти создания используют
единицу длины, которую мы назовем «лунаром». Такая
единица очень удобна, потому что площадь поверхности
Луны, выраженная в квадратных лунарах, равна объему
Луны в кубических лунарах. Диаметр Луны составляет
3476 км. Какова величина лунара в километрах?
3. ИГРА В ГУГОЛ
В 1958 году Джон Г. Фокс-мл. и Л. Джеральд Марни
разработали необычную игру, которую они назвали Googol.
Играют в нее так: попросите кого-нибудь взять произвольное
количество листочков бумаги и написать на каждом из них
различные положительные числа. Числа могут быть самы-
38 Новые математические развлечения
ми различными: от самых малых долей единицы до «гуго-
ла» (так называют единицу с сотней нулей) или даже
больше. Затем эти листочки надо разложить на столе цифрами
вниз и перемешать. Здесь в игру вступаете вы. Ваша задача
брать листочки по одному и смотреть написанные на них
числа. Дойдя до числа, которое, как вы полагаете,
является наибольшим в данной серии, вы должны остановиться.
Другими словами, вам нужно угадать наибольшее число из
написанных. Однако возвращаться назад и смотреть числа
из уже открытых листочков вам нельзя. Если вы
перевернете все листочки, то должны будете назвать то число,
которое написано на последнем листочке.
По мнению большинства людей, вероятность того, что
вы угадаете наибольшее число, составляет не более У5.
Однако если вы будете придерживаться наилучшей
стратегии, вероятность составит немногим больше Уз- В свете
этого возникают два вопроса. Во-первых, какова
наилучшая стратегия? (Здесь необходимо принять во внимание,
что данный вопрос в корне отличается от вопроса о
стратегии, стремящейся максимизировать значение
выбранного числа.) И во-вторых, если следовать наилучшей
стратегии, как в этом случае подсчитать свои шансы на
выигрыш?
Если листочков только два, вероятность выигрыша
будет равна У2, вне зависимости от того, какой листочек
выбран. Если количество листочков увеличивается,
вероятность выигрыша (в предположении, что вы используете
наилучшую стратегию) уменьшается, но кривая быстро
выходит на горизонтальную асимптоту и при количестве
листов больше 10 изменяется очень мало. Вероятность
выигрыша никогда не опускается ниже Уз- Многие люди
полагают, что при использовании очень больших чисел
задача усложняется, но на самом деле величина чисел не
играет никакой роли. Необходимо только, чтобы числа на
листках можно было расположить в порядке возрастания.
Этой игре можно найти много интересных
применений. Например, девушка решает выйти замуж до конца
года. По ее оценкам, она может встретить десятерых муж-
Восемь задач
39
чин, которые сделают ей предложение, но в случае отказа
уже не повторят его снова. Какой стратегии ей нужно
следовать, чтобы максимально увеличить свои шансы
выбрать лучшего мужчину из десятерых? И какова
вероятность того, что будет выбран именно лучший вариант?
Наилучшая стратегия заключается в том, чтобы,
отклонив несколько чисел на листочках (или предложений),
выбрать следующее число, которое превосходит наибольшее
из отклоненных чисел. Читателю остается только найти
формулу для определения количества листочков, которые
необходимо открыть, в зависимости от общего количества
листков.
4. МАРШИРУЮЩИЕ КАДЕТЫ
И БЕГАЮЩИЙ ПЕС
Кадеты, выстроенные в каре (квадрат со стороной 15 м),
маршируют с постоянной скоростью (см. рис. 11).
Небольшой терьер, любимец роты, забегает в середину последней
шеренги (точка А на рисунке), бежит вперед по прямой
линии до центра передней шеренги (точка В), затем
поворачивает назад и снова по прямой линии двигается к центру
последней шеренги. К тому моменту, когда он
возвращается в точку А, кадеты успевают пройти 15 м. Если
предположить, что собака бежит с постоянной скоростью и не
тратит времени на поворот, сколько метров она пробегает?
А А А А А
t
Рис. 11
Сколько пробежит пес?
40
Новые математические развлечения
Если вы решили эту задачу, которая требует лишь
знаний элементарной алгебры, возможно, у вас появится
желание поработать с намного более трудной ее версией,
предложенной известным изобретателем головоломок
Сэмом Лойдом. Вы ее сможете найти в моей книге
Mathematical Puzzles of Sam Loyd («Математические
головоломки Сэма Лойда»). В этом варианте собака бегает не
между марширующими курсантами, а обегает по
периметру квадрата, двигаясь с постоянной скоростью и держась
все время как можно ближе к курсантам. (Для устранения
недоразумений будем считать, что собака бежит строго по
периметру.) Как и в первом варианте^ к моменту
возвращения терьера в точку А, кадеты проходят 15 м. Какое
расстояние пробегает собака?
Рис. 12
Пояс Барра (вверху) и неправильный способ его укладки (внизу)
5. ПОЯС БАРРА
Стивен Барр из Вудстока рассказывает, что у его халата
длинный матерчатый пояс, концы которого срезаны под
углом 45 градусов, как показано на рис. 12. Собираясь в
Восемь задач 41
дорогу, он брал с собой халат и хотел как можно туже
скатать пояс, начав с одного конца. Но срезанные концы
коробили его обостренное чувство симметрии. Он пробовал
подворачивать уголки, чтобы концы пояса были
прямыми, но из-за неравной толщины при скатывании
образовывались бугры и перекосы.
Барр пробовал экспериментировать с более сложными
вариантами, но сколько ни пытался, так и не смог
получить прямоугольник однородной толщины. Вариант,
показанный на рисунке, дает такой прямоугольник, но на
участке А тройная толщина, а на участке В - только
двойная.
«Нет в мире совершенства, - говорил один из
философов в произведении Джеймса Стивенса The Crock of gold
(«Кувшин золота»). — Нет-нет да и вылезет бугорок». Тем
не менее Барр сумел сложить пояс так, чтобы оба его
конца были прямыми, а толщина сложенного пояса была
везде однородна. После этого пояс можно было без всяких
проблем скатать в тугой и ровный рулон. Каким образом
Барр складывал свой пояс? Для решения этой задачи
можно воспользоваться длинной полоской бумаги, концы
которой также срезаны под 45°.
6. УАЙТ, БЛЭК И БРАУН
Однажды профессор с кафедры математики Уайт,
профессор философии Лесли Блэк и Джин Браун, молодой
секретарь ректора университета, собрались вместе на ланч.
- Как интересно, - заметила леди, - наши фамилии
Блэк, Браун и Уайт, и при этом у одного из нас волосы
темные, у другого - каштановые, а у третьего - светлые.
(White, black, brown - означает, соответственно, «белый,
черный и коричневый». - Прим. пер.)
- Действительно, - ответила персона с темными
волосами. - А заметили ли вы, что ни у одного из нас волосы
не соответствуют фамилии?
- Ей-богу вы правы, - замечает Уайт.
Если волосы леди не каштановые, то какого они цвета?
42 Новые математические развлечения
7. ПОЛЕТ ПРИ ВЕТРЕ
Самолет летит по прямой линии из аэропорта А в
аэропорт В, а затем назад по прямой из В в А. Самолет
двигается с постоянной скоростью, ветер отсутствует. Станет ли
общее время полета больше, меньше или останется таким
же, если самолет будет лететь с такой же скоростью, но при
постоянном ветре, который все время с одинаковой
скоростью будет дуть по направлению из А в В?
8. ПРИБЫЛЬ ХОЗЯИНА ЗООМАГАЗИНА
Владелец зоомагазина закупил некоторое количество
хомяков и вдвое меньшее количество пар попугаев. Каждый
хомяк обошелся ему в два доллара, а каждый попугай в
один доллар. Каждое животное он продавал с наценкой
10 % от той цены, которую платил сам.
Когда часть животных была продана и осталось только
семь животных, владелец обнаружил, что выручил от
продажи такую же сумму денег, которую он заплатил при покупке
всей партии. Значит, его потенциальная прибыль должна
быть равна той сумме, которую он выручит от продажи семи
оставшихся хомяков и попугаев. Какова будет эта сумма?
ОТВЕТЫ
1. Многие читатели прислали мне «доказательства», что
тупоугольный треугольник нельзя разрезать на
остроугольные треугольники. Но конечно же это не так. На рис.
13 показана схема разрезания треугольника на семь
частей, которая применима для любого тупоугольного
треугольника.
Нетрудно понять, что семь — это минимальное
количество. Тупой угол должен быть разделен какой-либо
линией. Эта линия не может доходить до противоположной
стороны, потому что при этом образуется Другой
тупоугольный треугольник, который тоже нужно будет делить
на остроугольные. В этом случае количество
треугольников не будет минимально. Поэтому линия, разделяющая
Восемь задач 43
Рис. 13
Тупоугольный треугольник можно
разрезать на семь остроугольных
треугольников.
тупой угол, должна заканчиваться в какой-то точке внутри
треугольника. В этой точке должны сходиться как
минимум пять линий, иначе не все углы при этой вершине
будут острыми. Таким образом, получается внутренний
пятиугольник, состоящий из пяти треугольников. Значит,
всего в треугольнике будет семь остроугольных
треугольников. Уоллис Манхеймер, учитель бруклинской средней
школы, представил это доказательство в ежемесячном
математическом бюллетене American Mathematical Monthly за
ноябрь 1960 года. Он также показал, как построить
разбиение для любого тупоугольного треугольника.
Возникает еще один вопрос: можно ли разделить
произвольный тупоугольный треугольник на семь остроугольных
равнобедренных треугольников? Ответ отрицательный. Вер-
нер Хоггатт-мл. и Расе Денман (American Mathematical
Monthly, ноябрь 1961, с. 912-913) доказали, что для
произвольного тупоугольного треугольника достаточно восьми
таких треугольников, а Фри Джемисон (там же, июнь-июль
1962, с. 550-552) доказал, что восемь треугольников - это
также необходимое условие. В этих статьях можно найти
подробности относительно условий, при которых
возможно использование менее восьми треугольников. А в случае
с прямоугольными и остроугольными неравнобедренными
треугольниками дело обстоит несколько иначе. Каждый из
них можно разрезать на девять остроугольных
равнобедренных треугольников. Остроугольный равнобедренный
треугольник можно разрезать на четыре одинаковых
равнобедренных треугольника, подобных исходному.
Новые математические развлечения
Рис. 14
Квадрат можно разрезать
на восемь остроугольных
треугольников
Как показано на рис. 14, квадрат можно разрезать на
восемь остроугольных треугольников. Если схема
разрезания характеризуется двусторонней симметрией, то точки Р
и Р' должны находиться внутри заштрихованной области,
определенной четырьмя полуокружностями. Дональд
Вандерпул указал в своем письме, что асимметричная
схема разрезания возможна в том случае, если точка Р
находится за пределами заштрихованной области, попадая в
зону охвата двух больших полукругов.
Двадцать пять читателей прислали мне доказательства,
что разделение на восемь частей — минимально
возможное. Одно из таких доказательств, автор которого Гарри
Лингрен, появилось в журнале Australian Mathematics
Teacher («Австралийский учитель математики»), том 18,
1962, с. 14—15. В доказательстве также показано, что в
данной схеме может меняться только положение точек Р и Р'.
Других вариантов решения с восемью треугольниками не
существует.
Кокстер привел в своем письме удивительный факт,
суть которого заключается в том, что для любого
прямоугольника, сколь бы не различались по длине его стороны,
отрезок РР9 можно свести к нулю и переместить в центр
квадрата. В этом случае приведенная схема будет
характеризоваться и горизонтальной, и вертикальной симметрией.
Восемь задач 45
Еще в 1968 году Фри Джемисон обнаружил, что квадрат
можно разделить на десять остроугольных
равнобедренных треугольников. В сборнике The Fibonacci Quarterly
(«Ежеквартальный журнал Фибоначчи») за декабрь 1968
года вы найдете доказательство того, что квадрат можно
разделить на любое количество остроугольных
равнобедренных треугольников, равное или большее 10.
На рисунке 15 показано, как разделить пентаграмму
(правильную пятиугольную звезду) и греческий крест на
минимально возможное количество остроугольных
треугольников.
2. Объем сферы равен произведению 4тс/3 на куб ее
радиуса. Площадь поверхности сферы равна произведению 4л;
на квадрат ее радиуса. Если мы выразим радиус Луны в лу-
нарах и будем исходить из того, что площадь поверхности в
квадратных лунарах равна объему в кубических лунарах, мы
сможем определить длину радиуса. Для этого достаточно
всего лишь уравнять две формулы и выразить из этого
уравнения радиус. 4л с обеих сторон сокращается, и мы
находим, что радиус равен трем лунарам. Так как радиус Луны
составляет 1738 км, длина одного лунара — 579,36 км.
3. Вне зависимости от количества листков, с которыми
проводится игра в «Гугол», вероятность выбора
наибольшего числа (при использовании наилучшей стратегии) никогДа
не опускается ниже 0,367879. Эта величина, обратная
числу е, и является предельным значением вероятности
выигрыша, если количество листков стремится к бесконечности.
Если для игры используется десять листков (такое
количество наиболее удобно), вероятность выбора
наибольшего числа составляет 0,398. В данном случае самая
лучшая стратегия заключается в том, чтобы перевернуть три
листочка, определить наибольшее число из открытых и
дальше переворачивать листки, пока не встретится еще
большее число, на котором и следует остановиться. В этом
случае, играя много партий подряд, вы будете выигрывать
в двух из пяти партий.
46
Новые математические развлечения
Рис. 15
Разделение пентаграммы и греческого креста на минимальное
количество остроугольных треугольников
Восемь задач 47
Ниже приведен краткий вариант полного анализа
игры, выполненного Лео Мозером и Дж. Р. Поундером из
университета Альберты. Пусть п - это общее количество
листков, а/? — это количество листков, открытых до
начала выбора числа, большего любого из открытых чисел,
встретившихся на этих /? листках. Пронумеруем листы
последовательно от 1 до п. Пусть (к + 1) — это порядковый
номер листка с максимальным числом. Чтобы играющий
смог выбрать наибольшее число, к должно быть больше
или равно/? (иначе наибольшее число окажется на первых
/? карточках, которые нужно отклонить). К тому же
необходимо, чтобы наибольшее число на карточках от 1 до А:
было также наибольшим на карточках от 1 до/? (в
противном случае мы, не дойдя до максимального числа,
выбрали бы наибольшее из чисел на карточках от 1 до/?).
Вероятность обнаружения наибольшего числа в том
случае, если оно написано на (к + 1)-м листке, равнар/к.
Вероятность того, что наибольшее число действительно
находится на (к + 1)-м листке, равна \/п. Так как наибольшее
число может быть только на одном листке, мы можем
записать следующую формулу для вероятности его нахождения:
р{\ 1 1 1
I г - -г —... ~г
п\Р Р + 1 /?+ 2 П- 1
При заданном значении п (общего количества листков)
мы можем определить оптимальное значение /?
(количество листков, которые нужно отклонить) — то значение /?,
при котором приведенное выражение достигает
максимума. Если п стремится к бесконечности, р/п стремится к \/е.
В этом случае хорошим приближением для/? является
ближайшее к п/е целое положительное число. Итак, при игре
с п листками общая стратегия такова: сначала нужно
открыть п/е листков, а затем выбрать следующее число,
которое больше максимального из чисел, записанных на
перевернутых п/е листках.
Все эти рассуждения имеют смысл только в том случае,
если играющий не имеет никакого представления о наи-
48 Новые математические развлечения
большем и наименьшем числах на листках и поэтому не
может делать выводы о том, насколько близко очередное
открытое число находится к верхней границе. Если же
игрок располагает какими-то сведениями, такой анализ
неприменим. Допустим, что игра проводится с десятью
однодолларовыми купюрами, а в качестве чисел
используются серийные номера банкнот. Если в этом случае первая
банкнота, которую вы вытащили, имеет номер,
начинающийся с 9, вам лучше сразу признать это число
наибольшим. По этим причинам общая стратегия игры в «Гугол»
неприменима и для решения задачи о выборе для девушки
наилучшего мужа. Многие читатели отмечали, что
девушка, по всей вероятности, хорошо осведомлена о
достоинствах своих ухажеров и имеет представление о мужчине
своей мечты. Если первый же мужчина, который сделает
ей предложение, окажется близок к ее идеалу, пишет
Джозеф Робинсон, «она будет просто дурой, если не примет
предложения».
Хотя разработка и решение этой задачи приписывается
Фоксу и Марни, она, по всей вероятности, поднималась и
раньше. Некоторые читатели упоминали в своих письмах,
что слышали об этой задаче еще до 1958 года (в одном
случае речь шла конкретно о 1955 годе). Но я так и не смог
найти какие-нибудь документальные подтверждения
этого. Задача максимизации значения выбираемого объекта
(а не вероятности выбора объекта с наибольшим
значением), по имеющимся данным, впервые была поставлена
знаменитым математиком Артуром Кэли в 1875 году.
Дополнительно об этом можно почитать в статье Лео Мозера
On a Problem ofCayley («О задаче Кэли») в журнале Scripta
Mathematica, сентябрь-декабрь 1956, с. 289—292.
4. Пусть длина стороны квадрата кадетов равна
единице. Также примем за единицу время, которое потребуется
кадетам, чтобы пройти расстояние, равное длине стороны
квадрата. В этом случае их скорость тоже будет равна
единице. Пусть х — это общее расстояние, пройденное
собакой, а также ее скорость. При движении собаки вперед ее
Восемь задач 49
скорость относительно кадетов будет (х - 1). На
обратном пути ее скорость относительно кадетов будет (х + 1).
Длина и прямого, и обратного путей собаки равна 1
(относительно кадетов). Весь путь она совершает за единицу
времени. Исходя из этого можно записать следующее
уравнение:
х-1 х+1
Его можно переписать как квадратное уравнение
х2 — 2х — 1 = 0. Положительный корень этого уравнения
равен (1 + V2 ). Умножим его на 15, чтобы получить
окончательный ответ — 36,15 м. Другими словами, общее
расстояние, пройденное собакой, равно длине стороны
квадрата кадетов в сумме с той же длиной, умноженной на
квадратный корень из двух.
При решении лойдовского варианта задачи, в котором
терьер бежит вокруг движущегося квадрата, можно
применить точно такой же подход. Я приведу четкое, краткое
решение, присланное Робертом Джексоном из
компьютерного центра Делавэра.
Как и раньше, длина стороны квадрата и время, за
которое кадеты пройдут 15 метров, равны единице. Скорость
их движения также равна единице, х — это расстояние,
пройденное собакой. Когда собака бежит от последней
шеренге к первой, ее скорость относительно курсантов
равна (х — 1). Когда собака бежит поперек строя, ее
скорость составляет ^х2-\. Когда собака возвращается к
последней шеренге, ее скорость равна (х+1). Весь периметр
она обегает за единицу времени, поэтому мы можем
записать следующее уравнение:
Его можно выразить как уравнение четвертой степени:
х4 - 4Х3 - 2Х2 + 4х + 5 = 0. Только один его положительный
корень х = 4,18112... не является посторонним. Чтобы по-
50 Новые математические развлечения
лучить ответ, нам надо умножить этот корень на 15.
Ответ- 62,7168... м.
Теодор Гибсон из университета штата Виржиния
установил, что исходную форму записанного выше уравнения
можно привести к такому виду
Для этого надо лишь извлечь квадратные корни из
правой и левой частей исходного уравнения.
Я получил много писем с анализом различных
вариантов этой задачи: для квадратного построения,
марширующего параллельно диагонали квадрата, для построений в
форме правильных многоугольников с количеством
сторон больше четырех, для круговых строев, вращающихся
строев. Читатели Томас Михан и Дэвид Салсберг
отмечают, что эта задача абсолютно аналогична задаче об
истребителе-перехватчике, совершающем разведывательный
полет по периметру квадрата, в центре которого находится
движущееся судно. Также они показали, что задача легко
решается с помощью векторных диаграмм на планшете,
который используется на флоте для того, чтобы
отслеживать обстановку.
5. Самый простой способ свернуть пояс Барра так,
чтобы оба его конца были прямыми, а толщина сложенного
пояса была везде одинакова, показан на рис. 16. Такой
способ сложения, позволяющий скатать пояс в
аккуратный рулончик, применим при любой длине и различных
углах среза концов.
* г "'1 I i I v
Рис. 16
Способ сложения пояса Барра
Восемь задач 51
6. Если предположить, что «леди» это Джин Браун,
секретарь, мы быстро придем к противоречию. На ее
вступительную реплику отвечает персона с черными волосами.
Значит, волосы Браун не могут быть черными. Они также
не могут быть каштановыми, потому что в этом случае они
соответствовали бы фамилии. Значит, Браун должна быть
блондинкой. В этом случае профессор Блэк будет иметь
каштановые волосы, а профессор Уайт - черные. Но после
вопроса человека с черными волосами реплику
произносит профессор Уайт. Значит, они не могут быть одной и той
же персоной.
В свете этого необходимо принять, что Джин Браун —
это мужчина. Профессор Уайт не может иметь белые
волосы (тогда бы они соответствовали его или ее фамилии, и не
может иметь черные волосы, потому что он (или она)
ответил человеку с черными волосами). Следовательно, они
должны быть каштановыми. Если у леди волосы не
каштановые, значит, профессор Уайт не женщина. Браун тоже
должен быть мужчиной, следовательно женщина («леди») —
это профессор Блэк. Ее волосы не могут быть черными или
каштановыми, значит, она должна быть блондинкой.
7. Так как при полете из А в В ветер увеличивает
скорость движения самолета, а при полете из В в А —
уменьшает ее, возникает искушение предположить, что
опережение графика в первом случае и отставание во втором
случае компенсируют друг друга и общее время полета
остается неизменным.
Однако дело обстоит несколько иначе. Время, в
течении которого скорость самолета выше, короче того
времени, в течение которого самолет летит медленнее. Из-за
этого в конечном итоге самолет будет запаздывать. Общее
время полета при постоянном ветре всегда будет больше,
чем при полном отсутствии ветра.
8. Пусть х — количество купленных хомяков.
Количество первоначально купленных попугаев тоже равно х. Пусть
у — это количество хомяков среди семи оставшихся живот-
52 Новые математические развлечения
ных. Тогда попугаев среди семи оставшихся животных
будет (7 - у). Количество проданных хомяков (по 2,20
доллара за штуку) составит (х - у), а количество проданных
попугаев (по 1,10 доллара за штуку) будет равно (х - 7 + у).
При закупке партии хозяин заплатил 2х долларов за
хомяков и л: долларов за попугаев - всего Ъх долларов. За
проданных хомяков хозяин получил 2,2(х - у) долларов, за
проданных попугаев — 1,Цх— 7 + у) долларов, всего
(3,3* - 1,1у — 7,7) долларов.
Мы знаем, что количество потраченных денег равно
количеству вырученных за продажу часть партии. Значит,
мы можем приравнять полученные выражения. Проведя
некоторые преобразования, мы получим следующее диа-
фантово уравнение с двумя неизвестными.
Зх=Пу + 77.
Так как х и у это положительные целые числа, а у не
может быть больше 7, нам не составит труда перепробовать
все восемь значений для у (включая ноль), чтобы найти те,
при которых х также будет целым числом. Таких значений
два: 5 и 2. Любое из них можно было бы считать решением
задачи, если бы не тот факт, что попугаев покупают
парами. Это обстоятельство исключает значение у = 2, так как
в этом случае х (количество проданных попугаев) будет
нечетным: 33. Значит, у должно быть равно 5.
Теперь мы можем восстановить полную картину.
Владелец магазина купил 44 хомяка и 22 пары попугаев, заплатив
за все 132 доллара. Продал он 39 хомяков и 21 пару
попугаев, выручив тоже 132 доллара. Оставшиеся 5 хомяков
принесут ему 11 долларов (с учетом наценки), а 2 попугая —
2,20 доллара. Всего 13,2 доллара. Эта сумма и будет
прибылью владельца зоомагазина.
ГЛАВА 4
Игры и головоломки
Льюиса Кэрролла
Преподобный Чарльз Доджсон, которого мы все знаем под
литературным псевдонимом Льюис Кэрролл, в обыденной
жизни был заурядным математиком, читавшим унылые
лекции в Оксфорде и сочинявшим столь же унылые
трактаты на такие темы, как геометрия и алгебраические
детерминанты. Стоило этому остроумному человеку подойти к
математике менее серьезно, как сразу же этот серьезный
предмет буквально преобразился. Именно стиль
изложения обеспечил произведениям этого математика столь
глубокий интерес в обществе. По словам Бертрана Расселла,
«самым значимым открытием Кэрролла были те два
логических парадокса, которые в виде шутки были
опубликованы в журнале Mind». Кэрролл также написал две книги
по логике. Посвященные столь архаичной сейчас теме, эти
книги включали в себя столь странные и абсурдные
задачи, что издательство Dover решило составить еще одно
издание, в которое вошел материал этих двух книг.
Серьезные книги Льюиса Кэрролла долгое время не печатались,
если не считать два издания сборников оригинальных
головоломок A Tangled Tale («Запутанные истории») и Pillow
Problems («Развлечения с подушкой»). Эти книги также
были много позднее опубликованы издательством Dover в
виде объединенного издания. Так что мы постараемся по-
54 Новые математические развлечения
ведать читателю о других, менее известных достижениях
преподобного Доджсона в сфере игр и головоломок,
практически не освещенных в этих четырех опубликованных
книгах Кэрролла, а также в замечательной статье Уоррена
Вивера Lewis Carroll: Mathematician, Scientific American
(«Льюис Кэрролл - математик»), опубликованной в
апреле 1956 года.
В произведении Sylvie and Bruno Concluded
(«Заключение Сильвии и Бруно»), второй части почти
забытого произведения Кэрролла Sylvie and Bruno («Сильвия
и Бруно»), профессор из Германии спрашивает гостей,
знакомо ли им любопытное кольцо из бумаги, которое
получается, если разрезать обычное кольцо и перевернуть
один из концов.
- Я его не далее чем вчера видел, - ответил граф. -
Мюриэл, не вы ли изготовили одно из таких колец,
развлекая детей за чаем?
- Да, мне знакома эта головоломка, - сказала в ответ
леди Мюриэл. - Такое кольцо имеет только одну
поверхность и соответственно один край. Потрясающе!
Тем временем профессор продолжал удивлять гостей.
Он доказывал родство ленты Мебиуса и проективной
плоскости - еще одного чуда топологии, обладающего одной
поверхностью и не имеющего ни одного края. Для начала
профессор попросил у леди Мюриэл три носовых платка.
Два сложил вместе, удерживая за верхние уголки. Верхние
уголки он связал. Затем он перевернул нижнюю часть
одного из платков и связал аналогичным образом.
Естественно в результате появилась лента Мебиуса с единым
краем, который образуют четыре края носового платка.
Третий носовой платок сам по себе обладает четырьмя
краями, которые формируют непрерывную петлю. Теперь,
если эти четыре края пришить к четырем краям
изготовленной ранее поверхности Мебиуса, то, по словам
профессора, в результате получается замкнутая поверхность
без краев. Этим она напоминает сферу. Отличием является
то, что у сферы поверхностей две. Приведем фрагмент
диалога из книги.
Игры и головоломки Льюиса Кэрролла 55
— Понимаю! — нетерпеливо прервала профессора леди
Мюриэл. - Его внешняя поверхность будет непрерывна с
внутренней*. Но чтобы сделать это, нужно время. Я сошью
платки после чая.
С этими словами леди отложила платки в сторону и
взяла свою чашку.
— Но почему вы называете это кошельком Фортуны, -
в свою очередь спросила она.
Старик уставился на нее.
— Неужели вы не поняли, дитя мое. То, что внутри —
получается снаружи. А то, что снаружи — внутри. Так что в
этом маленьком кошельке скрывается все богатство
окружающего нас мира!
Естественно, что леди Мюриэл так никогда и не
пришила третий платок. Это невозможно сделать без
самопересечения поверхности. Однако предложенная
конструкция дает нам ценное понимание структуры проективной
плоскости.
Люди, знакомые с творчеством Альфреда Коржибски
(именно он заложил основы общей семантики,
предшественницы НЛП), любят повторять, что «карта это еще не
территория». А немецкий профессор из рассказа Кэрролла
пытается доказать нам, что в его стране карта и территория
стали одной сущностью. Картографы постепенно
расширяли карту страны, пока она не покрывала довольно
большие территории.
«Затем родилась идея! По сути, миля за милей мы могли
построить карту всей страны!»
— Ну и каковы успехи? — спросил я.
— До конца дело не удалось завершить, — ответил
профессор. — Помешали фермеры. Им не понравилось, что
карта закроет всю страну и лишит их солнечного света. Так
что теперь мы в качестве карты пользуемся
непосредственно территорией страны и, уверяю вас, разницы
практически никакой.
Так Льюис Кэрролл подтрунивал над порой
чрезмерным британским почтением к «немецкой
образованности». «В наши дни, - писал он в другой своей работе, - вряд
56
Новые математические развлечения
Льюис Кэрролл, рисунок Гарри Фернисса, который иллюстрировал
роман Кэрролла «Сильвия и Бруно».
ли найдется в Науке человек, который, дорожа своим
именем, не отзывался бы об этом иначе как в
восклицательных выражениях».
В дневниках Льюиса Кэрролла, опубликованных под
названием The Diaries of Lewis Carroll («Дневники Льюиса
Кэрролла») в 1954 году, было много записей, отражавших
его неослабевающий интерес к занимательной
математике. Так, 19 декабря 1898 года он записал: «Просидел
прошлой ночью до 4 часов утра над интереснейшей
проблемой, присланной мне из Нью-Йорка. Задача состояла в
Игры и головоломки Льюиса Кэрролла 57
том, чтобы найти три равных (по площади)
прямоугольных треугольника с рациональными сторонами. Я
обнаружил только два — (20, 21, 29), (12, 35, 37), а третий так и не
смог найти». Возможно, некоторым из читателей будет
интересно попробовать себя в том, в чем сам Льюис
Кэрролл потерпел неудачу. Известно, что нет предела
количеству прямоугольных треугольников, длина сторон которых
рациональна и которые попарно равны. Однако если
говорить о тройках треугольников, то длины сторон будут
исчисляться уже шестизначными числами. Кэрролл
подошел очень близко к одной из таких троек (в ответе мы
расскажем об этом подробнее). Мы привели один из ответов
этой задачи с площадью треугольников меньше 1000, хотя
наш ответ больше того, на который ссылался в
дневниковой записи Кэрролл.
«Последние несколько дней я размышляю над
следующей загадкой, - делает запись писатель 27 мая 1894 года. -
Эта логическая задача о «дилемме правды и лжи».
Например, А утверждает, что В лжет, В утверждает, что С лжет, а С
утверждает, что А и В лгут. Вопрос в том, кто из них лжет, а
кто говорит правду? Предположим, что А оценивает
правдивость утверждения В. В, в свою очередь, говорит об
утверждении С, а сам С ссылается на объединенные вместе
утверждения А и В.
Если говорить о необычных играх в слова,
изобретенных Льюисом Кэрроллом, то нельзя не упомянуть о
пасьянсе Doublets («Дуплет»). Игры такого рода некогда
были очень популярны. Своей известностью они во
многом обязаны английскому журналу Vanity Fair
(«Ярмарка тщеславия»), который учредил даже специальный
приз. Идея состоит в том, чтобы взять два слова
одинаковой длины и, меняя букву за буквой (по одной за один
раз), через словесную цепочку получить из первого
слова последнее. В этой игре для связки не должны
использоваться имена собственные и редкие слова, которые
обходят популярные словари. Например, слово
ОТРАВА в слово УПРАВА можно превратить следующим
образом:
58 Новые математические развлечения
ОТРАВА
ОПРАВА
УПРАВА
Конечно, не так просто произвести трансформацию от
одного слова до другого с наименьшим возможным
количеством переходов. Для тех, кому интересно попробовать
себя в игре в слова, мы приводим несколько примеров
(естественно, они на английском языке, поскольку взяты из
Vanity Fair). Те, кто знают английский язык, могут
попробовать за наименьшее количество ходов получить из
одного слова другое:
Prove GRASS to be GREEN.
Evolve MAN from APE.
Raise ONE to TWO.
Change BLUE to PINK.
Make WINTER SUMMER.
Put ROUGE on CHEEK.
Как и многие математики, Льюис Кэрролл предавался
самым разным вариантам игры в слова. Так он создавал
анаграммы из имен известных людей своего времени
(одна из его лучших анаграмм: William Ewart Gladstone - Wild
agitator! Means well, что означает «Для Гладстона все
средства хороши!»), писал акростихи на имена маленьких
дочек коллег, на основе каламбуров составлял детские
загадки и шарады. Его письма своим маленьким друзьям были
буквально переполнены такого рода вещами. Так, в одном
из писем Льюис Кэрролл упоминает о своем открытии,
что (внимание знатокам английского языка!) первые
восемь букв алфавита ABCDEFGI могут быть перестроены,
чтобы получилось написанное через дефис слово. Сможет
ли кто-либо обнаружить его?
Письма Кэрролла буквально изобилуют каламбурами,
в чем чувствуется скорее желание показать интересную
находку, чем «блеснуть умом». Придуманное понятие «silly-
gism» (намеренно искаженное слово syllogism (силлогизм,
Игры и головоломки Льюиса Кэрролла 59
логическое построение), где в начале слова стоит silly, что
означает «глупый») Кэрролл определял как сочетание двух
формальных нарушений логики, которое приводит к
внешне логическому заблуждению. Виртуозная игра
логическими понятиями в его творчестве достигла
высочайшего расцвета, как ни странно, в политической сатире. Ниже
мы приводим отрывок из памфлета Dynamics of a Particle
(«Динамика частиц», particle также означает статью
законодательного документа). Памфлет начинается со
следующих определений. (Обратите внимание на остроумное
сопоставление законов планиметрии с работой
законодательной системы Великобритании. - Прим. перев.)
Поверхность сродни речи, любые из двух точек зрения
высказываемые в которой обладают тем свойством, что
спикер всегда оказывается где-то между ними. Плоский
гнев (здесь вместо angle (угол) Кэрролл пишет anger (гнев))
имеет место, когда встречаются два избирателя, чьи взгляды
расходятся. Когда один адвокат по делам короны встречает
другого, силы противоборствующих сторон уравниваются,
а чувство гнева, которые испытывает каждая из сторон,
считается праведным (Right Anger это намек на прямой
угол). Когда две стороны, испытывающие праведный гнев,
сходятся, то можно уже говорить о комплементарное™
(хотя подобное, скорее, редкость). А бестолковый гнев (Obtuse
Anger — намек на тупой угол) — это более чем просто гнев.
На основе математических (и языковых) парадоксов
также строился юмор другой брошюры Кэрролла The New
Method of Evaluation as Applied to к («Новый метод оценки
применительно к числу тс»). На этой константе
зарабатывал себе на хлеб Бенджамин Жоветт, переводчик Платона
и профессор греческого языка. Этого человека многие
подозревали в приверженности неортодоксальным
религиозным воззрениям. Трактат Кэрролла высмеивает неудачу
«академиков» из Оксфорда договориться о
«благопристойности» заработков профессора Жоветта. Приведенный
ниже отрывок в какой-то мере передаст дух этого трактата
(Джей обозначает «Жоветт»):
60 Новые математические развлечения
Уже давно не секрет, что основной проблемой в
истории числа тс была роль некоего Джей. Твори этот Джей на
заре развития математики, он, вероятно, обратил бы свой
взор на оси прямоугольников, разделив фигуры на две
неравные части. Этот процесс произвольного исключения в
настоящее время считается не совсем законным.
Откуда-то издалека раздался крик Королевы: «Отрубите
ей голову!» (Из «Алисы в Стране чудес». - Прим. перев.)
Все более-менее значительные авторы, которые так или
иначе баловались каламбурами, почти всегда оказывались
поклонниками творчества Кэрролла. Так в Поминках по
Финнегану Джеймс Джойс допускает немного богохульную
ссылку на Кэрролла: Dodgfather, Dodgson & Coo («Додж-отец,
Додж-сын и другие чудаки»). Неудивительно, что Владимир
Набоков (один из романов которого, «Лолита», известен не
только благодаря пикантности темы, но и игрой слов)
перевел в 1923 году Алису в Стране чудес. По утверждению
самого Набокова, это перевод далеко не первый, но лучше
многих. Есть еще одна интересная связь между Кэрроллом и
Набоковым. Как и Кэрролл, Набоков любил шахматы
(вспомните роман «Защита Лужина» — об одержимом
шахматисте), а в его Лолите главный герой Гумберт Гумберт
соблазняет нимфетку возраста бобби-соксер («бобби-соксер»
происходит от «бобби-сокс» (англ. bobbysox), короткие
белые носки — обязательный элемент школьной формы для
американских девочек в 1930—40 гг. Кэрролл тоже
испытывал интерес (впрочем, в отличие от Набоковского героя,
чисто платонический) к трем молоденьким сестрам - дочерям
коллеги по университету (речь идет о Лорине, Алисе и Эдит
Лидделл - вспомните Алису). Нужно ли говорить о том, что
сам Кэрролл был бы потрясен романом Лолита.
Доджсон искренне считал себя самым счастливым
человеком, но это счастье было с легким оттенком печали о
том, что жизнь проходит мимо него. Одиночество
застенчивого и замкнутого в своей набожности холостяка давало
о себе знать. Льюис Кэрролл часто ночами не мог
сомкнуть глаз, борясь с тем, что он сам называл «греховными
Игры и головоломки Льюиса Кэрролла 61
мыслями», изобретая сложные «головоломки для
подушки» (pillow problems, как он сам называл эти забавы) и в уме
решая их. Вот одна из них:
И все же что столь веселит меня
И что за мысли наполняют мои думы
Не степени и числа ль?
х2+ 7*+ 53 =11/3.
ПРИЛОЖЕНИЕ
На Рождество 1877 года Льюис Кэрролл посвятил двум
«совершенно малознакомым девочкам» несколько
словесных пасьянсов. Он посвящал этой словесной игре
множество заметок, публиковавшихся в печати. Вначале эта игра
получила название Wordlinks («Словесные связи»). Если
читателю интересны история игры и заметки Льюиса
Кэрролла, то читайте The Carroll Handbook («Книга Кэрролла»)
под редакцией Роджера Грина.
Эти головоломки начали появляться в самых разных
сборниках. В своей книге Language on Vacation («Язык на
каникулах») Дмитрий Боргманн назвал их «лестницей из
слов» (word ladders), указав при этом, что в идеальной
словесной лестнице буквы начального и конечного слова
совершенно не повторяются и в этой лестнице столько
ступеней, сколько букв в слове. В качестве примера он за четыре
хода сумел превратить холодное в теплое (COLD ~ WARM).
Не стоит удивляться и тому, что словесные лестницы
появляются в романе Набокова Pale Fire («Бледное
пламя») - правда, там эта игра называется «словесным
гольфом» (word golf). Безумный герой романа,
комментируя строчку 819 из поэмы (вокруг которой и строится
повествование), говорит о том, что от любви до ненависти
три шага. НАТЕ он превращает в LOVE за три хода.
(HATE-LATE-LAVE-LOVE. - Прим. перев.) Еще он LASS
превращает в MALE за четыре хода, LIVE в DEAD за пять
ходов (в середине цепочки слово LEND). Решения для
первых двух примеров привела Мэри МакКарти в своем
62 Новые математические развлечения
замечательном обзоре этого романа, опубликованном в
июле 1962 года. Мисс МакКарти также привела некоторые
свои лестницы, взяв слова из заголовка названия романа.
Джон Мейнард Смит в своем эссе The Limitations of
Molecular Evolution («Ограничения молекулярной
эволюции»), опубликованном в журнале The Scientist Speculates,
обнаружил поразительное соответствие между этими
словесными головоломками и эволюционным процессом.
Если мы представим себе двойную спираль ДНК в виде
очень длинного слова, то мутация соответствует ходу в
словесной игре. Обезьяна (АРЕ) превратилась в человека
(MAN) в процессе, во многом аналогичном игре в слова!
Смит приводит примеры идеального превращения слова
(WORD) в ген (GENE) за четыре хода. (Word-wore-gore-
gone-gene. - Прим. перев.)
ОТВЕТЫ
Ответ на задачу Льюиса Кэрролла в наименьших целых
числах это тройки (40, 42, 58), (24, 70, 74) и (15, 112, ИЗ).
Во всех случаях площадь прямоугольников составляет 840.
Удвой Кэрролл размеры двух треугольников, которые
он нашел тогда, и до третьего треугольника рукой подать!
Генри Эрнест Дьюдени, давая ответ на задачу 107 из
собственного сборника Canterbury Puzzles («Кентерберийские
головоломки»), приводит формулу, по которой легко
рассчитать такие тройки треугольников.
У логической головоломки Льюиса Кэрролла только
один логически не противоречивый ответ: А и С лгут, а В -
говорит правду. Эта логическая головоломка выводит
читателя к основам пропозиционального исчисления (или
исчисления высказываний), а само слово «говорят»
выступает в качестве логической связки, выражающей
эквивалентность. Если оставить в стороне символическую
логику, то можно для этих трех персонажей задачи просто
составить список восьми возможных сочетаний типа
«правда-ложь», а затем исследовать каждое сочетание, исключая
те, которые ведут к логическому противоречию.
Игры и головоломки Льюиса Кэрролла 63
Вот решение самого Кэрролла для собственных
головоломок (естественно, мы приводим их по-английски):
GRASS, CRASS, CRESS, TRESS, TREES, FREES,
FREED, GREED, GREEN; APE, ARE, ERE, ERR, EAR,
MAR, MAN; ONE, OWE, EWE, EYE, DYE, DOE, TOE,
TOO, TWO; BLUE, GLUE, GLUT, GOUT, POUT, PORT,
PART, PANT, PINT, PINK; WINTER, WINNER, WANNER,
WANDER, WARDER, HARDER, HARPER, HAMPER,
DAMPER, DAMPED, DAMMED, DIMMED, DIMMER,
SIMMER, SUMMER; ROUGE, ROUGH, SOUGH,
SOUTH, SOOTH, BOOTH, BOOTS, BOATS, BRATS,
BRASS, CRASS, CRESS, CREST, CHEST, CHEAT, CHEAP,
CHEEP, CHEEK.
Из букв ABCDEFGI можно собрать слово BIG-FACED
(«круглолицый»).
Когда приведенные выше ответы Кэрролла появились
в моей колонке в Scientific American, на меня обрушился
поток писем с более коротким вариантом. Лучшие
варианты превращения GRASS - GREEN за семь ходов
прислали Л. Коэн, Стотт Галахер, Лоуренс Джозеф, Джордж
Капп, Артур Лорд, Сидни Осборн и Г. Персиваль.
GRASS
CRASS
CRESS
TRESS
TREES
TREED
GREED
GREEN
Один из читателей, Готлиб, прислал мне аналогичные
решения за семь ходов, в котором второе, третье и
четвертое слово заменены на GRAYS, TRAYS и TREYS. Если
допустить использование архаизмов, то с помощью слова
GREES можно составить четырехходовосрешение. Его
в своих письмах независимо обнаружили Стивен Барр,
Г. Персиваль и Ричард Д. Терстон:
64 Новые математические развлечения
GRASS
GRAYS
GREYS
GREES
GREEN
Десять читателей (Дэвид М. Банкрофт, Роберт Боман,
Фредерик Дж. Хувен, Артур X. Лорд, госпожа Генри А. Морс,
Сидни Дж. Осборн, Доди Шульц, Джордж Старбэк,
Эдвард Веллен и еще один читатель, подпись оказалась
неразборчива) прислали мне превосходное решение,
превратив обезьяну в человека за пять ходов.
АРЕ
APT
ОРТ
ОАТ
МАТ
MAN
Многие читатели прислали мне превращение ONE в
TWO за семь ходов, но поскольку все эти решения
содержали хоть одно, но редкое слово, пальму первенства я
отдал Персивалю, решение которого содержало шесть ходов.
ONE
OYE
DYE
DOE
TOE
TOO
TWO
Слово «Оуе» шотландского происхождения и
обозначает «внук». Оно уже появилось в словаре Webster's New
Collegiate Dictionary (словарь Вебстера).
Слово BLUE превращается в PINK за семь шагов. Вот
решения Уинделла Перкинса (слева) и Ричарда Терстона
(справа).
Игры и головоломки Льюиса Кэрролла 65
BLUE
GLUE
GLUT
GOUT
POUT
PONT
PINT
PINK
BLUE
BLAE
BLAT
BEAT
PEAT
PENT
PINT
PINK
Это замечательное решение, превращающее зиму в лето
за восемь ходов (WINTER — SUMMER), предложил
Фредерик Дж. Гувен. Все слова в нем самые распространенные.
WINTER
WINDER
WANDER
WARDER
HARDER
HARMER
HAMMER
HUMMER
SUMMER
А вот это решение за семь ходов, но в нем
использованы менее распространенные слова. Его прислали Генри
Морс, Ричард Терстон и Персиваль.
WINTER
LINTER
LISTER
LISPER
LIMPER
SIMPER (или LIMMER)
SIMMER
SUMMER
А вот два решения (11 ходов) для пары ROUGE -
CHEEK. Слева решение Лоренса Джозефа, а справа -
Фредерика Гувена.
3-9434
66
Новые математические развлечения
ROUGE
ROUTE
ROUTS
ROOTS
BOOTS
BLOTS
BLOCS
BLOCK
CLOCK
CHOCK
CHECK
CHEEK
ййЭЯ
ROUGE
ROUTE
ROUTS
ROOTS
COOTS
COONS
COINS
CHINS
CHINK
CHICK
CHECK
CHEEK
ЙЗйй
Лабиринт, нарисованный Льюисом Кэрроллом, когда ему было
чуть больше 20. Задача состоит в том, чтобы найти выход
из центрального ромба. Пути могут пересекаться и проходить
один под другим, а некоторые дорожки имеют преграды в виде
малозаметной линии.
ГЛАВА 5
Вырезание из бумаги
В книге The 2nd Scientific American Book of Mathematical
Puzzles & Diversions («Вторая книга математических
головоломок и развлечений от Scientific American») есть глава,
посвященная мастерству складывания бумаги без
разрезания. Овладев лишь начальными навыками этого
мастерства, можно придумать много занимательных задач. А если в
дело вступают ножницы, открывается еще большее
разнообразие возможностей, многие из которых позволяют нам
по-новому взглянуть на давно знакомые теоремы
планиметрии.
Например, рассмотрим известную всем теорему,
которая утверждает, что сумма внутренних углов треугольника
равна 180° (угол величиной 180° называется развернутым).
Давайте вырежем из листа бумаги треугольник, поставим
рядом с каждой его вершиной точку и срежем уголки
треугольника. Складывая затем получившиеся треугольники,
вы обнаружите, что уголки с точками всегда можно
уложить рядом и при этом они образуют развернутый угол
{см. рис. 17а). Пробуйте проделать то же самое с углами
четырехугольника. Четырехугольник может быть любой
формы, в том числе и не выпуклый, такой как показан на
рисунке 17Ь. Четыре разрезанных угла всегда будут давать
68
Новые математические развлечения
Рис. 17
Наглядное доказательство теорем планиметрии с помощью
бумаги и ножниц
Вырезание из бумаги 69
полный угол (360°). Теперь давайте немного продлим
стороны любого выпуклого многоугольника и отметим
точками вновь образовавшиеся углы (см. рис. 17с). Это так
называемые внешние углы. Вне зависимости от того, сколь
велико количество сторон у многоугольника, если вырезать
и сложить все его внешние углы, всегда будет получаться
угол 360°.
Если, рисуя многоугольник, мы сделали так, чтобы две
или большее количество его сторон пересекались, то мы
получим так называемый самопересекающийся
многоугольник. Одним из самых известных примеров
многоугольников такого рода является пятиконечная звезда или
пентаграмма, которая у древних пифагорейцев была
символом братства.
Нарисуйте звезду любой формы, правильной или
неправильной (можно нарисовать даже так называемую
вырожденную звезду - у нее одна или несколько вершин
находятся внутри тела звезды (см. рис. 18)). Вырежьте звезду,
отметьте точками углы при вершинах и срежьте (или
вырежьте) их. Возможно, вы будете удивлены, обнаружив,
что, как и в случае с треугольником, отмеченные точками
углы пентаграммы образуют при сложении развернутый
угол. Эту теорему можно доказать и другим способом.
Описанный ниже эмпирический метод доказательства
получил название метода скользящей спички. Нарисуйте
большую пентаграмму, а затем положите спичку вдоль
одной из линий, как показано на верхней иллюстрации
рисунка 18. Двигайте спичку, пока ее головка не коснется
вершины звезды, затем поверните спичку влево так, чтобы
положить ее вдоль другой линии. Ориентация спички на
плоскости изменилась относительно исходной на угол,
равный углу при вершине звезды. Передвиньте спичку
вниз, до следующего угла и проделайте ту же самую
операцию. Продолжайте двигать спичку вокруг звезды,
проделывая такую процедуру на каждой вершине. Когда спичка
вернется в свое исходное положение, она будет
располагаться головкой вниз, а не вверх, как было сначала. Это
означает, что спичка совершила оборот по часовой стрелке
70
Новые математические развлечения
Рис. 18
Движение спички вдоль линий пентаграммы показывает,
что углы при вершинах (отмеченные точками) дают
в сумме 180 градусов
Вырезание из бумаги 71
на 180°. Не стоит объяснять, что этот оборот представляет
собой сумму пяти углов при вершинах пентаграммы.
С помощью метода скользящей спички можно доказать
все уже упомянутые выше теоремы. Также им можно
воспользоваться для выявления новых закономерностей. Это
очень удобный инструмент для измерения углов любых
многоугольников, в том числе и звездчатых, и
многоугольников с любыми, самыми сложными самопересечениями.
Так как при возвращении в исходное положение спичка
должна располагаться либо в том же направлении, как
сначала, либо в прямо противоположном, сумма
описанных ею углов должна быть всегда кратна 180° (при
условии, что спичка всегда поворачивается только в одном
направлении). Если в процессе движения спичка
поворачивается в различных направлениях, как это часто бывает в
случае самопересекающихся многоугольников, мы не
сможем получить сумму углов, хотя можем обнаружить
другие закономерности. Например, в процессе движения
по периметру самопересекающегося восьмиугольника,
показанного на рис. 19, на углах, обозначенных буквой А,
спичка будет поворачиваться по часовой стрелке, а на
углах, обозначенных буквой В, она будет на такую же
величину поворачиваться против часовой стрелки. Поэтому
мы не сможем получить сумму восьми углов, но сможем
сказать, что сумма четырех углов А равна сумме четырех
углов В. Справедливость этого утверждения можно
проверить с помощью «метода ножниц» или с помощью
строгого геометрического доказательства.
Знаменитая теорема Пифагора позволяет реализовать
много изящных доказательств с помощью ножниц и
бумаги. Ниже приведено одно замечательное доказательство,
обнаруженное в XIX веке Генри Перигалом, лондонским
биржевым маклером и астрономом-любителем.
Постройте на катетах любого прямоугольника два
квадрата (см. рис. 20). Разделите больший квадрат (или любой
квадрат, если они одинакового размера) на четыре
одинаковые части, проведя через центр квадрата под прямым
углом друг к другу две прямые линии. При этом одна линия
72
Новые математические развлечения
Рис. 19
В этом самопересекающемся восьмиугольнике сумма углов,
отмеченных буквой А, равна сумме углов, отмеченных буквой В
должна быть параллельна гипотенузе треугольника.
Вырежьте оба квадрата, разрезав большой на четыре части.
Поэкспериментируйте с этими пятью частями, вы
обнаружите, что их можно передвинуть (даже не меняя
ориентации на плоскости) таким образом, чтобы сформировать
один большой квадрат на гипотенузе. (Он показан на
рисунке пунктирной линией.)
Перигал пришел к этому доказательству примерно в
1830 году, но не публиковывал его до 1873 года. Он был
столь восхищен своим открытием, что заказал себе
визитные карточки с диаграммой в виде квадрата из пяти частей
Вырезание из бумаги
73
и раздал своим знакомым сотни головоломок на
построение из пяти частей двух квадратов. (Все, кто не видел
схемы разрезания, находили довольно трудным
состыковывать части вместе, сначала сформировав два квадрата, а
затем один большой.) После смерти Перигала в 1899 году в
некрологе, появившемся в Заметках лондонского
королевского общества, было сказано, «что в астрономическом
аспекте главной целью его жизни» было убедить других,
Рис. 20
Доказательство теоремы Пифагора с помощью ножниц и бумаги,
приведенное Генри Перигалом
74
Новые математические развлечения
Рис. 21
Этот способ разделения гексаграммы на части, из которых можно
сложить квадрат, открыл Э. Б. Эскот
«главным образом молодых людей, еще не утвердившихся
в противоположном убеждении», что выражение «Луна
вращается вокруг Земли» неправильно передает характер
движения спутника нашей планеты.
Он писал брошюры, строил модели и даже сочинял
поэмы, чтобы доказать правильность своей точки зрения,
«с героической стойкостью перенося постоянные
разочарования от того, что ни одно из использованных им
средств не дает должного результата».
Разделение многоугольников на части и составление из
них других многоугольников является одной из наиболее
увлекательных областей занимательной математики. Было
доказано, что любой многоугольник можно разрезать на
конечное количество частей, из которые впоследствии
можно сформировать любой другой многоугольник такой
же площади. Однако такие разрезания не представляют
особого интереса, за исключением тех случаев, когда
количество частей столь мало, что проведение
преобразования кажется практически невозможным. Кто бы мог
представить, например, что правильную шестиугольную звезду
достаточно разрезать всего на пять частей, чтобы из них
Вырезание из бумаги
75
Рис. 22
Способ разделения правильного двенадцатиугольника на части,
из которых можно сложить квадрат
можно было сформировать квадрат (см. рис. 21)? (Для
сравнения, чтобы сформировать квадрат из правильной
пятиугольной звезды, ее нужно разрезать как минимум
на восемь частей.) Главным мировым специалистом по
задачам такого рода считается австралиец Гарри Линдгрен.
На рисунке 22 вы видите великолепный в своем
изяществе способ разделения правильного двенадцатиугольника
на шесть частей, из которых можно сформировать квадрат.
Честь открытия этой жемчужины занимательной
математики принадлежит именно Линдгрену.
Существует также еще один класс развлечений с
бумагой и ножницами. Он кардинально отличается от
первого и пользуется большей популярностью у фокусников,
чем у математиков. Технология довольно проста: лист
бумаги складывается несколько раз, затем его один раз
разрезают по прямой линии, потом разворачивают
получившиеся куски и демонстрируют удивительные результаты.
Например, развернутая часть может иметь форму
правильного многоугольника или более сложной
геометрической фигуры, либо на ней может появиться отверстие
такой формы.
76 Новые математические развлечения
В 1955 году в Чикаго была опубликована книга
Джеральда Лу Paper Capers («Шалости с бумагой»),
посвященная таким трюкам. В книге объяснено, как свернуть лист
бумаги так, чтобы единственным разрезом получить
любую желаемую букву алфавита, различные типы звездочек
и крестов, а также гораздо более сложные узоры,
например, круговую цепь звездочек, звезду в звезде и многое
другое. Необычный фокус с одним разрезом, хорошо
известный многим фокусникам, получил название
«Двухцветный разрез». Берут лист шелковой бумаги, раскрашенной
черным и красным наподобие шахматной доски
размером восемь на восемь клеток. Бумагу складывают
определенным образом, затем делают единственный прямой
надрез. В результате черные квадраты оказываются
отделенными от красных, а вся «доска» — разрезанной на
отдельные квадраты. Работая с листом тонкой бумаги (в
этом случае мы сможем видеть контуры клеток, даже
если бумага будет сложена в несколько раз), нетрудно
понять метод, который лежит в основе этого фокуса, а
также методы получения с помощью одного разреза простых
геометрических фигур. Вырезание же более сложных
узоров, например, свастики, сопряжено со значительными
трудностями.
Еще один старый фокус с разрезанием бумаги,
происхождение которого неизвестно, показан на рисунке 23.
Обычно показ этого фокуса сопровождается историей о
двух современных политических лидерах, один из которых
завоевал любовь простого народа, а другой - ненависть.
Оба они умерли и предстали перед небесными вратами.
У Плохого лидера, естественно, не оказалось необходимой
бумаги, дающей право входа. Он обратился за помощью к
Хорошему лидеру, который стоял рядом с ним. Хороший
лидер сложил свой листок бумаги так, как показано на
рисунках а, Ь, с, dn е, затем разрезал его по линии,
показанной на рисунке пунктиром. Оставив себе левую часть
листа, остальное он отдал Плохому лидеру.
Получив от Плохого лидера часть листа, святой Петр
сложил из кусочков слово Hell («Ад»), как показано внизу
Вырезание из бумаги
77
сит
J
L
D
Рис. 23
Старый фокус с разрезанием бумаги
78 Новые математические развлечения
слева, и отправил просителя по указанному адресу.
Следующим в очереди в рай стоял Хороший лидер. Развернув
протянутую им часть листа, святой Петр увидел крест,
показанный внизу справа.
Если лист бумаги сложен плоско, не представляется
возможным разрезать его по прямой линии таким
образом, чтобы получилась криволинейная фигура. Но если
лист бумаги навернуть на конус и пересечь его
плоскостью, то в зависимости от угла наклона последней край
листа может иметь вид окружности, эллипса, параболы
или гиперболы. Это, как вы уже поняли, знаменитые
конические сечения, изучением которых занимались
еще древние греки. Менее известен тот факт, что с
помощью такого же трюка можно получить синусоиду. Для
этого надо обернуть бумагу несколько раз вокруг
цилиндрической свечи, а затем перерезать по диагонали и
бумагу, и свечу. Развернув бумагу, вы увидите, что срезы ее
частей образуют синусоиду - одну из фундаментальных
форм волнового движения в физике. Этот фокус
полезен такаже для домашних хозяек, которые хотят, чтобы
края бумаги, которой они застилают полки, были
волнистыми.
Ниже приведены две восхитительные задачи на
сложение и разрезание бумаги. В обоих случаях речь идет о
построении кубов. Первая задача легкая, вторая — гораздо
сложнее.
1. Какова должна быть минимальная длина полоски
бумаги шириной 3 см, из которой можно сложить кубик с
длиной ребра 3 см (и со всеми шестью гранями)?
2. Лист бумаги размером 9x9 см с одной стороны
выкрашен в черный цвет и разлинован на девять квадратов со
стороной 3 сантиметра. Можно ли, делая резы только по
разлинованным линиям, разрезать квадрат так, чтобы при
сгибании его по уже проведенным линиям сложить куб,
все шесть граней которого с внешней стороны были бы
черными? Развертка куба должна состоять из единого
куска. Разрезать и складывать по каким-либо прямым, кроме
уже проведенных, нельзя.
Вырезание из бумаги 79
ДОПОЛНЕНИЕ
Существуют различные традиционные геометрические
доказательства того, что суммы углов при вершинах трех
пентаграмм различного типа (см. рис. 18) равны в каждом
случае развернутому углу. Возможно, читатель не откажет
себе в удовольствии найти некоторые из них, хотя бы для
того, чтобы иметь возможность сравнить, насколько
проще и нагляднее доказательство с помощью метода
скользящей спички.
Перигал впервые опубликовал свое доказательство
теоремы Пифагора в журнале Messenger of Mathematics
(«Математический вестник»), том 2, 1873, с. 103—106.
Биографические сведения о Перигале можно найти в
Заметках лондонского королевского общества, № 59,1899.
Некоторые из его брошюр обсуждаются Августом
Морганом в его знаменитой книге Budget of Paradoxes («Кладовая
парадоксов»).
Изящное преобразование гексаграммы в квадрат было
открыто Эдвардом Бриндом Эскотом. Он был
статистиком страховой компании, жил в городе Ок-Парк,
Иллинойс, умер в 1946 году. Эскот — эксперт по теории чисел,
много сотрудничал с различными математическими
журналами. Предложенное им разделение гексаграммы
приводится Генри Эрнестом Дьюдени в качестве решения
задачи 109 в его книге Modern Puzzles («Современные
головоломки»), изданной в 1926 году.
Дополнительные сведения об открытой Линдгреном
схеме разрезания двенадцатиугольника на шесть частей,
из которых можно сложить квадрат, смотрите в рубрике
«Математические игры» журнала Scientific American за
ноябрь 1961 года и в книге самого Линдгрена.
80
Новые математические развлечения
Г4
1 Г-
\
' 1
1 i
,-•■
j
!
■•.., |
Рис. 24
Способ сложения куба с длиной ребра Зсм из полоски бумаги
шириной Зсм и длиной 21 см
ОТВЕТЫ
Для того чтобы из полоски бумаг/и шириной 3 см можно
было сложить кубик с длиной ребра 3 см, ее длина должна
составлять 21 см. Метод сложения показан на рисунке 24.
Если полоска с одной стороны черная, то для того чтобы
сложить полностью черный кубик, длина полоски должна
составлять 24 см. Как это сделать, показано в журнале
Recreational Mathematics Magazine («Занимательной
математики») за февраль 1962 года.
Сложить полностью черный кубик из разлинованного
квадрата 9x9 см можно различными способами. Для этого
Вырезание из бумаги
81
1
1
1
1
с
Ж
■
Рис. 25
Из образца, показанного на рисунке вверху слева, можно сложить
полностью черный кубик. Обратная сторона листа бумаги
окрашена в черный цвет
нужно как минимум восемь квадратов 3x3 см - девятый
отсутствующий квадрат может находиться в любой
позиции. На рисунке 25 показано, как сложить черный кубик
из квадрата, у которого отсутствует центральная ячейка.
Во всех вариантах решения общая длина разреза равна
пяти сторонам квадрата. (Если при сложении задействовать
все девять квадратов 3x3 см, то длину линии разреза
можно уменьшить до четырех сторон.)
ГЛАВА 6
Настольные игры
«Игры обладают некоторыми качествами произведений
искусства, - писал Хаксли. - Со своими простыми и
четко определенными правилами они чем-то походят на
островки порядка в хаосе и неразберихе эмпирического
опыта. Когда мы играем или даже всего лишь наблюдаем за
игрой, то переходим из непостижимой Вселенной данной
реальности в созданный человеком микромир, где все
ясно, понятно и целесообразно. Дух соревнования
усиливает собственное обаяние игр, делая их еще более
увлекательными, а желание выиграть и поддержка зрителей, в
свою очередь, придают соревнованию особую остроту».
Хаксли говорил об играх вообще, но его слова особо
подходят к случаю с математическими настольными
играми, в которых результат зависит от силы мысли, а не от
ловкости рук или слепой удачи, как часто бывает при игре
в кости или карты. Математические настольные игры
стары как мир и разнообразны, как крылья бабочек. На них
было затрачено фантастическое количество ментальной
энергии. И это при том, что до недавнего прошлого они не
представляли никакой функциональной ценности,
служили лишь для расслабления и освежения ума. В настоящее
время они неожиданно получили значимость в теории
информатики. Возможно, самообучающиеся машины, кото-
Настольные игры
83
Рис. 26
Барельеф с надгробия из Саккары в Египте, на котором показана
настольная игра. Барельеф датируется 2500г. до н.э., публикуется
с разрешения нью-йоркского музея Метрополитен
рые могут играть в шашки или шахматы, станут
предшественниками искусственного интеллекта, способного
достичь в своем развитии невиданных высот.
Самые ранние свидетельства о математических играх
на специальных досках обнаружены в искусстве Древнего
Египта. Однако эти изображения могут передать очень
мало информации, потому что египтяне по традиции
изображали все только в профиль (см. рис. 26). Некоторые из
таких досок были найдены при раскопках
древнеегипетских захоронений (см. рис. 27), но, строго говоря, игры на
них нельзя назвать математическими, потому что они
включают элемент случайности. Немного больше
известно о настольных играх Древней Греции и Рима, но
необходимость записи правил игр осознали лишь в XIII веке, а
первые книги о настольных играх были написаны лишь в
XVII веке.
84
Новые математические развлечения
Рис. 27
Настольная игра «сенет», обнаруженная в древнеегипетском
захоронении 1400 г. до н.э., нью-йоркский музей Метрополитен
Подобно живым организмам, игры развиваются и
размножаются. В процессе такой «эволюции» появляются все
новые их виды и разновидности. Некоторые простые
игры, например, крестики-нолики, остаются неизменными
в течение столетий, другие какое-то время находятся на
пике моды, а потом оказываются навсегда забытыми.
Ярким примером последних можно считать «ритмомахию».
Для этой необычайно сложной игры, которой увлекались
европейцы в Средние века, нужна двойная шахматная
доска, на одной стороне которой восемь клеток, на другой -
шестнадцать, а фигуры в форме кругов, квадратов и
треугольников.
Первые упоминания о ней относятся к XII веку, а в
XVII веке Роберт Бертон в своей книге The Anatomy of
Melancholy («Анатомия меланхолии») назвал ее
популярной английской игрой. О ритмомахии было написано
много научных трактатов, однако сейчас о ней забыли
абсолютно все, за исключением математиков и
специалистов по истории Средних веков.
В США наиболее популярными математическими
настольными играми являются конечно же шашки и шахма-
Настольные игры 85
ты. История обеих игр весьма древняя и небезынтересная.
В разные времена и у разных народов их правила зачастую
претерпевали неожиданные изменения. В наше время
американские шашки ничем не отличаются от
английских, но в других странах встречаются многочисленные
разновидности этой игры. Наиболее распространенной
формой игры в большинстве европейских стран являются
так называемые польские шашки (на самом деле
изобретенные во Франции). Играют в такие шашки на доске
размером 10x10 клеток, у каждого игрока имеется
двадцать фишек, брать шашку разрешается как ходом вперед,
так и ходом назад. Фишки с короной (называемые
королевами, а не королями, как в шахматах) ходят как слон в
шахматах и, сделав прыжок, могут занять любую
свободную клетку за взятой шашкой. Эта игра широко
распространена во Франции (где называется «Dames») и в
Голландии. Шашки много раз служили объектом
аналитических исследований, получивших широкое освещение в
литературе. В некоторых провинциях Канады, население
которых говорит на французском языке, и в некоторых
областях Индии в польские шашки играют на доске
размером 12 х 12 клеток.
Немецкие шашки (Damenspiel) во многом похожи на
польские, но играют в них обычно на английской доске
8x8. Та разновидность игры, которая принята в России,
очень схожа с немецкими шашками. Испанский и
итальянский варианты игры ближе к английским шашкам. В
турецкие шашки («Дама») тоже играют на доске 8 х 8, но у
каждого игрока всего шестнадцать фишек, которые
располагаются на втором и третьем рядах от своего края доски.
Ходить фишки могут вперед, назад и в стороны, но не по
диагонали. В этом варианте игры предусмотрены также и
другие кардинальные отличия от английской и польской
вариации.
Правила игры в шахматы также претерпели за долгую
историю значительные изменения. Точных сведений о
происхождении этой игры не имеется, но существует
предположение, что впервые она появилась в Индии при-
86 Новые математические развлечения
мерно в VI веке нашей эры. В наше время принята
международная версия игры, правила которой четко
стандартизированы. Но наряду с этим существует много
великолепных неевропейских форм игры, имеющих общее
происхождение с международными шахматами. Так, в
современной Японии японские шахматы (они называются «соги»)
пользуются столь же большой популярностью, как и игра
го, хотя на Западе известна только последняя. В соги
играют на доске 9x9 клеток с двадцатью фигурами с каждой
стороны, которые в начале игры расположены на первых
трех рядах. Как и в западных шахматах, партия считается
законченной, если фигуре, которая ходит как король в
наших шахматах, объявлен мат. Интересной особенностью
японской игры является то, что игроки могут выставлять
на доску захваченные фигуры противника и использовать
их как свои.
В китайских шахматах выигрыш тоже связан с
объявлением мата фигуре, которая ходит как король в
западных шахматах, но правила японской и китайской
разновидностей игры сильно различаются. Тридцать две
фигуры китайских шахмат располагаются на пересечениях
линий доски 8x8, которая разделена по центру
горизонтальным рядом пустых клеток, получившим название
«река». В третьей разновидности игры, корейских
шахматах («тьян-кеуи») фигуры также расставляются на
пересечениях линий. Доска аналогична таковой в китайских
шахматах, но «река» ничем не выделена, поэтому с
первого взгляда создается впечатление, что в корейских
шахматах играют на шахматной доске размером восемь на девять
клеток. Количество фигур, их названия, а также
стартовые позиции (за исключением короля) в китайской и
корейской версиях игры одинаковы. Но эти две
разновидности шахмат имеют значительные расхождения в
правилах и относительной ценности фигур. Приверженцы и
почитатели каждой из трех восточных разновидностей
игры считают, что обе другие разновидности (а также и
западные шахматы) не идут ни в какое сравнение с их
любимой версией.
Настольные игры 87
Эдгар Берроуз в приложении к своему роману The
Chessmen of Mars («Шахматы с Марса») объяснил, как
играть в «марсианские» шахматы («джетан»). Для этой
удивительной игры, в которую играют на доске 10x10 клеток,
характерны необычные фигуры и совершенно новые
правила. Так, принцесса (фигура, примерно соответствующая
нашему королю) имеет право один раз за игру совершить
«побег», т. е. сделать ход на любое расстояние в любом
направлении.
Современные любители шахмат, которым строгая
классическая игра быстро наскучивает, придумали множество
самых причудливых игр (им можно дать собирательное
название «фантазийные шахматы»). Вот примеры таких игр,
которые проводятся на стандартной доске 8x8.
Двухходовые шахматы (в них каждый игрок делает подряд два хода).
Шахматы без пешек (у одного из игроков пешки, у
другого — ферзь, возможен иной вариант — компенсация в виде
дополнительного ряда пешек). Цилиндрические шахматы
(в которых левый край доски считается склеенным с
правым). Если доска перед «склеиванием» перекручена на
половину оборота, то игра называется «шахматы на листе
Мебиуса»). Мобильные шахматы (в них любую фигуру
можно водрузить на ладью и переместить на другую
клетку) и многие другие разновидности. Были изобретены
десятки новых фигур — канцлер (объединяющий ходы ладьи
и коня), кентавр (движение которого напоминает ходы
слона и коня) и даже нейтральные фигуры (например,
голубой ферзь), которыми могут распоряжаться оба игрока.
В научно-фантастическом романе Льюиса Падджета The
Fairy Chessmen («Необычные шахматы») математик сумел
выиграть войну благодаря своему хобби — игре в те самые
фантазийные шахматы, о которых мы только говорили.
Его разум, привыкший нарушать строгие правила,
оказывается достаточно гибким для того, чтобы решить
уравнение, которое ставит в тупик его более именитых, но при
этом более ортодоксальных коллег.
Существует одна очень старая, но не ставшая от этого
менее увлекательной разновидность фантазийных шахмат,
88 Новые математические развлечения
которая является великолепной прелюдией к более
серьезным играм. Правила игры описаны ниже. Один играющий
расставляет все шестнадцать своих фигур как обычно, а в
распоряжении его оппонента имеется только одна фигура,
которая носит название «магараджа». В качестве этой
фигуры можно использовать ферзя, но ходит магараджа и как
ферзь, и как конь. В начале игры эту фигуру можно
поставить на любую клетку, где она не будет находиться под
ударом пешки. Первый ход делает тот играющий, который
имеет полный набор фигур. Магараджа проигрывает, если
его берут, и выигрывает, если объявляет мат королю
противника. В этой игре не разрешается заменять
какими-либо фигурами пешки, достигшие противоположного края
доски. Если бЪ1 такое условие не было бы принято,
нанести поражение магарадже было бы очень легко. Для этого
было бы достаточно продвинуть две ладейные пешки на
противоположный край доски и заменить их ферзями.
Так как эти пешки защищены, магараджа никак не
может помешать им стать ферзями. А дальше, когда у
противника будет три ферзя и две ладьи, он уже без труда
выиграет партию.
Но даже если оговоренное выше условие соблюдается,
на первый взгляд может показаться, что шансы на
выигрыш у магараджи очень малы. Однако его подвижность
столь велика, что если он будет ходить активно и
агрессивно, то во многих случаях сможет поставить мат королю
противника еще в самом начале игры. В других случаях
магараджа может убрать с доски все фигуры противника, а
затем поставить мат оставшемуся без защиты королю.
В разные времена были изобретены сотни игр, которые
играются на стандартной шахматной доске, но не имеют
ничего общего ни с шахматами, ни с шашками. Одной из
лучших, на мой взгляд, является давно забытая игра
«реверси». Для нее потребуется 64 фишки, стороны которой
отличаются по цвету. Набор фишек для игры можно
изготовить самим, окрасив с одной стороны лист толстого
картона и вырезав из него небольшие кружочки. А еще лучше
купить в магазине недорогие шашки и попарно склеить
Настольные игры 89
их, чтобы получились двусторонние фишки. Радость,
которую новая игра доставит членам вашей семьи,
вознаградит вас за хлопоты, связанные с изготовлением фишек.
В начале игры доска совершенно пустая. Оба игрока
берут по 32 фишки. Один переворачивает все свои фишки
одной стороной вверх, другой - противоположной.
Игроки по очереди ставят на доску по одной фишке в
соответствии со следующими правилами.
1. Четыре первые фишки должны быть выставлены на
четыре центральных квадрата. Опыт показывает, что
первому игроку лучше разместить вторую фишку сверху, снизу
или сбоку от своей первой фишки (пример — но рис. 28), но
не по диагонали, хотя это не обязательно. Точно так же и
второму игроку не имеет смысл ставить свою фишку по
диагонали от фишки противника. В этом случае не
исключена возможность, что первый игрок на следующем ходу
займет выгодную для него диагональную позицию. Если в
реверси играют опытные игроки, первые четыре фишки
всегда расставляются так, как показано на рисунке 28.
2. Когда четыре центральные позиции заполнены,
игроки продолжают поочередно выставлять по одной
фишке. Каждая фишка должна быть размещена так, чтобы
рядом с ней находилась фишка противника (выше, ниже,
сбоку или по диагонали). Кроме того, каждая фишка
должна располагаться так, чтобы находиться на одной
прямой с другой фишкой такого же цвета. Между
фишками одного цвета могут стоять фишки противника* но не
должно быть пустых клеток. Другими словами, нужно
стремиться, чтобы фишки одного цвета замыкали с обеих
сторон цепь фишек другого цвета. Такая цепь может
состоять всего из одной фишки.
Фишки противника, попавшие в такое окружение,
считаются захваченными, но их не удаляют, а
переворачивают, превращая в «свои». В процессе игры снимать фишки
с доски нельзя, но их можно сколько угодно раз
переворачивать.
90
Новые математические развлечения
1.
;,
1
1
9
17
25
33
41
49
57
2
10
18
26
34
42
50
58
3
11
19
27
35
43
51
59
4
12
20
Ь
36
©
44
52
60
5
13
21
37
45
53
61
6
14
22
30
38
46
54
62
7
15
23
31
39
47
55
63
8
16
24
32
40
48
56
64
- <■ ■■ ■ . v.-, --.. -.--. :У*"; ::Г..Г:: -: ...Li Г
Рис. 28
Исходная позиция для начала игры в реверси. Клетки пронумерованы
для удобства описания игры
3. Если при установке очередной фишки захватывается
сразу несколько цепей фишек противника, нужно
переворачивать фишки во всех захваченных цепях.
4. Фишка или цепь фишек противника считаются
захваченными только в том случае, если вы при очередном
ходе замкнули цепь фишкой своего цвета. Если же цепь
фишек противника оказалась ограниченной фишками
вашего цвета по каким-либо другим причинам, она не
считается захваченной.
Настольные игры
91
1
1
9
17
25
33
41
49
57
2
10
18
26
34
42
50
58
zzzz,
3
и
19
27
35
43
51
59
znz:
4
12-
го
•
44
52
60
zzzz
5
13
пф
гФ
3^^
45^^
53
61
zzzr:
6
14
22
"•
яф
КФ
54
С
62
7
15
23
31
39
47
55
63
ZIZZ
8
16
24
32
40
48
56
64
1
1
1
Рис. 29
Сделав следующий ход, «белые» смогут захватить шесть черных
фишек
5. Если игрок не может сделать ход, он пропускает его.
Он должен продолжать пропускать ходы, пока не сможет
сделать ход с соблюдением всех правил.
6. Игра заканчивается, когда все 64 клетки заполнены
или когда ни один из игроков не может сделать ход без
нарушения правил. Победителем является тот, чьих фишек
на доске больше.
Приведем два примера, чтобы пояснить правила. На
рисунке 28 черные могут сделать следующий ход только в
92 Новые математические развлечения
позиции 43, 44, 45 и 46. В каждом из этих случаев они
захватят и смогут обратить одну фишку. На рисунке 29 белые
могут поставить свою фишку на клетку 22 и захватить
целых шесть черных фишек: 21, 29, 36, 30, 38 и 46. В
результате доска, на которой преобладали черные, станет
практически полностью белой.
Для этой необычной игры характерны неожиданные и
массивные цветовые преобразования, и зачастую
невозможно сказать, кто же все-таки станет победителем, пока
не сделаны последние ходы. Игрок с меньшим
количеством фишек на доске часто имеет сильное позиционное
преимущество.
А теперь несколько советов начинающим. Если
возможно, с самого начала ограничьте игру шестнадцатью
центральными квадратами, особенно постарайтесь занять
клетки 19, 22, 43 и 46. Игрок, который первым вынужден
покинуть пределы этого квадрата, обычно попадает в
невыгодное положение. Когда игра выходит за пределы
шестнадцати центральных клеток, наибольшую ценность
начинают представлять угловые клетки доски. По этой
причине неразумно ставить фишки на клетки 10,15, 50 или 55,
это даст вашему оппоненту возможность занять угловые
клетки. После угловых клеток наиболее ценными
являются клетки, отстоящие от них на одну клетку (3, 6, 17, 24, 41,
48, 59 и 62). Постарайтесь не давать противнику шанса
занять эти позиции. С опытом любой игрок сможет сам
понять более глубокие стратегические закономерности
данной игры.
Теоретический анализ игры реверси практически не
проводился. Даже если игра идет на доске 4x4 клетки,
очень трудно определить заранее, кто из игроков имеет
преимущество (если об этом вообще можно вести речь).
Ниже приведена одна задача, чтобы читатели смогли
доставить себе удовольствие, пытаясь найти ее решение.
Возможно ли, чтобы один из игроков выиграл партию на 10-м
ходу, обратив все фишки противника в свои?
Дать ответ на вопрос об изобретателе игры реверси
довольно трудно. В свое время носить это гордое звание
Настольные игры 93
стремились сразу два англичанина — Льюис Уотерман и
Джон Моллетт. Каждый из них называл другого
обманщиком и мошенником. В конце 1880-х годов, когда эта игра
была чрезвычайно популярна в Англии, оба претендента
выпускали собственные руководства по игре и даже
основали фирмы, выпускавшие комплекты для игры. Но кто
бы ни был ее изобретателем, реверси - это удивительная
игра, в которой сложность комбинаций самым
органическим образом сочетается с простотой правил. Реверси - это
игра, которая ни в коем случае не заслуживает забвения.
ДОПОЛНЕНИЕ
Описание игры в магараджу я нашел в книге Р. Белла Board
and Table Games («Настольные игры»). Преимущество
всегда за тем участником, который распоряжается полным
набором фигур, если он играет осмотрительно. Ричард
Блу, Деннис Кин, Уильям Найт и Уоллис Смит прислали
такие стратегии игры, в которых магараджа неизменно
терпит поражение. Но самый эффективный план победы
на магараджей пришел от Уильяма Раджа, который был
тогда студентом кафедры физики Йельского университета.
Если в стратегии Раджа нет скрытых ошибок (что, по
всей видимости, действительно так), магараджу всегда
можно победить за 25 ходов или даже раньше.
Если не считать трех возможных ходов, данная
стратегия не зависит от ходов магараджи. Перечислены лишь
ходы нападающей стороны.
1.а2-а4
2. а4 - а5
3. а5 - аб
4. аб - а7
5. е2 - еЗ
6. К ИЗ
7. Kf4
8. Cd3
9.0-0
94 Новые математические развлечения
10.Ф h5
П.КсЗ
12. Kc3-d5
П.Лаб
14. Ь2 - Ь4
Теперь магараджа (М) вынужден отступить на седьмую
или восьмую горизонталь.
15. h2-h3
Этот ход делают только в том случае, если М находится
на поле g7. Он заставляет М покинуть диагональ, идущую
из левого нижнего угла доски в ее правый верхний угол.
При этом открывается возможность совершения
следующих ходов.
16. СЬ2
17.ЛП-а1
18.Ла6-е6
19.Ла1-а6
20. Л еб - е7
«М» вынужден отступить на восьмую горизонталь.
21.Ла6-е6
22.Cb2-g7
Этот ход нужно делать только в том случае, если М
находится на поле f8 или g8.
23. с2 - сЗ
Этот ход необходим, если М на g8.
24. Ф h5 - е8
Следующим ходом берут магараджу.
Группы ходов 1—4 и 5—9 можно поменять местами,
сохраняя неизменной последовательность ходов внутри
каждой группы. Такой обмен может быть необходим, если
магараджа блокирует какую-нибудь пешку. Ходы 15 и 22 —
холостые, они необходимы лишь в тех случаях, если мага-
Настольные игры 95
раджа оказывается на указанных позициях. Ход 23
делается лишь в том случае, когда необходимо заставить
магараджу перейти на левую половину доски.
О ранней истории игры реверси удалось собрать очень
мало сведений. По всей видимости, впервые она
появилась в Лондоне примерно в 1870 году. В ту пору она
называлась The Game of Annexation («Захват») и играли в нее на
крестообразной доске. Второй вариант шахматной доски
8x8 клеток назывался Annex, a Game of Reverses («Захват,
или игра в реверси»).
К 1888 году за игрой, которая в то время находилась в
Англии на самом пике моды и имела множество почитателей,
прочно закрепилось название «реверси». Весной 1888 года в
лондонской газете The Queen появилось несколько статей о
победном шествии реверси. Несколько позже лондонская
фирма Jacques & Son начала выпускать немного измененную
версию игры под названием Royal Reversi («Королевское
реверси»), в которой вместо фишек использовались кубики с
гранями разных цветов. Описание Королевского реверси и
вид доски для него можно увидеть в книге The Book of Table
Games («Справочник по настольным играм») «профессора
Гоффмана» (настоящее имя которого Анджело Льюис).
В последнее время реверси и другие производные этой
игры появляются в продаже под самыми различными
названиями. В 1938 году Милтон Брандли представил игру
Хамелеон - разновидность Королевского реверси. В 1960-х
годах компания Tryne Products производила реверси под
названием Соперник Лас-Вегаса. Игра Экзит, которая
появилась в Англии в 1965 году, это не что иное, как реверси,
в которую играют на доске с круглыми клетками.
Переворачивая крышку, которая есть на каждой ячейке, ее можно
сделать красной, синей или белой (нейтральной),
благодаря чему можно обходиться без фишек.
ОТВЕТЫ
Можно ли выиграть партию в реверси менее чем за десять
ходов, обратив при этом все фишки противника в свои?
96 Новые математические развлечения
Да, можно. В своей колонке в журнале Scientific American я
привел партию, которая тот момент казалась мне самой
короткой из возможных партий в реверси. В ней первый
игрок одерживает победу на восьмом ходу. (Описание этой
партии я нашел в одной старой книге по реверси.) Но
читатели смогли найти и более короткие варианты.
Д. Г. Переграйн из Оксфорда прислал следующую
партию в шесть ходов:
Первый игрок
28
36
38
54
34
20
Второй игрок
29
37
45
35
27
Джон Петерсон из Менло-Парка, Калифорния,
прислал несколько иной, но также шестиходовый вариант.
Первый игрок
36
37
21
39
35
53
Второй игрок
28
29
30
44
45
ГЛАВА 7
Упаковка шаров
Шары одинакового размера можно укладывать в
определенные формы и располагать в пространстве самыми
различными способами. Подобные укладки (или, как их еще
называют, упаковки) обладают интересными порой
удивительными свойствами, благодаря чему и представляют
интерес для занимательной математики. Описываемые
свойства можно понять и без модели, но если читатель сможет
найти 30 или больше шаров, это значительно облегчит ему
процесс понимания и усвоения материала. Лучше всего
подойдут для этой цели теннисные мячики. Для удобства
построения моделей мячи лучше покрыть тонким слоем
резинового клея, чуть просушить его и склеить.
Для начала давайте совершим небольшой экскурс в
двумерные задачи аналогичного содержания. Если
уложить шары в форме квадрата (см. рис. 30, справа), то
количество шаров, потребовавшихся на это, будет так
называемым «квадратным» числом. Если сформировать
треугольник {см. рис. 30, слева), то это число шаров будет одним из
«треугольных» чисел. Это самые простые примеры того,
что в древности называли «фигурными числами».
Математики прошлого уделили много времени
изучению фигурных чисел (знаменитый трактат о них был
написан самим Паскалем). Сегодня они редко попадают в
4-9434
98
Новые математические развлечения
Рис. 30
Происхождение треугольных (слева) и квадратных чисел (справа)
поле зрения ученых, но по-прежнему помогают
интуитивно понимать многие аспекты элементарной теории чисел.
Например, достаточно одного взгляда на левую часть
рисунка 30, чтобы понять, что сумма любого количества
последовательных положительных целых чисел, начиная с
единицы, является треугольным числом. Посмотрев на
правую часть рисунка 30, можно сделать вывод, что
квадрат числа формируется сложением последовательных
нечетных чисел, начиная с 1. Рисунок 31 делает очевидной
справедливость теоремы, известной еще пифагорейцам:
любое квадратное число является суммой двух
последовательных треугольных чисел. Алгебраическое доказательст-
21
28
49
Рис. 31
Квадратные
и треугольные числа
взаимосвязаны
Упаковка шаров 99
во данной теоремы просто. Треугольное число,
представляющее количество шаров в треугольнике со стороной из п
шаров, является суммой всех чисел от 1 до п, (1 + 2 + 3 +... л)
и может быть выражено формулой х/2п(п + 1).
Предыдущее треугольное число может быть выражено формулой
]/2п(п — 1). Сложив эти две формулы и упростив
полученное выражение, мы получим п2. Существуют ли числа,
которые являются одновременно и квадратными, и
треугольными? Оказывается, да. Причем таких чисел бесконечно
много. Наименьшим из них (не считая 1, которая входит в
любую последовательность фигурных чисел), является 38,
затем идут 1225,41616, 1413721, 48024900... Вывести
формулу для л-го члена этой последовательности не так просто.
Трехмерные аналоги плоскостных фигурных чисел
получают при складывании из шаров пирамид. Правильные
треугольные пирамиды, основания и грани которых
являются равносторонними треугольниками, это и есть та
модель, на основе которой получают так называемые тетра-
эдрические числа.
Эти числа формируют последовательность 1,4, 10, 20,
35, 56, 84..., которую можно описать формулой
1/бП(п + \)(п + 2), где п — количество шаров, уложенных
вдоль ребра пирамиды. Пирамиды, в основании которых
лежат квадраты, а грани представляют собой равносторонние
треугольники, порождают пирамидальные числа 1, 5, 14, 30,
55, 91, 140... Их общая формула х/вп(п + 1)(2я + 1). Квадрат
можно разделить прямой линией на два последовательных
треугольника. Соответственно и пирамиду с квадратным
основанием можно рассечь плоскостью на два
последовательных тетраэдра. Когда будете строить модель
пирамидального числа, нужно сделать так, чтобы шары нижнего слоя не
раскатывались в стороны. Для этого нужно огородить
основание пирамиды бортиками из линеек или дощечек.
Свойства этих двух типов пирамидальных чисел легли в
основу многих старых головоломок. Хорошим примером
задач такого типа может быть задача о памятнике из
пушечных ядер. Какое наименьшее количество ядер нужно
взять, чтобы сначала их можно было уложить на земле в
100 Новые математические развлечения
квадрат, а затем сложить из них пирамиду с квадратным
основанием? Ответ - 4900 штук, и самое удивительное,
что этот ответ единственно возможный. (Доказательство
уникальности этого решения довольно трудное, оно было
получено лишь в 1918 году.) Другой пример: продавец
разложил апельсины в виде двух тетраэдров. Но эти же
апельсины можно было уложить в виде одного большого
тетраэдра. С каким наименьшим количеством апельсинов
можно проделать такое? Если размер двух маленьких пирамид
одинаков, существует единственное решение — 20. А каков
будет ответ, если две маленькие пирамиды отличаются
друг от друга по размеру?
А теперь представьте, что у нас есть очень большая
коробка, например, упаковочный ящик для
транспортировки пианино. Мы хотим заполнить упаковку теннисными
мячами, причем так, чтобы использовать как можно
большее их количество. Каким образом нужно укладывать
мячи? Сначала мы должны уложить слой мячей так, как
показано на рисунке 32 (незаштрихованные окружности,
проведенные тонкими линиями). Второй слой
формируется укладыванием мячей поверх зазоров образовавшихся
пустот (на рис. 32 второй слой показан заштрихованными
кругами с жирными ободками). При укладывании
третьего слоя у нас появляется два возможных варианта.
1. Мы можем укладывать мячи в пустоты А, т. е. в
третьем слое мячи будут находиться прямо над мячами первого
слоя. Если мы будем продолжать такую укладку, регулярно
укладывая мячи друг над другом через слой, то получим
структуру, которую называют плотной гексагональной
упаковкой.
2. Мы можем укладывать мячи в пустоты В. Таким
образом, мячи в третьем слое будут находиться над
пустотами, образовавшимися в первом слое. Если мы будем
придерживаться такой процедуры укладки (каждый новый
мяч располагается прямо над мячом, лежащим внизу, но
не через один, а через два слоя), то получим плотную
кубическую упаковку.
Упаковка шаров 101
Именно такая структура образуется при складывании
из шаров тетраэдров и пирамид с квадратными
основаниями и гранями в виде равносторонних треугольников.
Единственное различие заключается в том, что в
пирамидах с квадратными основаниями слои параллельны
боковым граням, а в тетраэдрах — основанию.
В процессе укладки слоев в плотную упаковку мы можем
в любое время переходить от гексагональной к кубической
структуре (и наоборот), получая таким образом различные
гибридные формы плотных упаковок. Во всех этих формах —
кубической, гексагональной и гибридной - каждый мяч
соприкасается с двенадцатью соседними мячами, а плотность
упаковки (соотношение объема шаров и общего объема
пространства) составляет л/^/18 = 0,74048, или почти 75%.
Является ли данная плотность максимально
достижимой? Более плотные упаковки неизвестны, но в статье,
опубликованной в 1958 году (о срязи между плотными
упаковками и порами в застывшей пене), Кокстер высказал
удивительное предположение о том, что, по всей
видимости, самая плотная упаковка еще не найдена. Имеющийся
опыт показывает, что вокруг центрального шара можно
уложить не более двенадцати шаров, которые будут
соприкасаться с центральным. Однако, чтобы уложить еще и
тринадцатый шар, не хватает совсем чуть-чуть. Наличие
больших пустот в пространстве между двенадцатью
шарами позволяет надеяться, что существует какая-то форма
неправильной упаковки, плотность которой выше 0,74.
Пока еще никто не доказал, что более плотная упаковка
невозможна. Также нельзя однозначно утверждать (все по
той же причине отсутствия доказательства), что
соприкосновение с двенадцатью шарами — это необходимое
условие реализации действительно самой плотной упаковки.
Неопределенность в данном вопросе и
занимательность высказанного Кокстером предположения побудили
Джорджа Скотта из университета Торонто провести ряд
экспериментов со случайной упаковкой. Скотт засыпал в
сферические емкости большое количество стальных
шаров, а затем взвешивал их, чтобы определить плотность
102 Новые математические развлечения
Рис. 32
Для создания гексагональной плотной упаковки шары следует
помещать в пустоты А, для создания кубической - в пустоты В.
упаковки. Он обнаружил, что плотность устойчивых
случайных упаковок варьируется от 0,59 до 0,63. Таким
образом, если упаковка с плотностью выше 0,74 и существует,
ее можно получить только путем построения по
определенному образцу, который пока никому не известен.
Итак, пока мы ничего не знаем об упаковках с
плотностью больше 0,74, будем считать, что плотная упаковка
является самой плотной. Предлагаем читателям проверить
свое умение упаковывать на одной чрезвычайно сложной
задаче. Какое наибольшее количество стальных шариков
диаметром 1 см может уместиться в прямоугольной
коробке 10 х 10 х 5 см?
Если плотно упакованные на плоскости круги
равномерно расширять до тех пор, пока они не заполнят все
пустоты, имеющиеся между ними, получится узор,
напоминающий пол в ванной комнате, выложенный
шестиугольными плитками. Кстати, такой узор очень широко
распространен и в природе. Он встречается в пчелиных сотах, в
пене между двумя почти соприкасающимися поверхностями,
в пигменте сетчатки глаза, на поверхности некоторых диа-
Упаковка шаров
103
томовых водорослей. А что произойдет, если плотно
уложенные в замкнутом сосуде сферы начнут равномерно
расширяться или будут подвергаться равномерному давлению
извне? В этом случае сферы превратятся в многогранники,
грани которых будут касательными плоскостями,
проходящими через точки соприкосновения бывших сфер с
другими сферами. В случае кубической упаковки сфера
превращается в ромбический додекаэдр (см. рис. 33, вверху),
двенадцать граней которого являются одинаковыми ромбами.
При гексагональной упаковке сфера преобразуется в тра-
пецеромбический додекаэдр (см. рис. 33, внизу), шесть
сторон которого ромбические, а вторые шесть —
трапециевидные. Если такую фигуру разрезать пополам вдоль серой
плоскости (показанной на рисунке) и повернуть одну
половину на 60 градусов, получится ромбический додекаэдр.
Рис. 33
При расширении шары, образующие
плотную упаковку, превращаются
в додекаэдры.
104 Новые математические развлечения
В 1727 году английский физиолог Стивен Хальз
написал в своей книге Vegetable Staticks («Статика растений»),
что он засыпал в горшок некоторое количество свежих
горошин, сжимал их и получал «довольно правильные
додекаэдры». Этот эксперимент получил название «горошины
Бюффона» (потому что несколько позднее похожий
эксперимент описал граф де Бюффон), и многие биологи
безоговорочно приняли его результаты. Сомнения
появились уже позже, когда Эдвин Мацке, ботаник из
Колумбийского университета, повторил данный эксперимент.
Из-за различия размеров и форм горошин, их
неоднородной консистенции и случайного расположения в контейнере
формы горошин после сжатия в эксперименте Мацке
оказались далеки от совершенства, так что их нельзя было отнести
к какому-то определенному типу многогранников. В 1939
году Мацке сообщил о проведении эксперимента по сжатию
свинцовой дроби. Обнаружилось, что при кубической
упаковке дробинок образовывались ромбические додекаэдры,
при случайной упаковке — главным образом неправильные
14-гранники. Мацке отмечал, что полученные результаты
могут быть очень важными при изучении таких структур, как
пена или живые клетки в недифференцированных тканях.
Задача о самой плотной упаковке наталкивается на
прямо противоположный вопрос: какой будет самая
редкая упаковка, т. е. такая упаковка, при которой твердая
структура будет иметь минимально возможную плотность?
Чтобы структура сохраняла жесткость, каждая сфера
должна соприкасаться как минимум с четырьмя другими,
а точки соприкосновения не должны находиться в одном
полушарии или на экваторе сферы. В своей книге Geometry
and the Imagination («Наглядная геометрия»), впервые
опубликованной в германии в 1932 году, Дэвид Гильберт
описывает то, что тогда считалось наиболее разреженной
упаковкой. Ее плотность составляла 0,123. Однако уже в
следующем году два голландских математика, Генрих Хеш
и Фриц Ливз, опубликовали подробности создания
гораздо более разреженной упаковки, плотность которой
составила лишь 0,0555 (см. рис. 34). Возможно ли создание или
Упаковка шаров
105
Рис. 34
Редкая упаковка Хеша и Ливза. Сначала располагают большие
сферы таким образом, как показано на фото слева. Затем
каждую большую сферу заменяют тремя маленькими, чтобы
получить упаковку, показанную справа (плотность которой
составляет 0,0555).
существование еще более редкой упаковки? Этот
интереснейший вопрос, наряду с вопросом о наиболее плотной
упаковке, пока остается без ответа.
ДОПОЛНЕНИЕ
Выше мы говорили о том, что у задачи о количестве ядер,
которые сначала можно уложить на земле в форме
квадрата, а затем сложить в виде трехмерной пирамиды с
квадратным основанием, есть единственный ответ — 4900
штук. Уникальность этого ответа была доказана в 1918
году Г. Н. Уотсоном в журнале Messenger of Mathematics
(«Математический вестник»), № 48, 1918, с. 1 — 22. Однако еще
в 1875 году французский математик Франсуа Эдуард Люка
высказывал предположения о единственности ответа на
106 Новые математические развлечения
эту задачу. Такое же предположение делает Генри Эрнест
Дьюдени в своем ответе к задаче 138 из своей книги
Amusements in Mathematics («Математические
развлечения»), опубликованной в 1917 году.
Вопрос о числах, являющихся одновременно и
квадратными, и треугольными, хорошо освещен в литературе.
Основные сведения о них собраны в публикации в
февральском номере журнала Mathematical Monthly за 1962 год.
Там же приводится следующая формула для «-го
квадратно-треугольного числа.
(17 + Пу[2)п + (17 - Пу12)п - 2
32
Вопрос о самой плотной из возможных правильных
упаковок сфер решен для любого пространства, размерность
которого не превышает восьми. (См. Материалы
конференции Американского математического общества Proceedings
of Symposia in Pure Mathematics, том 7, 1963 год, с. 53—71.)
В трехмерном пространстве ответ на вопрос дают
правильные плотные упаковки, описанные выше, плотность
которых составляет 0,74... Как отмечает Констанца Рейд в своей
книге Introduction to Higher Mathematics («Введение в высшую
математику»), опубликованной в 1959 году, при переходе к
9-мерному пространству задача принимает неожиданный и
загадочный оборот, столь характерный для геометрии
многомерных евклидовых пространств. По моим сведениям,
решение задачи о наиболее плотной упаковке гиперсфер в
девятимерном пространстве еще не найдено.
Девятимерное пространство также является поворотным
моментом и при решении задачи о количестве одинаковых
сфер, которые могут соприкасаться с центральной сферой
того же диаметра. Лишь в 1953 году К. Шютге и Б. Ван-дер-
Вэрден в своей статье Das Problem der dreizehn Kugeln
(«Задача о 13 сферах») доказали, что в трехмерном пространстве
это количество равно 12. Статья была опубликована в
журнале Math. Ann., том 125,1953, с. 325-334. Более позднее
доказательство можно найти в статье Джонса Лича The Problem
Упаковка шаров 107
of the 13 Spheres («Задача о тринадцати сферах»), Mathematical
Gazette, том 40, № 331, февраль 1956, с. 22-23. Если
перевести данную задачу на плоскость, ответ очевиден — 6 (не
больше шести монет могут касаться центральной части того же
диаметра). Если рассматривать прямую как вырожденную
сферу, можно найти ответ для одномерного пространства.
В данном случае это 2. Было доказано, что в четырехмерном
пространстве с центральной сферой могут соприкасаться
24 гиперсферы. Для пяти-, шести-, семи- и восьмимерного
пространства количество гиперсфер составляет 40, 72, 126 и
240 соответственно. Для девятимерного пространства задача
остается нерешенной.
ОТВЕТЫ
Наименьшее количество апельсинов, из которых можно
сформировать два тетраэдра, различных размеров или
одну большую пирамиду-тетраэдр, составляет 680 штук. Это
тетраэдрическое число, которое можно представить в виде
суммы двух меньших тетраэдрических чисел. Вдоль ребер
этих пирамид можно уложить 8, 14 и 15 апельсинов.
Стальные шарики диаметром 1 см можно упаковать в
квадратную коробку размером 10 х 10 х 5 см многими
различными способами. При различных способах укладки в
коробку входит различное количество шаров. Чтобы
уложить максимально возможное количество шаров, 594,
поступают следующим образом. Сначала наклоняют коробку
на бок и рядами укладывают первый слой. В первом ряду
будет пять шаров, во втором - четыре, в третьем - пять и
т.д. Всего должно получиться одиннадцать рядов (шесть
рядов по пять шаров и пять рядов по четыре шара), в
которых будут содержаться 50 шаров. При этом у стенки
коробки останется пустое пространство шириной порядка 0,3 см.
Второй слой также будет состоять из одиннадцати рядов,
но этот слой будет начинаться и заканчиваться рядами
из четырех шариков, поэтому всего во втором слое будет
49 шаров. В итоге общее количество шаров составит 594
штуки.
ГЛАВА 8
Трансцендентное число л
«Лицо Пи было скрыто под маской, и все понимали,
что никто не сможет увидеть его и остаться при
этом в живых. Сквозь прорези маски безжалостно,
холодно и загадочно смотрели пронзительные глаза».
— Бертран Расселл, «Кошмар математика»
из книги «Кошмары выдающихся личностей»
Отношение длины окружности к ее диаметру, которое
обозначают греческой буквой л, встречается в самых
разных местах и ситуациях, которые не имеют никакого
отношения к окружностям. Английский математик Август де
Морган так писал о п: «Это загадочное 3,14159..., которое
лезет в каждое окно и дверь и даже проникает через
дымоход». Всего один пример. Если из множества целых
положительных чисел случайным образом выбрать два числа,
какова будет вероятность того, что у этих двух чисел не
окажется общего делителя? Ответ удивителен - в/п2.
Именно связь п с окружностью сделала это число самым
известным представителем бесконечного множества
трансцендентных чисел.
Что же такое трансцендентное число? Это
иррациональное число, которое не является корнем
алгебраического уравнения с рациональными коэффициентами.
Квадратный корень из двух — число иррациональное, но оно
«алгебраически иррациональное», потому что является
корнем уравнения х2 = 2. Пи не может быть выражено как
корень подобного уравнения, оно может выступать лишь в
качестве предела некоторого бесконечного процесса. В де-
Трансцендентное число л 109
сятичной записи дробная часть л, как и всех других
иррациональных чисел, бесконечна и непериодична.
Ни одна дробь с целыми числителем и знаменателем не
может быть в точности равна л, но существует множество
простых дробей, значения которых очень сильно
приближаются к к. Самая замечательная из таких дробей была
открыта в V веке до н. э. знаменитым китайским астрологом
Цю Чун-чи. На Западе о ней узнали лишь через тысячу лет.
Мы можем получить эту дробь с помощью своеобразного
нумерологического фокуса. Запишите по два раза три
первых нечетных числа: 1, 1, 3, 3, 5, 5. Теперь перенесите
последние три числа в числитель, а первые три - в
знаменатель. В результате получится дробь 355/113. Трудно
поверить, но эта дробь дает число к с точностью до шестого
знака после запятой. Существуют также корни, значения
которых приближаются к я. В древности п часто заменяли
квадратным корнем из 10 (3,162), но кубический корень из
31 (3,1413...) подходит гораздо лучше. (Любопытное
нумерологическое замечание: само число 31 представляет
собой две первые цифры числа к.) Длина стороны куба
объемом 31 кубический сантиметр будет отличаться от п
менее чем на тысячную долю сантиметра. В качестве еще
одного неплохого приближения п можно назвать сумму
квадратного корня из 2 и квадратного корня из 3 (3,146...).
Ранние попытки определить точное значение числа к
были тесно связаны с попытками решить классическую
задачу квадратуры круга. Можно ли, используя только
циркуль и линейку, построить квадрат, площадь которого в
точности равна площади данного круга? Если бы к можно было
представить в виде рациональной дроби или корня
уравнения первой или второй степени, тогда было бы возможно с
помощью циркуля и линейки построить отрезок, длина
которого была бы в точности равна длине окружности. В этом
случае получить квадратуру круга было бы очень легко.
Сначала нам надо было бы построить прямоугольник, одна
сторона которого была бы равна половине длины окружности,
а другая — радиусу окружности. Площадь этого
прямоугольника была бы равна площади круга. Дальше нам оставалось
110
Новые математические развлечения
бы только преобразовать прямоугольник в квадрат, что
никогда не вызывало особых сложностей. Верно и обратное:
если бы задача о квадратуре круга была бы разрешима, это
говорило бы о возможности построения отрезка, длина
которого была бы в точности равна п. Однако математики
давно доказали, что число п трансцендентно и что с помощью
циркуля и линейки нельзя построить отрезок, длина
которого выражается трансцендентным числом.
Существуют сотни способов построения отрезков,
длина которых приблизительно равна к. Наиболее точный
способ строится на использовании уже упомянутой выше
дроби, открытой китайским астрологом. В четвертинке
круга с единичным радиусом надо провести линии (см. рис.
55), так чтобы be составляло 7/8 радиуса, dg—l/2,de было
параллельно be. В этом случае легко показать, что fg равно
16/113 или 0,1415929...
Рис. 35
Как построить отрезок, длина которого будет отличаться от л
меньше, нем на 0,0000003.
Трансцендентное число л 111
Так как 355/113 это 3 + 16/113, мы должны три раза
отложить длину радиуса и прибавить расстояние fg. Таким
образом, мы получим отрезок, длина которого отличается
от я меньше, чем на одну миллионную.
За долгую историю было много желающих решить
задачу о квадратуре круга, и многие из этих желающих
полагали, что им удалось построить отрезок, дайна которого в
точности равна п. Но никто не смог превзойти
английского философа Томаса Гоббса, у которого высочайший
интеллект сочетался с глубочайшим невежеством. В те времена в
Англии даже образованных людей не обучали математике,
поэтому Гоббс долгое время был крайне неосведомленным
в этих вопросах и заглянул в «Начала» Евклида только в
возрасте 40 лет. Прочитав формулировку теоремы
Пифагора, он сначала воскликнул: «Боже, это невозможно.»
Однако затем он тщательнейшим образом проанализировал
доказательство теоремы и убедился в ее справедливости. Тогда
Гоббс полюбил геометрию и всю оставшуюся часть своей
длинной жизни страстно увлекался ею. «Геометрия чем-то
напоминает вино», — писал он позднее. Говорят, что если у
Гоббса не было более подходящей поверхности, он мог
спокойно начать рисовать геометрические фигуры у себя
на ноге или на простынях.
Если бы Гоббс мог удовлетвориться статусом
математика-любителя, его последующая жизнь была бы более
спокойной. Но огромное самомнение заставляло его полагать,
что он способен совершить в математике великие открытия.
В 1655 году, когда ему было 67 лет, он опубликовал книгу на
латинском языке под названием De corpore («О телах»). В ней
он привел довольно интересный метед решения задачи о
квадратуре круга. Данный метод был действительно
великолепным приближением, но сам Гоббс считал свой метод
абсолютно точным. Увидев ошибки Гоббса, Джон Валлис,
выдающийся английский математик и криптограф, изложил
их в сатирическом памфлете. Это послужило началом самой
продолжительной, самой нелепой и абсолютно бесполезной
словесной перепалки двух блестящих умов. Она
продолжалась почти четверть века. Высказывания обоих ученых му-
112 Новые математические развлечения
жей изобиловали едким сарказмом и колючими
оскорблениями. На более поздних этапах Валлис поддерживал эту
«дуэль» отчасти ради собственного развлечения. Но самое
главное, она давала ему возможность выставить Гоббса на
посмешище и таким образом бросить тень на его
религиозные и политические взгляды, которые Валлис не принимал.
Гоббс ответил на первый выпад Валлиса, переиздав
свою книгу на английском языке и снабдив ее
дополнением Six Lessons to the Professors of Mathematics... («Шесть
уроков профессорам математики...») (Надеюсь, читатель с
пониманием отнесется к моему желанию сократить
характерные для XVII века бесконечные заголовки.) Валлис не
остался в долгу, опубликовав «Поправку, в которой
нуждаются познания мистера Гоббса в одной школьной
дисциплине, не говоря уже о его «Шести уроках»». Гоббс
парировал «Замечаниями об абсурдной геометрии, деревенском
языке, церковной политике в Шотландии и невежестве
Джона Валлиса». Валлис «дал сдачи», выпустив труд под
названием «Hobbiani Puncti Dispunctio» с опровержениями
замечаний мистера Гоббса. Некоторое время спустя
увидели свет еще несколько памфлетов Валлиса, а Гоббс тем
временем анонимно опубликовал в Париже свой
абсурдный метод решения задачи об удвоении куба. Гоббс тогда
писал: «Либо я сошел с ума, либо все они (профессора
математики) не в своем уме. Третьего не дано, разве только
кто-то скажет, что все мы уже стали сумасшедшими».
«Никаких опровержений не надо, - ответил тогда
Валлис, — ибо если он сошел с ума, его нельзя убедить
доводами разума. С другой стороны, если мы все сошли с ума, то
мы не в состоянии чего-либо опровергать».
Перемежаясь короткими периодами перемирия,
борьба продолжалась вплоть до самой смерти Гиббса. (Он умер
на 92-м году жизни.) «Мистер Гоббс никогда не стремился
кого-либо провоцировать, — писал Гоббс о себе в одном из
своих последних обращений к Валлису (действительно, в
общении с людьми Гоббс был крайне робок). — Но его
перо столь же остро, как и ваше. Все, что вы сказали, это
лишь ложь и ругань. Это ничем не отличается от зловония,
Трансцендентное число л
113
испускаемого старой клячей, у которой после очень
плотной еды слишком туго затянута подпруга. Я закончил. Я
уделил вам достаточно внимания и не намерен возвращаться
в этому неприятному для меня занятию вновь...»
Нам не имеет смысла сейчас в деталях обсуждать то, что
Валлис назвал удивительной «неспособностью» Гоббса
«научиться тому, чего он не знает». Приведем только один
факт - пусть он говорит сам за себя. Гоббс опубликовал
более десяти различных методов решения задачи о
квадратуре круга. Первый и самый лучший из них показан на
рисунке 36. Внутри единичного квадрата проведем дуги АС и
BD. Это две четверти окружности с единичным радиусом.
Точка Q делит дугу BF пополам. Проведем отрезок RQ,
параллельный стороне квадрата, и продлим прямую вниз
так, чтобы QS было равно RQ. Проведем отрезок FS и
продлим его до пересечения со стороной квадрата в точке Т.
По утверждению Гоббса, длина отрезка ВТъ точности
равна длине дуги BF. Так как BF это 1/12 окружности с еди-
Рис. 36
Первый метод Гоббса квадратуры круга
Quadrature Circuli,
Cubatio Sph^rse,
DuplicarioCubi,
Brcvitcr demonftrata.
АиЛ. Тно. Hobb es.
LONDINI:
Excudcbaty.C. Suroptibui Andrtx Crooks. 1669.
N0.67
Титульный лист одной из книг Гоббса, в которой описывается
метод квадратуры круга.
Трансцендентное число л 115
ничным радиусом, то к равно .шестикратной длине
отрезка ВТ. Таким образом, получается, что к равно 3,1419...
Одна из главных проблем философа заключалась в его
неспособности понять, что точки, линии и поверхности
можно абстрактно рассматривать как объекты,
размерность которых меньше трех.
«Он, кажется, так и ушел в могилу, - пишет Исаак Диз-
раэли в своей книге Quarrels of Authors («Ссоры
авторов»), - с твердым убеждением, что поверхности обладают
и глубиной, и толщиной, несмотря на все доводы
математиков, отрицавших это». Гоббс представляет собой яркий
пример человека выдающихся способностей, который
применял их в той области науки, для которой был плохо
подготовлен. В результате он ничего не добился, а просто
растратил весь свой огромный запас энергии на
бессмысленные псевдонаучные вопросы.
Хотя задача о квадратуре круга неразрешима, задачи о
квадратуре фигур, ограниченных дугами окружности,
могут иметь решение. Этот факт все еще дает ложные
надежды желающим найти квадратуру круга. Интересный
пример такой фигуры показан на рисунке 37.
Нижняя часть этой вазы очерчена тремя четвертями
окружности диаметром, скажем, 10 см. Верхняя часть
образована тремя дугами, каждая из которых представляет
четверть окружности того же диаметра. Сможет ли читатель
определить точную дайну сторон квадрата, площадь
которого будет равна площади данной фигуры?
В свое время у желающих найти квадратуру круга
практически были «единомышленники», желающие вычислить
число я. Такие люди тратили массу времени, иногда даже
годы, пытаясь вручную вычислить все новые знаки числа я
в десятичной записи, словно бы забыв о прежде
проведенных вычислениях. Этого можно достичь использованием
бесконечных выражений, сходящихся к к. Одно из
простейших таких выражений открыто Валлисом:
J2 2446688"!
ж = 2\-х-х — х — х-х-х-х — L
1^1 3355779/
116
Новые математические развлечения
В числителе итоговой дроби стоят последовательные
четные числа, причем каждое число повторяется дважды.
Также стоит обратить внимание на случайное сходство
первых пяти чисел из знаменателей с цифрами дроби
китайского астронома. Несколькими десятилетиями позже
немецкий философ Готфрид Вильгельм фон Лейбниц
вывел другую красивую формулу:
Jl I \ \ I Л
п =4 + + —•• .
\\ 3 5 7 9 J
Рис. 37
Какова площадь этой фигуры в квадратных единицах?
Трансцендентное число л 117
Самым неутомимым вычислителем числа к был
английский математик Уильям Шэнкс. За 20 лет он определил 707
знаков этого вездесущего числа. К сожалению, несчастный
Шэнкс сделал ошибку при вычислении 528-го знака после
запятой, и все остальные знаки оказались неправильными.
(До 1945 года люди не подозревали о существовании этой
ошибки, поэтому 707 знаков числа к, вычисленные
Шэнксом, до сих пор можно встретить в каких-то книгах.)
В 1949 году вычислительная машина ENIAC за 70 часов
машинного времени вычислила более 2Q00 знаков числа п.
Позднее на другой вычислительной машине всего за 13
минут сосчитали более 3000 знаков числа к. В 1959 году два
компьютера (один в Англии, другой во Франции)
вычислили 10 000 знаков к.
Вычисленные Шэнксом 707 знаков показали странную
закономерность - явную дискриминацию числа 7. Каждая
цифра встречалась среди первых 700 знаков, как и
ожидалось, примерно 70 раз, а цифра 7 - только 51 раз.
«Если бы все цикломеристы и апокалипсис™
объединили свои умственные усилия, - писал де Морган, -
чтобы прийти к единому мнению относительно причин
данного явления, а пока этого не произошло, не печатали бы
ни единой строчки, этим бы они заслужили всеобщую
признательность». Спешу добавить, что исправленные
значения семисот десятичных знаков числа п
восстановили справедливость. Все недостающие семерки были
найдены. Математики-интуиционисты полагают, что
утверждение об «истинности или ложности» какого-либо
высказывания абсолютно безосновательно, если не существует
известного способа, которым можно подтвердить или
опровергнуть это высказывание. В качестве примера они
всегда приводили такое утверждение: «В десятичной
записи числа п есть три семерки подряд». Сейчас в это
утверждение необходимо внести коррективу — пять семерок
подряд. Среди вновь вычисленных десятичных знаков я
встречаются не только ожидаемые тройки всех цифр от
0 до 9, но и несколько групп из четырех семерок и совсем
уж неожиданная последовательность 999999.
118 Новые математические развлечения
До сих пор к выдерживало все испытания на
случайность. Это вводит в заблуждение тех, кто полагает, что
столь простая и изящная кривая, как окружность, должна
иметь более красивое и правильное соотношение длины
вокруг и длины поперек. Однако в массе своей
математики и не надеются, что в хаосе цифр десятичного
разложения числа к когда-то удастся найти какую-нибудь
закономерность. Конечно, эти цифры не случайны в том смысле,
что они представляют число я. Но в этом же смысле не
случаен и миллион случайных цифр в таблице так
называемых «случайных чисел». Они тоже представляют некое
число, и при том целое.
Если верно, что цифры числа к случайны, мы с полным
основанием можем сформулировать парадокс, который во
многом аналогичен утверждению, что, если обезьяны
достаточно долго просидят за пишущими машинками, они в
конечном итоге смогут напечатать все пьесы Шекспира.
Стивен Барр говорил, что, если не указывать пределов
точности, с которыми следует изготавливать и измерять
дайну стержней, можно с помощью двух стержней (не делая
на них никаких зарубок или меток) передать информацию
всей энциклопедии Британника. Длина одного стержня
принимается за единицу. Длина другого стержня должна
отличаться от единицы на величину, выражающуюся
очень длинной десятичной дробью. Цифрами в этой дроби
закодирован текст энциклопедии: различным числам,
кроме нуля, сопоставлены слова и знаки препинания,
встречающиеся во всех томах энциклопедии. Нуль
используется для разделения кодовых чисел. В таком случае
всю Британнику можно закодировать одним непостижимо
длинным числом. Поставив перед этим числом запятую и
приписав впереди единицу, вы получите дайну второго
стержня.
Какое это имеет отношение к я? Если цифры в дробной
части п действительно случайны, то в этом бесконечном
«пироге» должен встретиться кусок, в котором
закодирована вся Британника, а также любая книга, которая была
написана, будет написана или могла бы быть написана.
Трансцендентное число л 119
ДОПОЛНЕНИЕ
29 июля 1961 года, через год после того, как содержание
этой главы появилось в Scientific American, машина IBM
7090 в центре данных в Нью-Йорке вычислила 100 265
десятичных знаков числа я. Работа была проделана Джоном
Ренчем-мл. и Даниэлем Шэнксом, не имеющим никакого
отношения к Уильяму Шэнксу. Это всего лишь еще одно
странное совпадение из тех, что так характерны для
истории этого загадочного числа. На вычисления было
затрачено 8 часов 1 минута машинного времени.
Дополнительные 42 минуты ушли на то, чтобы преобразовать
результаты из двоичной в десятичную форму. Некогда вычисление
нескольких тысяч знаков п было популярным методом
проверки новых компьютеров и тестирования навыков
программистов. «Загадочное и чудесное я, — писал
Филипп Дэвис в своей книге The Lore of Large Numbers («Что
мы знаем о больших числах»), — стало для
вычислительных машин сущим пустяком, чем-то вроде легкого
покашливания, как если бы мы прочищали горло».
В конце XX века много писалось о том, что к вскоре
будет рассчитано до миллионного знака после запятой.
В ожидании этого доктор Матрикс, известный
нумеролог, прислал мне письмо, в котором сообщил, что, по его
мнению, миллионная цифра я будет пятеркой. Он сделал
свое предсказание на основе третьей книги
Пятикнижия. Там упоминается число 7, а слово «семь» в
английском языке состоит из пяти букв. Также Матрикс провел
некоторые неясные вычисления, в которых
задействованы константа Эйлера и трансцендентное число е.
Норман Гриджеман из Оттавы указал в своем письме,
что вместо двух стержней Барра можно использовать один
с зарубкой на нем. Зарубка делит стержень на две части,
соотношение длин которых кодирует энциклопедию Бри-
танника описанным выше образом.
120
Новые математические развлечения
ОТВЕТЫ
Выше у читателя спрашивалось, какова будет точная
величина сторон квадрата, площадь которого равна площади
фигуры (см. рис. 38), очерченной дугами окружности
диаметром 10 см. Ответ — те же 10 см.
Если мы нарисуем такие квадраты, которые показаны на
рисунке 39 пунктирной линией, станет видно, что сегмен-
10
Рис. 38
«Квадратура вазы»
Трансцендентное число л
121
тами А, В, С можно заполнить пространства А\ Е и С
При этом образуется два квадрата общей площадью
100 см2. На рисунке 39 показан другой способ
квадратуры вазы. Оказывается, ее достаточно разрезать на три
части, чтобы сформировать квадрат с длиной стороны
10 см.
Рис. 39
Схема разрезания вазы на три части, из которых можно сложить
квадрат.
ГЛАВА 9
Матемаг Виктор Айген
Лужин без труда выучил несколько картонных
фокусов ...Он находил загадочное удовольствие,
неясное обещание каких-то других, еще неведомых
наслаждений, в том, как хитро и точно складывался
фокус...
— Владимир Набоков «Защита Лужина»
В последнее время фокусники-любители все чаще
обращают свое внимание на «матемагию» - фокусы, в основе
которых лежат математические принципы.
Профессиональные фокусники не стремятся пополнять свой
репертуар такими фокусами, потому что для большинства
аудиторий они слишком трудны и скучны. Но если показывать
эти фокусы в небольшой компании и преподносить их
как головоломки, а не как чудеса магии, они могут быть
интересными и увлекательными. Мой друг Виктор Айген,
инженер-электронщик, в прошлом президент «Братства
американских повелителей волшебной палочки», всегда
отлеживает последние новинки в области матемагии.
Надеясь узнать что-то новое и интересное для своей
колонки в журнале, я нанес ему очередной визит.
Дверь открыл сам Виктор — полноватый седоватый
мужчина лет пятидесяти. Вокруг его глаз морщинки
словно разбегались от улыбок и смеха.
— Ничего, если мы пока посидим на кухне? — спросил
он меня у самого порога. — Жена смотрит телевизор, мне
бы не хотелось беспокоить ее, пока не закончится
передача. Ты будешь бурбон?
Матемаг Виктор Лйген 123
Мы сели за стол и взяли по стакану виски.
— Ну что, сразу перейдем к матемагии? — спросил я. —
Что нового?
Виктор за долю секунды извлек из кармана рубашки
колоду карт.
- Последняя новость в картах - принцип Гилбрайта.
Эта причудливая теорема открыта Норманном Гилбрай-
том, молодым фокусником из Калифорнии.
По ходу разговора Виктор ловко орудовал руками и
очень быстро уложил колоду так, чтобы красные и черные
карты постоянно чередовались друг с другом.
— Я уверен, ты знаешь, что если снять часть колоды,
взять одну половину колоды в правую руку, другую — в
левую и позволить картам падать одна на другую, то
расположение карт будет весьма далеким от случайного.
— Пока не знаю.
Брови Виктора поднялись.
— Ну что же, давай убедимся. Перетасуй колоду таким
образом.
Я снял колоду и перетасовал ее по способу Виктора.
— Посмотри на карты, — сказал он. — Ты увидишь, что
чередование красных и черных карт нарушилось.
- Да, это действительно так.
- Теперь еще раз сними колоду, но так, чтобы верхняя
карта нижней половины и нижняя карта верхней
половины были одного цвета. Обе половины по отдельности
передай мне, но только рубашками вверх.
Я сделал все, как он сказал. Виктор сразу же положил
карты под стол, чтобы никто из нас не мог видеть их.
- Я буду определять цвет на ощупь, - сказал он, - и
доставать карты парами — красная и черная.
Конечно же в первой паре карт, которую он выложил на
стол, одна карта была красной, другая — черной. Такая же
картина наблюдалась и во второй паре. Виктор достал
больше десятка таких пар.
- И как же...
Виктор прервал меня своим смехом. Он вытащил
остатки колоды на стол и начал брать карты сверху, по две за
124 Новые математические развлечения
раз, переворачивая их лицом вверх. В каждой паре одна
карта была черная, другая - красная.
— Ничего не может быть проще, - начал объяснять
он. — Перетасовка и снятие — не забывай, что снятие
должно разделить две карты одинакового цвета —
нарушает очередность черных и красных, но карты остаются по-
прежнему упорядоченными. В каждой паре сохранится по
одной черной и одной красной карте.
— Что-то мне не верится!
— Подумай об этом немного и поймешь, как такое
возможно. Хотя доказать это не так-то просто. Кстати, мой
друг Эдгар Гилберт включил в свою последнюю, еще
неопубликованную статью о тасовании карт и теории
информации интересную головоломку, в основе которой
лежит подобный принцип. Хочешь, покажу?
Тут он протянул мне листок, на котором были
напечатаны буквы:
TLVEHEDINSAGMELRLIENATGOVRAR
GIANESTYOFOFIFFOSHHRAVEMEVSO
— Из этих букв можно составить предложение из
статьи, напечатанной в Scientific American пять лет назад, —
пояснил Виктор. — Гилберт выписал каждую букву на
отдельную карточку, затем уложил их в колоду так, чтобы
они образовывали предложение сверху вниз. Разделив
колоду на две части и поменяв их местами, он записал новую
последовательность, в которой расположились буквы. Он
рассказал мне, что человек, берущийся расшифровать
фразу, тратит на это примерно полчаса. Дело в том, что,
сняв карты, мы лишь незначительно меняем исходную
последовательность карт, а количество различных буквенных
комбинаций в языке столь велико, что вероятность найти
фразу, отличную от исходной, крайне мала. Гилберт
вычислил точное значение этой вероятности.
В моем опустевшем стакане загремели кубики льда.
— Прежде чем мы повторим виски, — сказал
Виктор, — позволь, я покажу тебе интересный фокус с пред-
Матемаг Виктор Лйген 125
сказанием. Мне нужен будет твой стакан и девять
игральных карт.
Он разложил на столе девять карт, от единицы до
девяти, в форме знакомого магического квадрата три на три
(см. рис. 40). Все карты были червовой масти, только
лежавшая в центре пятерка была пиковая. Достав из
кармана конверт, мой собеседник положил его рядом с
разложенными картами.
— Сейчас ты должен будешь поставить свой стакан на
любую из девяти карт, — начал объяснять Виктор, — но
сначала мне нужно сообщить тебе, что в этом конверте
находится карточка, на которой я написал некоторые
инструкции. Они составлены на основе моих предложений о
том, какую карту ты выберешь и как будешь передвигать
стакан по картам. Если мои предположения верны, в
конце твой стакан окажется на центральной карте.
Он поставил свой палец на пятерку пик.
— А теперь ставь стакан на любую карту, какую
пожелаешь. Можно даже и на центральную.
Я поставил стакан на двойку.
— Так я и думал, — засмеялся Виктор. Затем он вытащил
из конверта карточку и положил ее так, чтобы я мог
прочитать следующие инструкции:
1. Убери семерку.
2. Сделай семь ходов и убери восьмерку.
3. Сделай четыре хода и убери двойку.
4. Сделай шесть ходов и убери четверку.
5. Сделай четыре хода и убери девятку.
6. Сделай два хода и убери тройку.
7. Сделай один ход и убери шестерку.
8. Сделай семь ходов и убери туз.
«Ход», как объяснил мой друг, заключается в
перемещении стакана на соседнюю карту, расположенную сверху,
снизу, справа или слева, но не по диагонали. Я выполнил
все инструкции, старался делать все ходы как можно более
случайно. К моему огромному удивлению стакан никогда
126
Новые математические развлечения
Рис. 40
Для демонстрации фокуса с предсказанием необходимо девять
карт и стакан.
не останавливался на той карте, которую я должен убрать
на данном ходе. И после того как все восемь карт были
убраны, мой стакан, как и предсказывал Виктор, оказался на
пятерке пик!
— Ты совсем запутал меня, — признался я. — А что
было бы, если бы я изначально поставил стакан на семерку
червей?
— Должен признаться, — ответил он, — что в этом
фокусе есть некоторые хитрости, не имеющие отношения к
математике. Расположение карт в виде магического квад-
Матемаг Виктор Лйген 127
рата не имеет особого значения. Все дело в том, где лежат
карты.
Карты в нечетных позициях — четыре угла и центр —
образуют один набор, карты четных позиций образуют
набор противоположной четности. Я видел, что изначально
ты поставил стакан на карту из нечетного набора, поэтому
и показал тебе эти инструкции. А если бы ты поместил
стакан на карту из четного набора, я бы перевернул конверт,
прежде чем вынуть из него карточку.
Он перевернул карточку на обратную сторону. Там
также было приведено восемь инструкций.
1. Убери шестерку.
2. Сделай четыре хода и убери двойку.
3. Сделай семь ходов и убери туз.
4. Сделай три хода и убери четверку.
5. Сделай один ход и убери семерку.
6. Сделай два хода и убери девятку.
7. Сделай пять ходов и убери восьмерку.
8. Сделай три хода и убери тройку.
— Ты хочешь сказать, что эти два списка инструкций
всегда приведут стакан к центральной карте: один — с
четной позиции, другой — с нечетной?
Виктор кивнул.
— Чем не материал для твоей колонки? Попробуй
привести оба списка, и пусть читатели попытаются объяснить,
в чем тут дело.
Снова наполнив наши стаканы, Виктор сказал:
— Принцип четности используется во многих фокусах.
Я покажу тебе еще один.
Обычно зрители во время его демонстрации думают,
что фокусник обладает даром ясновидения.
Он протянул мне чистый лист бумаги и карандаш.
— Сейчас я отвернусь, а ты нарисуй сложную
замкнутую кривую, чтобы она пересекала себя, по крайней
мере, раз десять или больше, но ни разу дважды в одной
точке.
128
Новые математические развлечения
Рис. 41
Для фокуса с «ясновидением» надо случайным образом нарисовать
самопересекающуюся кривую и обозначить места пересечения
буквами.
Он повернул свой стул так, чтобы сесть лицом к стене,
а я начал свое «художество» {см. рис. 41).
— Обозначь все пересечения различными буквами, -
сказал Виктор мне через плечо.
Я сделал все, как он сказал.
— А теперь поставь карандаш на любую точку кривой и
начинай обводить ее. Каждый раз, дойдя до места Пересе-
Матемаг Виктор Айген 129
чения, называй букву, которой оно обозначено.
Продолжай так, пока не обведешь всю кривую, а в одном месте -
не важно, в каком именно - поменяй две буквы местами,
когда будешь называть их.
Буквы должны быть соседними. И когда будешь
переставлять, ничего мне не говори.
Начав с точки N, я стал двигаться к Р и дальше, называя
все встречавшиеся мне буквы. Я видел, что Виктор
записывает их в блокнот. Подойдя к В второй раз, я увидел, что
вслед за ней идет буква F, поэтому я назвал сначала F, а
потом В. Совершая перестановку, я говорил ровным голосом,
не делая пауз на раздумье, поэтому Виктор не мог
догадаться, какую пару букв я поменял местами.
Как только я закончил, он сразу сказал:
— Ты поменял местами В и F.
— Удивительно! — отметил я. — И как же ты узнал?
Виктор засмеялся и повернулся ко мне.
— В основе этого фокуса лежит топологическая
теорема, играющая важную роль в теории узлов, — сказал он. —
Ее доказательство можно найти в книге Радемахера и
Теплица The Enjoyment of Mathematics («Радость
математики»).
NSGQIRTKDMLFCFHOVPUJAE
PIBHLSCUERGQKBTJAODNMV
— Если бы никаких перестановок не было, — продолжал
он, - то каждая буква должна была бы появиться один раз
над линией и один раз под ней. Поэтому мне нужно было
только найти букву, которая появлялась вверху дважды, и
букву, которая появлялась внизу дважды. Это и будут те
буквы, которые переставлены местами.
— Красиво! — отметил я.
Виктор открыл коробку с крекерами, вытащил две
штуки и положил их на стол - один справа, другой слева от
себя. На обоих крекерах он нарисовал стрелки, указывающие
вверх (см. рис, 42). Зажав противоположные уголки левого
крекера большим и средним пальцами левой руки, как по-
130
Новые математические развлечения
казано на рисунке, он кончиком указательного пальца
правой руки надавил на уголок А, чтобы перевернуть крекер.
Тот повернулся вокруг диагональной оси между двумя
углами, которые держал Виктор. На другой стороне мой друг
нарисовал стрелку, тоже указывающую вверх.
Затем он проделал то же самое с правым крекером, взяв
его в правую руку и надавив на угол В. Однако на этот раз
он нарисовал на обратной стороне стрелку, которая
указывала вниз.
- Теперь у нас есть все, что нужно, - с улыбкой сказал
он, - для демонстрации интересного фокуса,
использующего свойства симметрии квадрата относительно
вращений. Ты видел, что на лицевой стороне крекера я в обоих
случаях нарисовал стрелки, указывающие вверх?
Он взял крекер в руку и несколько раз повернул его,
чтобы показать, что стрелки с обеих сторон указывают
вверх.
— А на правом крекере одна стрелка смотрит вверх, а
другая — вниз.
Виктор добросовестно несколько раз
продемонстрировал мне, что эти две стрелки указывают в противополож-
Рис. 42
Как нужно держать крекеры в фокусе с перевернутыми стрелками
Матемаг Виктор Айген 131
ных направлениях, и положил оба крекера на стол. Затем
он медленно и осторожно, чтобы не изменить ориентации
стрелок, поменял крекеры местами.
— А теперь посмотри сам, — сказал Виктор. - Я хочу,
чтобы ты удостоверился, что теперь крекер с двумя
стрелками вверх находится справа.
Я взял крекеры и несколько раз повернул их, как
только что это проделывал мой друг. Действительно, крекеры
поменялись местами.
Виктор положил крекеры перед собой, щелкнул
пальцами и повелел крекерам незримо вернуться на
прежние места. Затем перевернул крекер, который
лежал слева. Я был поражен, увидев, что обе стрелки на
нем указывают вверх! Когда мой друг перевернул второй
крекер, оказалось, что стрелки на нем смотрят в разных
направлениях.
— Попробуй сам, — сказал Виктор. — Ты увидишь, что
все получается автоматически. На самом деле оба крекера
абсолютно одинаковы. Кажущееся различие объясняется
исключительно тем, в какой руке их держат. Когда ты
просишь зрителя удостовериться, нужно сделать так, чтобы он
взял правый крекер левой рукой и наоборот.
Также нужно проследить, чтобы верхняя стрелка на
крекере с разнонаправленными стрелками указывала
вверх.
Я допил содержимое своего стакана. Виски в бутылке
оставалось только на одну порцию. Кухня немного
покачивалась.
— Теперь позволь мне показать тебе фокус, — сказал я,
взяв из коробки еще один крекер. — Это тест на
вероятность. Сейчас я подброшу крекер. Если он упадет на стол
нижней стороной вверх, остатки бурбона получишь ты.
Если он упадет верхней стороной вверх, остатки бурбона и
в этом случае достанутся тебе. Если же он не упадет ни той,
ни другой стороной вверх (я держал крекер
перпендикулярно столу, но не делал по этому поводу никаких
комментариев), тогда виски допиваю я.
Виктор очень насторожился, но утвердительно кивнул.
132 Новые математические развлечения
Я сжал крекер в кулаке и подбросил вверх крошки. На
какое-то время воцарилась мертвая тишина. Даже
холодильник прекратил свое монотонное жужжание.
- Похоже, виски, которое я должен был выпить,
ударило тебе в голову, — наконец произнес Виктор с самым
серьезным выражением лица. — И должен сказать, что такой
«рассыпающийся» фокус вряд ли стоило показывать
старому другу.
ДОПОЛНЕНИЕ
Принцип Гилбрайта и его использование в фокусе было
впервые описано Норманом Гилбрайтом в статье Magnetic
Colors («Притягательные цвета») в периодическом издании
по вопросам магии The Linking Ring, том 38, № 5, с. 60,
июль 1958. С тех пор на основе этого простого принципа
было придумано много разнообразных умных фокусов с
картами.
Ниже приведено нестрогое доказательство принципа
Гилбрайта. Если заранее подготовить колоду с правильным
чередованием черных и красных карт, а затем снять часть
карт, возможны две различные ситуации. В одном случае
нижние карты двух половин колоды будут одного цвета, в
другом — разных цветов. Предположим, что цвета карт
различаются. После того как упадет первая карта, нижние
карты двух частей колоды станут одного цвета,
противоположного цвету упавшей карты. Поэтому в любом случае
следующая упавшая карта будет другого цвета. Таким образом,
получается первая двуцветная пара карт. После того как
упадет вторая карта, мы снова возвращаемся к исходной
ситуации — нижние карты двух частей колоды не
совпадают по цвету. Какая бы карта не упала, оставшиеся нижние
карты будут одинакового цвета, противоположного цвету
упавшей карты. И так далее. Это рассуждение можно
повторять до тех пор, пока колода не будет исчерпана.
Теперь рассмотрим второй вариант. Колода изначально
снята так, что карты, оказавшиеся в основании, имеют
одинаковый цвет. Сначала может упасть любая из этих
Матемаг Виктор Айген 133
карт. Ко всем следующим парам карт применимо
предыдущее рассуждение. Остается лишь одна последняя карта. Ее
цвет конечно же должен быть противоположен цвету
самой первой упавшей карты. Поэтому когда колоду карт
делят между картами одного цвета (т. е. между «готовыми»
парами карт различных цветов), верхнюю и нижнюю
карты колоды нужно выложить вместе, а все оставшиеся пары
изначально соответствуют всем необходимым критериям.
Фокус с картами и стаканом можно демонстрировать
по-разному. Рон Эдвард из Рочестера написал, что он
случайным образом выбирает девять карт и формирует из них
квадрат. Затем зритель ставит на одну из карт миниатюрный
череп. Вверху у черепа есть отверстие, куда Эдвард
вставляет скрученную полоску бумаги, на которой он пишет
предсказание - название центральной карты. В нужный момент
Эдвард достает из кармана соответствующую карточку с
инструкциями (у него есть, разумеется, две карточки, которые
лежат в различных карманах). В инструкциях указаны
позиции (а не названия) карт, которые нужно удалять.
После того как описание этого фокуса появилось в
журнале Scientific American, Хол Ньютон, тоже из
Рочестера, разработал свою версию под названием «Голос из
другого мира». Изюминка этой версии заключается в том, что
во время демонстрации включается фонограммная запись
и зрителю даются голосовые инструкции, каким образом
ему перемещать стакан или какой-либо другой объект по
девяти картам, носящим название планет. Разумеется, в
распоряжении фокусника имеется два варианта записи.
ОТВЕТЫ
Предположение, которое можно прочесть на карточке,
таково: The smelling organs offish have evolved in a great variety of
forms («Органы обоняния рыб чрезвычайно разнообразны
по форме»). Это предложение из статьи Артура Д. Хаслера
и Джеймса А. Ларсена The Homing Salmon («Возвращение
лосося»), опубликованной в августовском номере журнала
Scientific American за 1955 год.
ГЛАВА 1 О
Теорема о четырех красках
Делят математики цвета:
Немного их — всего четыре.
Но их достаточно меж тем,
Чтобы окрасить карты во всем мире.
Комическое четверостишье
Дж. А. Линдона, Суррей, Англия
Из всех великих недоказанных математических
предположений самой простой - простой в том смысле, что ее
сможет понять даже маленький ребенок - является
знаменитая топологическая теорема четырех красок. Сколько
цветов необходимо для раскрашивания любой карты таким
образом, чтобы никакие две страны с общей границей не
были одного цвета? Не составит особого труда составить
карту, для раскраски которой требуется четыре цвета.
Существует строгое доказательство того, что для
раскрашивания любой карты достаточно пяти цветов (чтобы
разобраться в этом доказательстве, вам потребуется знание
лишь основ математики). Но может ли быть такое, что для
этих целей наличие всего четырех цветов будет
необходимым и достаточным условием? Другими словами, можно
ли составить карту, для раскраски которой потребуется
именно пять цветов? Математики, интересовавшиеся этой
проблемой, полагают, что это невозможно, но точно
утверждать этого не могут.
Читатели с завидной постоянностью присылают мне
длинные «доказательства» теоремы четырех красок. Почти
всегда оказывается, что доказывающие путают теорему с
гораздо более простой задачей, гласящей о невозможности
Теорема о четырех красках 135
построения карты, на которой было бы всего пять стран, и
каждая из них примыкала бы к четырем остальным. (Две
страны, соприкасающиеся лишь в одной точке,
примыкающими не считаются.) Должен признаться, что я сам
отчасти поспособствовал распространению этого
заблуждения, написав научно-фантастический рассказ The Island of
Five Colors («Остров пяти красок»). В нем шла речь о
вымышленном острове, разделенном польским топологом на
пять регионов таким образом, чтобы каждый регион имел
общую границу с четырьмя остальными. Однако не
составляет особого труда доказать, что карта такого рода не
может быть нарисована. Кто-то может предположить, что
отсюда само собой вытекает решение теоремы четырех
красок для любой карты, но это не так.
Чтобы понять, почему все обстоит именно так,
рассмотрим простую карту а на рисунке 43. Формы областей
не имеют никакого значения, важно лишь то, как они
соприкасаются. Теорема четырех красок потому и является
топологической, что она имеет дело с плоскими
фигурами, которые не изменяются при искажении поверхности,
на которой они нарисованы. Какой цвет нам следует
использовать для еще незакрашенной области? Очевидно,
мы должны закрасить ее либо красным, либо каким-то
новым, четвертым цветом. Предположим, что мы
выбрали второй вариант и закрасили пустую область розовым.
Добавим еще одну область. В этом случае мы не сможем
закончить карту без использования пятого цвета. Теперь
давайте снова вернемся к карте а и рассмотрим первый
вариант, согласно которому пустую область надо
окрасить красным. Такая окраска создаст противоречия в том
случае, если с первыми четырьмя областями
соприкасаются еще две, как показано на рисунке с. Для этих двух
областей нам потребуется еще два дополнительных цвета.
В итоге мы опять приходим к пяти краскам. Доказывает
ли это, что для некоторых карт необходимо пять цветов?
Вовсе нет. В обоих вариантах мы можем обойтись
четырьмя цветами, если изменим схему окраски в исходной
карте а.
136 Новые математические развлечения
При раскрашивании сложных карт с десятками
областей мы постоянно будем заходить в тупики такого
плана, которые требуют возвращения и корректировки.
Следовательно, чтобы доказать теорему четырех красок,
необходимо либо показать, что во всех случаях такие
корректировки могут быть успешно проведены, либо
придумать процедуру, которая устранила бы
необходимость проведения таких корректировок в процессе
раскрашивания любой карты четырьмя цветами. Стивен
Барр предложил замечательную топологическую игру
для двух человек, в основе которой лежит сложность
предвидения таких цветовых тупиков. Игрок А рисует
произвольную область. Игрок Б раскрашивает ее и
добавляет свою новую область. Игрок А раскрашивает эту
новую область и также добавляет свою. Так
продолжается до тех пор, пока кто-либо из игроков не сможет
продолжать игру, потому что будет вынужден применить
пятый цвет. Я не знаю более быстрого и эффективного
способа понять трудности, которые встречаются на пути
решения проблемы четырех красок, чем просто
поиграть в эту замечательную игру.
Часто говорят о том, что картографы первыми
осознали достаточность четырех цветов для раскраски любой
карты. Но математик Кеннет О. Мэй из Чарйьстонского
колледжа усомнился в справедливости этого утверждения.
Уделив много времени изучению вопроса происхождения
теоремы красок, Мэй не нашел в старинных книгах по
картографии ни самой теоремы, ни каких-либо признаков
того, что она была известна авторам этих книг. По всей
вероятности, впервые она была сформулирована Фрэнсисом
Гатри, студентом из Эдинбурга.
Он говорил об этом своему брату Фредерику (который
впоследствии стал химиком), а Фредерик, в свою очередь,
в 1852 году рассказал об этом учителю математики Августу
(Огастесу) де Моргану. Широкую известность проблема
четырех красок получила в 1878 году, когда выдающийся
математик Артур Кэли заявил, что он работал над этой
теоремой, но так и не смог ее доказать.
Теорема о четырех красках
137
Рис. 43
При создании карты с использованием четырех цветов часто
приходится возвращаться назад и проводить цветовые коррективы.
В 1879 году британский юрист и математик Альфред
Кемпе опубликовал то, что, по его мнению, было
доказательством теоремы, а годом позже в английском журнале
Nature появилась его статья How to Colour a Map with Four
Colours («Как раскрасить карту четырьмя красками»).
Десять лет математики думали, что эта задача решена, но
потом П. Дж. Хидвуд обнаружил роковой пробел в
доказательстве Кемпе. С тех пор самые сильные математические
умы терпели неудачу, пытаясь решить эту задачу.
Доступность формулировки создает впечатление, что доказать
теорему очень просто — однако все надежды оказались
ложными. В своей автобиографической книге Ex-Prodigy
(«Бывший вундеркинд») Норберт Винер писал о том, что
он, как и все математики, пытался доказать теорему
четырех красок, но каждый раз найденное решение, как
заколдованное золото в волшебной сказке, обращалось в его
руках в груду глиняных черепков. Сейчас задача четырех
красок положительно решена только для карт, количество
стран на которых не превышает 38. На первый взгляд
может показаться, что это количество очень мало, однако
оно приобретет в наших глазах гораздо большую
значимость, если принять во внимание то, что число
топологически различных карт с количеством стран, не
превышающим 38, уже оказывается больше 1038.
138 Новые математические развлечения
Факт недоказанности теоремы четырех красок для
плоскости кажется еще более досадным, если учесть, что
аналогичные доказательства были найдены для гораздо более
сложных поверхностей, чем плоскость. (Между прочим, в
ракурсе этой задачи поверхность сферы абсолютно
эквивалентна плоскости — любую карту на поверхности сферы
можно преобразовать в плоскостную, проколов сферу в
любой точке внутри страны и растянув на плоскости.)
Было установлено, что для раскрашивания односторонних
поверхностей, таких как лист Мебиуса, бутылка Клейна и
проективная плоскость, необходимо и достаточно шести
цветов. При раскрашивании карты на поверхности тора
(бублика) количество цветов увеличивается до семи. Такая
карта показана на рис. 44. Здесь следует обратить
внимание на то, что каждая область ограничена шестью
прямыми линиями и примыкает к шести другим областям.
Фактически проблема раскраски карт была решена для всех
серьезных сложных поверхностей.
И только когда теорему начинают применять к
поверхностям, топологически эквивалентным плоскости,
решение ускользает от топологов. И что хуже всего, никаких
ясных причин происходящего нет. Все происходит словно в
заколдованном круге — сначала кажется, что очередная
попытка найти доказательство ведет к успеху, но на
последнем этапе обнаруживается досадный пробел, который
не дает замкнуть цепь рассуждений. Никто не может
предсказать, какое будущее ожидает эту знаменитую теорему,
но мы можем быть уверены, что первого человека,
добившегося крупных достижений на этой ниве, ожидает
всемирная слава. Впрочем, можно даже конкретизировать,
что подразумевается под крупными достижениями. Есть
три варианта на выбор.
1. Будет обнаружена карта, для раскраски которой
требуется именно пять красок. «Если набраться храбрости и
сделать прогноз на будущее, - пишет Г. С. М. Кокстер в своей
превосходной статье The Four-Color Map Problem («Проблема
четырех красок»), опубликованной в 1840-1890 годы, - то я
бы сказал, что существование карты, требующей пяти кра-
Теорема о четырех красках
139
а
Рис 44
Для раскрашивания карты на торе необходимо семь красок (с).
Лист (а) сначала скручивают в трубочку (Ь), а затем соединяют
боковые концы. Тор приведен в увеличенном виде.
140 Новые математические развлечения
сок, вполне возможно. Однако даже самая простая из
таких карт будет иметь так много стран (сотни или даже
тысячи), что ни у кого не хватит терпения для проведения
всех тестов, необходимых для исключения возможности
закраски карты четырьмя цветами».
2. Доказательство теоремы будет найдено, и случится
это благодаря новым технологиям, которые могут
неожиданно открыть перед математиками невиданные
возможности.
3. Будет доказано, что доказать теорему невозможно.
Это может показаться странным, но в 1931 году Курт Гё-
дель заявил, что в любой дедуктивной системе, достаточно
сложной, чтобы включать арифметику, есть
математические теоремы, которые являются «неразрешимыми» в
рамках этой системы. До сих пор удалось доказать
«неразрешимость» (по Гёделю) всего нескольких великих
математических гипотез. Является ли теорема четырех красок
такой теоремой? Если да, то ее можно считать «истинной»
только в том^случае, если ее или какую-нибудь другую,
тесно связанную с ней теорему включить в качестве
нового недоказуемого постулата в расширенную дедуктивную
систему.
К сожалению, доказательства того, что пяти цветов
достаточно для раскрашивания карты на плоскости (а для
некоторых более сложных поверхностей необходимо и
достаточно шесть или более цветов) слишком длинны, чтобы
приводить их здесь. Некоторые представления об этих
доказательствах читатель сможет получить, ознакомившись
с приведенным ниже остроумным доказательством.
Давайте рассмотрим все возможные карты на
плоскости, которые могут быть образованы прямыми линиями.
Хорошим примером в данном случае может послужить
обычная шахматная доска. Более хаотичный образец
показан на рисунке 45 слева. Действительно ли для
раскрашивания таких карт достаточно всего двух цветов? Ответ
утвердительный, и доказать его справедливость совсем не
трудно. Если на любой карте такого типа мы нарисуем еще
одну прямую линию (например, черную жирную линию на
Теорема о четырех красках
141
том же рисунке), она разделит плоскость на две разные
карты. Если рассматривать обе карты по отдельности, их
окраска будет вполне правильной. Если рассматривать
карты в паре, то мы увидим, что вдоль вновь проведенной
прямой располагаются соприкасающиеся области одного
цвета. Чтобы сделать окраску всей карты правильной, нам
нужно всего лишь перекрасить одну из ее половинок (не
важно какую именно), изменив цвет каждой области на
противоположный. Это показано на рисунке 45 справа.
Карта над черной линией преобразована, и все темные
области стали светлыми (и наоборот). Как вы можете видеть,
карта в целом теперь окрашена должным образом.
Чтобы закончить доказательство, рассмотрите
плоскость, которая разделена на две области одной-единствен-
ной прямой. Нам конечно же не составит труда раскрасить
такую карту двумя цветами. Если мы проведем вторую
прямую, нам нужно будет перекрасить новую карту,
изменив все цвета с одной стороны от новой линии на
противоположные. Затем мы можем провести третью прямую и
т. д. Ясно, что такую процедуру можно производить для
любого количества линий. Таким образом, «методом
математической индукции» мы доказали теорему о
возможности двухцветной раскраски любых карт на плоскости,
образованных прямыми линиями.
Рис. 45
Два раскрашивания любой карты, образованной прямыми,
пересекающими всю ее поверхность, достаточно двух цветов
142
Новые математические развлечения
Рис. 46
Если карта
образована
замкнутыми
кривыми, для ее
раскраски также
достаточно
двух цветов.
Доказательство можно обобщить, чтобы охватить
более разнообразные карты (одна из которых показана на
рис. 46), образованные либо кривыми, пересекающими
весь лист от одного края до другого, либо замкнутыми
кривыми без самопересечений. Если мы добавим еще
одну линию, пересекающую карту, то нам придется
изменить все цвета по одной стороне от линии, как мы делали
раньше. Если новая линия является замкнутой кривой,
нам нужно изменить цвет всех областей внутри этой
замкнутой кривой (или, если это предпочтительнее, снаружи).
Замкнутые кривые могут к тому же самопересекаться, но
в этом случае процедура перекрашивания становится
более сложной.
Обратите внимание, что все показанные здесь
двухцветные карты имеют четные вершины. То есть в каждой
вершине сходится четное количество сторон или границ.
Можно доказать, что любая карта на плоскости может
быть окрашена двумя цветами тогда и только тогда, если
все ее вершины четные. Это утверждение получило
название «теорема двухцветных карт». Однако в случае с тором
эта теорема не работает. Чтобы убедиться в этом, возьмите
квадратный лист бумаги и разлинуйте его на девять квад-
Теорема о четырех красках
143
ратов (наподобие игрового поля для крестиков-ноликов),
затем сверните его в трубочку и склейте концы трубочки.
Все вершины на таком разлинованном «пончике» четные,
но для окраски потребуется три цвета.
Ниже (больше для развлечения) читателю предлагается
три задачи на раскрашивание карт. Они не являются
трудными, но в каждой из них есть своя «изюминка», которая
делает решение не столь легким, как это кажется сначала.
1. Сколько красок потребуется для карты,
изображенной на рисунке 47 (созданной английским изобретателем
головоломок Г. Дьюдени), таким образом, чтобы области
одного цвета не граничили друг с другом?
2. Стивен Барр написал мне о художнике, который
хочет закончить огромную абстрактную картину,
схематически показанную на рисунке 48. Он решил ограничиться
четырьмя цветами и закрасить каждую область только
одним цветом, но таким образом, чтобы области, имеющие
общую границу, не были окрашены одинаково. Площадь
каждой области составляет восемь квадратных футов,
и только площадь верхней области в два раза больше, чем
у всех остальных. Проверив свой запас красок, художник
обнаружил, что красной краски у него хватит, чтобы
закрасить 24 квадратных фута, желтой хватит на такую же
площадь. Зеленой он сможет закрыть 16 квадратных фу-
Рис. 47
Сколько красок необходимо
для этой карты?
144
Новые математические развлечения
Рис.48
Сколько красок должен взять
художник, чтобы раскрасить
эту абстрактную картину?
тов, а синей - лишь 8. Каким образом он сможет
закончить свою картину?
3. Лео Мозер, математик из университета Альберты
просит нарисовать двухцветную карту таким образом,
чтобы все три вершины равностороннего треугольника
ср стороной 1 никогда не лежали бы на точках одного
цвета, в какую бы область карты не наложили
треугольник.
ДОПОЛНЕНИЕ
Утверждение о том, что на плоскости нельзя нарисовать
пять областей таким образом, чтобы каждая пара
областей имела общую границу, было высказано Мёбиусом
еще в 1840 году на одной из его лекций. Он преподнес
его в форме истории о восточном принце, который
завещал свое королевство своим пяти сыновьям при том
условии, что они разделят его на пять частей таким
образом, чтобы владения каждого сына граничили с
владениями остальных. У этой задачи есть аналог в теории
графов: можно ли разместить на плоскости пять точек и
соединить каждую со всеми другими точками прямыми
линиями, которые не будут пересекаться? Доказать
невозможность построения такой структуры не составит
Теорема о четырех красках 145
труда. Найти такое доказательство можно в любой книге
по элементарной теории графов. Простое и понятное
доказательство приводится Генрихом Титце в его книге
Famous Problems of Mathematics («Знаменитые задачи
математики»). По существу то же самое доказательство
приводит Генри Дьюдени в качестве решения задачи 140
своей книги Mathematical Puzzles («Математические
головоломки»).
Неточность выражений, допущенная мной при
обсуждении проблемы о четырех красках как утверждения,
неразрешимого в смысле Гёделя, подвигла британского
космолога Денниса Скиаму написать следующее письмо
(Scientific American, ноябрь 1960).
Господа!
Я получил большое удовольствие, читая статью о
четырех красках. Действительно, доказать
невозможность доказательства теоремы не представляется
возможным. Если теорема не верна (речь идет о теореме,
утверждающей, что четырех красок достаточно для
раскрашивания любой карты), то, без сомнения, это
можно показать, построив карту, которую нельзя
раскрасить с помощью четырех красок. Следовательно, если
теорема недоказуема, то она должна быть верна. Это
означает, что мы не можем доказать, что доказать ее
невозможно, поскольку такое доказательство было бы
эквивалентно доказательству теоремы, что является
противоречием.
Такое же замечание справедливо для любой теоремы,
ошибочность которой можно демонстрировать с
помощью контрпримера, например, для последней теоремы
Ферма. Такие теоремы могут быть недоказуемы, но лишь
в том случае, если они верны. Поэтому мы никогда не
можем знать, что они недоказуемы, и математики должны
бесконечно пытаться доказать их. Ужасающее
состояние дел! Чтобы поправить его, можно было бы
обратиться к физике, но «гёделевщина» может вторгнуться и в
эту область...
146 Новые математические развлечения
Теперь можно отбросить все беспокойства. В 1976 году
Вольфган Хакен и Кеннет Аппель из университета штата
Иллинойс доказали теорему четырех красок. Ее
доказательство потребовало программы. Расчет шел 1200 часов.
Возможно, когда-то будет найден простой и изящный
способ доказательства, но не исключен вариант, что более
простого доказательства в принципе не существует.
Возможно, в доказательстве Хакена-Аппеля обнаружится
какой-либо тонкий изъян, но поскольку многие лучшие
математики тщательно проверяли доказательство и признали
его правильность, такое кажется слишком
маловероятным. Другие подробности о раскраске карт смотрите в
моей колонке в Scientific American за февраль 1980 года.
ОТВЕТЫ
Ниже приведены ответы к трем задачам на раскрашивание
карт. Чтобы лучше понять ответы к первым двум задачам,
смотрите иллюстрации, приведенные в условиях задач.
1. Карту с узором из свастики можно было бы
раскрасить двумя цветами, если бы не маленькая линия в левом
нижнем углу. В этом месте граничат друг с другом три
области. Поэтому, в конечном итоге, потребуется три краски.
2. Чтобы с имеющимся запасом красок закончить свою
абстрактную картину, художник смешал всю синюю краску
с одной третью красной краски и смог закрасить
фиолетовой краской шестнадцать квадратных футов холста. Потом
он закрасил большую верхнюю область и область в центре
картины желтым, а оставшиеся области - красным,
зеленым и фиолетовым.
3. Самый простой способ раскрашивания плоскостной
карты двумя цветами так, чтобы вершины наложенного на
нее равностороннего треугольника со стороной 1 никогда
не попадали на точки одного цвета, состоит в следующем:
нужно разделить плоскость на параллельные полосы
шириной у[з /2 и раскрасить их поочередно черным и белым,
как показано на рисунке 49. Однако это не даст решения
задачи, если мы не введем концепцию открытого и закры-
Теорема о четырех красках
147
того множеств. Континуум вещественных чисел -
например, чисел от 0 до 1 — называется замкнутым интервалом,
если он включает 0 и 1, и открытым интервалом, если не
включает их. Если интервал включает только 0 или 1, то
говорят, что он закрыт с одного конца и открыт с другого.
Полосы на карте закрыты слева и открыты справа.
Крайняя левая полоса (которую мы окрасили черным)
начинается с 0 (см. разметку под рисунком) и доходит до 7з /2,
но само это значение не включает. Следующая полоса
начинается с отметки 7з/2 и доходит до 2>/3/2, тоже не
включая правую границу. Такое рассуждение можно
повторять для всех полос.
Другими словами, каждая вертикальная линия
принадлежит полосе, находящейся справа от нее. Это необходимо
учитывать в тех случаях, когда все три вершины
треугольника располагаются на границах между полосами.
Рис. 49
Решение задачи о треугольнике и двухцветной карте.
148 Новые математические развлечения
Лео Мозер из университета Альберты, приславший эту
задачу, пишет, что не знает, сколько цветов потребуется
для окрашивания плоскости таким образом, чтобы концы
единичного отрезка не попадали на точки одного и того же
цвета. Было доказано, что четыре цвета необходимы, а
семи — достаточно. (Последнее становится очевидным при
рассмотрении правильной мозаики из шестиугольников,
если взять радиус описанного вокруг каждого
шестиугольника окружности чуть больше единицы и окрасить их так,
чтобы цвета каждого шестиугольника и шести
окружающих его шестиугольников были различными.) Различие
необходимого и достаточного условий столь велико, что
решение задачи, по всей видимости, будет найдено еще
очень не скоро.
ГЛАВА 1 1
Мистер Аполлинакс
в Нью-Йорке
Когда мистер Аполлинакс посетил Соединенные
Штаты, чайные чашки звенели от его смеха.
- Т. С. Элиот
П. Бертран Аполлинакс, блестящий протеже
знаменитого французского математика Николя Бурбаки, до весны
1960 года был мало известен даже во Франции. Именно в
этом году математический мир был потрясен появлением
во французском математическом журнале статьи о том,
что сейчас называется функцией Аполлинакса. С
помощью этой замечательной функции Аполлинакс смог убить
сразу трех зайцев: доказать теорему Ферма, составить
контрпример (карту с 5693 областями) к знаменитой
топологической теореме четырех красок и заложить основу для
открытия Ченнинга Чита. Уже через три месяца после
публикации статьи Чита обнаружил целое 5693-значное
число — первое известное в своем роде, которое является
одновременно и совершенным, и нечетным.
Читатель поймет ту радость и волнение, которое я
испытал, когда профессор Чита из Нью-Йоркского
университета пригласил меня к себе на чай, где почетным гостем
должен быть Аполлинакс. (Апартаменты Чита находятся в
Гринвич-вилладж в большом каменном здании
неподалеку от Пятой авеню. Здание это принадлежит миссис Ор-
виль Флакус, вдове известного финансиста. Студенты
Нью-Йоркского университета, который находится
неподалеку, называют этот дом дворцом Флакуса.) Когда я при-
150
Новые математические развлечения
Рис. 50
Таинственное исчезновение кубика.
был, чаепитие было в самом разгаре. Я узнал нескольких
преподавателей с кафедры математики Нью-Йоркского
университета и предположил, что присутствующие
молодые люди были аспирантами этой кафедры.
Спутать Аполлинакса с кем бы то ни было просто
невозможно. Он явно в центре всеобщего внимания. Мужчина
на вид лет тридцати с небольшим, высокий, с резкими
чертами, которые не оставляли впечатления красоты их
обладателя, но хорошо передавали характерный для него
симбиоз физической мощи и поразительного интеллекта. У
него были черная козлиная бородка и довольно большие уши.
Под твидовый пиджак он надевал ярко-красный жилет.
Когда миссис Флакус подавала мне чашку чая, я
услышал, как девушка спросила:
- Мистер Аполлинакс, а это серебряное кольцо у вас на
пальце? Оно представляет собой лист Мебиуса?
Он снял кольцо и протянул его девушке.
- Да. Оно было выполнено моим другом, у которого
есть ювелирный магазин на набережной Сены в Париже.
В речи Аполлинакса слышался сильный французский
акцент.
- Это безумие! - сказала девушка, возвращая кольцо. А
вы не боитесь, что когда-нибудь ваш палец просто исчезнет?
Мистер Аполлинакс в Нью-Йорке 151
Аполлинакс засмеялся.
— Если вы полагаете, что это безумие, тогда я покажу
вам вещь, от которой действительно можно сойти с ума.
Аполлинакс сунул руку в боковой карман и достал
плоскую деревянную коробку с квадратным основанием.
В ней находилось шестнадцать белых пластмассовых
фишек, которые были плотно сложены {см. рис. 50, слева).
Фишки были разной формы, но такой толщины, что пять
маленьких фишек в центре представляли собой самые
настоящие кубики. Аполлинакс обратил внимание
присутствующих на количество кубиков, затем высыпал фишки на
стол и быстро сложил их вновь в коробку таким образом,
как показано на рисунке справа. Они оказались
уложенными столь же плотно и аккуратно, как и раньше. Но
теперь в центре осталось только четыре кубика. Один куда-
то исчез, словно испарился.
Девушка с недоверием посмотрела на коробку, а затем
на Аполлинакса, который сотрясался от смеха.
— Я могу рассмотреть это повнимательнее? — спросила
она. Получив коробку, она предпочла удалиться в тихий угол.
— Кто эта птичка? — поинтересовался Аполлинакс у
профессора Чита.
— Вы о ком? — отозвался профессор.
— О той девушке в свитере.
— А. Ее зовут Нэнси Элликот. Эта девушка из Бостона
одна из наших лучших студенток по математике.
— Очень привлекательна.
— Вы находите? Я никогда не видел, чтобы она носила
что-нибудь кроме джинсов и этого грязного свитера.
— Мне нравится непринужденность жителей Гринвич-
вилладжа, — сказал Аполлинакс. — У всех них много
общего.
— Иногда, — заметил кто-то из присутствующих, —
трудно отличить непринужденность от невроза.
— Это напоминает мне, - сказал я, - одну
математическую загадку, которую я недавно слышал. Чем отличается
психопат от невротика?
Все дружно промолчали.
152 Новые математические развлечения
— Психопат, — начал я свое объяснение, — думает, что
два плюс два равно пять. А невротик знает, что четыре, но
это его раздражает и заставляет нервничать.
Кто-то засмеялся, но чувствовалось, что скорее из
вежливости. А Аполлинакс и вовсе помрачнел.
— И у него есть причина, чтобы нервничать. Александр
Поуп писал: «О, боги! Почему дважды два должно
равняться именно четырем?» Действительно, почему? Кто
может сказать, почему тавтология тавтологична? Кто
может с уверенностью сказать, что даже в простой
арифметике нет противоречий?
Он достал из кармана маленький блокнот и набросал
на листочке следующий бесконечный ряд:
4-4 + 4-4 + 4-4 + 4...
— Чему, по вашему мнению, — спросил он, — должна
равняться сумма этого ряда? Если мы сгруппируем его члены так:
(4-4)+ (4-4)+ (4-4)...
То сумма, вне всяких сомнений, будет равна 0. Но если
мы сгруппируем их так:
4-(4-4)-(4-4)-(4-4)...,
то сумма будет равна четырем. Попробуем теперь
сгруппировать их иначе:
4-(4-4+ 4-4+ 4-4...).
Теперь сумма ряда будет равна четырем минус сумма
того же ряда. То есть удвоенная сумма равна четырем.
Значит, сумма ряда будет равна двум.
Я хотел было вставить свой комментарий, но тут
подошла Нэнси и сказала:
— Эти фишки сведут меня с ума. Что же случилось с
пятым кубиком?
Мистер Лполлинакс в Нью-Йорке 153
Аполлинакс смеялся до слез.
- Я же давал вам намек, милая. Возможно, кубик
ускользнул в высшее измерение.
- Вы пытаетесь меня провести?
- Да, хотелось бы, - вздохнул Аполлинакс. - Четвертое
измерение, как вы знаете, простирается вдоль четвертой
координаты, перпендикулярной всем трем координатам
трехмерного пространства. Теперь давайте рассмотрим
куб. Он имеет четыре главные диагонали, каждая из
которых идет из одной вершины куба через его центр до
противоположной вершины. Благодаря свойственной кубу
симметрии каждая диагональ перпендикулярна трем
остальным диагоналям. Так почему же куб может ускользнуть по
четвертой координате?
— Но мой преподаватель по физики, — сказала Нэнси,
нахмурившись, — утверждает, что четвертым измерением
является время.
— Ерунда! — фыркнул Аполлинакс. — Общая теория
относительности уже отжила свое. Разве ваш профессор не
слышал о том, что Гилберт Донгл недавно сделал
открытие, обнаружив роковой изъян в эйнштейновской теории.
— Что-то мне не верится, что такое возможно.
— Это легко объяснить. Если вы будете быстро вращать
сферу из мягкой резины, что будет происходить с ее
экватором? Он начнет выпирать. С помощью теории
относительности вы можете объяснить это явление двумя
способами. Вы можете предположить, что вся Вселенная
представляет собой некую фиксированную систему отсчета —
так называемую инерционную систему. Тогда можно
утверждать, что сфера вращается, и инерция заставляет
экватор выпирать. Или вы можете предположить, что
фиксированной системой отсчета является сфера, а вращается
вся остальная Вселенная. Тогда вы сможете утверждать,
что массы движущихся звезд создают тензорное
гравитационное поле, которое оказывает сильное воздействие на
экватор неподвижной сферы. Конечно...
- Я бы сформулировал это несколько иначе, - прервал
почетного гостя профессор Чита. - Я бы сказал, что суще-
154 Новые математические развлечения
ствует относительное движение сферы и звезд, и это
относительное движение вызывает определенные изменения в
пространственно-временной структуре Вселенной.
Давление, если можно так выразиться, этой
пространственно-временной матрицы и приводит к
растяжению экватора. Растяжение можно рассматривать либо
как гравитационный, либо как инерционный эффект.
В обоих случаях гравитационные уравнения абсолютно
одинаковы.
— Очень хорошо, — ответил Аполлинакс. — Именно это
Эйнштейн называл принципом эквивалентности —
эквивалентности гравитации и инерции. Как говорил Ганс Рей-
хенбах, подлинного различия между ними нет. Но
позвольте задать вам один вопрос. Ведь согласно теории
относительности, физические тела не могут двигаться с
относительными скоростями, которые превышают скорость
света. Разве это не так? И тем не менее если принять за
фиксированную систему отсчета резиновый шар, нам
нужно будет лишь немного закрутить его, и мы сможем
придать луне относительную скорость, немного
превышающую скорость света.
Чита медленно перевел дыхание.
- Видите ли, - продолжал Аполлинакс, - мы просто не
сможем удерживать сферу неподвижной, если вся
Вселенная вокруг нее вращается. Это означает, что мы должны
считать вращение шара абсолютным, а не относительным.
Астрономы встречаются с трудностями такого рода, когда
пытаются объяснить так называемый поперечный эффект
Доплера. Если Земля вращается, то относительная
поперечная скорость между обсерваторией и лучом света от
удаленной звезды очень мала, поэтому и доплерово
смещение тоже мало. Если же исходить из того, что
вращается Вселенная, то поперечная скорость удаленной звезды
относительно обсерватории очень велика, и доплерово
смещение должно значительно увеличиться. Так как
доплерово смещение мало, мы должны принять, что
вращается именно Земля. Это конечно же наносит
колоссальный удар по теории относительности.
Мистер Аполлинакс в Нью-Йорке 155
— А как в таком случае, — пробормотал Чита, который
даже немного побледнел, — вы объясните тот факт, что
эксперимент Майкельсона-Морли не выявил какого-либо
движения Земли относительно неподвижного пространства?
— Очень просто, - тут же отозвался Аполлинакс. -
Вселенная бесконечна, Земля вращается вокруг Солнца,
Солнце движется через Галактику, Галактика как-то
перемещается относительно других галактик, те образуют
скопления галактик, которые, в свою очередь, двигаются
относительно других галактических скоплений,
скопления являются составными частями сверхскоплений и т.д.
Эта иерархия бесконечна. Сложите бесконечный ряд
векторов, величины и направления которых случайны, и что
получится? Они уничтожат друг друга. Ноль и
бесконечность — это близкие родственники. Позвольте мне
привести пример.
Он указал на большую вазу на столе.
— Допустим, что изначально ваза была пустой.
Мы начинаем заполнять ее числами. Представим, что
мы записали числа на маленьких карточках. За минуту до
полудня мы положили в вазу числа от 1 до 10, а затем
достанем число 1. За полминуты до полудня положим числа с 11
до 20 и вытащим число 2. За треть минуты до полудня
положим числа 21—30 и вытащим число 3. За четверть
минуты до полудня опустим в вазу числа 31—40, достав при этом
число 4. И так далее. Сколько чисел будет в вазе в полдень?
— Бесконечность, — сказала Нэнси. — Каждый раз вы
доставали одно число, а клали целый десяток.
Аполлинакс буквально закудахтал от смеха:
— Там не останется ничего! Будет ли в вазе число 4? Нет,
его вытащат при выполнении четвертой операции.
Останется ли в вазе число 518? Нет, его вытащат на 518-ой
операции. Числа, оставшиеся в вазе в полдень, образуют
пустое множество. Теперь вам понятно, насколько
бесконечность близка к нулю?
В это момент к нам подошла миссис Чита. На подносе,
который она несла, красовались нарядные печенья
различных видов и другие сладости.
156 Новые математические развлечения
- Похоже, мне стоит воспользоваться аксиомой
выбора Цермело, - произнес Аполлинакс, погладив себя по
бородке, - и взять по штучке каждого вида.
- Но если вы считаете, что теория относительности
мертва, — спросил я через несколько минут, — то как вы
относитесь к современной квантовой теории? Полагаете ли
вы, что хаотичность поведения элементарных частиц
вполне закономерна? Или считаете, что наше
представление о случайности их движения является всего лишь
показателем нашего незнания тех законов, которым оно
подчиняется?
- Я принимаю современный подход, - ответил
Аполлинакс. - И фактически даже иду гораздо дальше. Я согласен
с Карлом Поппером в том, что детермизм нельзя больше
воспринимать всерьез и на это есть логические причины.
- В это трудно поверить, - усомнился кто-то из
присутствующих.
- Хорошо, попробую пояснить. Существуют такие
отрезки будущего, которые в принципе никогда не могут
быть предсказаны правильно, даже если вы располагаете
полной информацией о состоянии Вселенной на данный
момент. С вашего позволения я приведу вам пример.
Аполлинакс вынул из кармана чистый листочек
плотной бумаги и, держа его так, чтобы никто не мог видеть,
что он пишет, набросал что-то на нем, а затем отдал его
мне, надписью вниз.
- Положите это в правый карман брюк.
Я не замедлил в точности выполнить его указание.
- На этой карточке я написал будущее событие. Оно
еще не имело места, но определенно либо произойдет,
либо не произойдет до ... до шести часов, — сказал
Аполлинакс, взглянув на свои часы.
Затем он взял из кармана еще один чистый листок и
передал его мне.
- Я хочу, чтобы вы попытались угадать, произойдет ли
то событие, которое я описал. Если вы полагаете, что
произойдет, напишите на карточке «Да». Если думаете, что не
произойдет, напишите «Нет».
Мистер Лполлинакс в Нью-Йорке 157
Я собрался писать, но Аполлинакс остановил меня за
руку:
- Секунду, старина. Если я увижу ваше предсказание,
то смогу что-нибудь сделать, чтобы оно не сбылось.
Подождите, пока я повернусь спиной, и постарайтесь, чтобы
никто не увидел, что вы напишите.
Он отвернулся и направил взгляд в потолок, а когда я
закончил писать, велел мне положить карточку в левый
карман брюк, где ее никто не увидит.
Снова повернувшись ко мне, он сказал:
- Я не знаю вашего предсказания. Вы не знаете, о
каком событии идет речь. Вероятность того, что вы угадаете
правильно, составляет х/2.
Я согласно кивнул.
- А теперь я предлагаю вам пари. Если ваше
предсказание не верно, вы платите мне десять центов. Если же оно
верно, я плачу вам миллион долларов.
Все были очень удивлены. Я решил не вступать в
дебаты и высказал свое согласие.
- А пока мы ждем, - обратился Аполлинакс к
Нэнси, - давайте еще раз обратимся к теории
относительности. Вы хотели бы знать, каким образом вы всегда можете
носить относительно чистый свитер, даже если в вашем
распоряжении есть только два свитера и вы никогда их не
стираете?
- Я вся внимание, — с улыбкой ответила девушка.
- Не подумайте плохого. У вас есть и другие
особенности, — извинился Аполлинакс, — и очень приятные к тому
же. Но давайте мы все же рассмотрим ситуацию со
свитерами. Как мы уже говорили, у вас есть два свитера — Аи В.
Вы носите самый чистый из них, допустим А, до тех пор,
пока он не станет грязнее В. Затем снимаете А и начинаете
носить относительно чистый свитер В. Когда В становится
грязнее А, снимаете В и начинаете носить относительно
чистый свитер А. И так далее.
Нэнси состроила гримасу.
- К сожалению, я не могу ждать здесь до шести, —
сказал Аполлинакс, — особенно в такой теплый весенний ве-
158 Новые математические развлечения
чер. Не знаете ли вы случайно, играет ли сегодня
где-нибудь в городе Телониус Монк?
Глаза Нэнси широко открылись.
- Знаю. Он сегодня играет как раз здесь, в Гринвич-
вилладж. Вам нравится его стиль?
— Я просто изучаю его, — ответил Аполлинакс. — А
теперь, если бы вы были столь любезны показать мне
ближайший ресторан, мы бы пообедали и я рассказал бы вам
тайну кубика, а потом мы пошли бы слушать Монка.
Когда Аполлинакс ушел, держа Нэнси под руку, все
присутствующие начали обсуждать заключенное мною
пари. К шести часам все без исключения собрались, чтобы
узнать, каков будет финал. Прав оказался Аполлинакс.
Событие оказалось логически недоказуемым. Я проиграл
ему десять центов.
Читатель может доставить себе удовольствие,
попытавшись отгадать, какое будущее событие описал
Аполлинакс.
ДОПОЛНЕНИЕ
Многие читатели поверили в существование Аполлинакса
(хотя я говорил, что он был протеже Бурлаки, хорошо
известного несуществующего французского математика) и
спрашивали в своих письмах, где можно узнать про
«функцию Аполлинакса». И Аполлинакс, и Нэнси, а также
другие люди, присутствовавшие на той встрече, являются
персонажами двух поэм Т.С. Эллиота: Mr. Apollinax
(«Мистер Аполлинакс») и Nancy («Нэнси»). Эти поэмы вошли в
его книгу Collected Poems 1909—1962 («Сборник поэм:
1909-62»).
«Мистер Аполлинакс» — это поэма о Бертране Расселе.
Когда Рассел посещал Гарвард в 1914 году, Эллиот ходил на
его лекции по логике — также они встречались за чаем.
Именно эти встречи Эллиот и описал в своей поэме.
Гилберт Донгл это преобразованное имя Герберта Дингля,
английского физика, утверждавшего, что если парадокс
часов в теории относительности верен, то сама теория отно-
Мистер Аполлинакс в Нью-Йорке 159
сительности не верна. Дополнительно об этом можно
почитать в книге Relativity for the Million («Теория
относительности для миллионов»). А Телониус Монк это и есть Тело-
ниус Монк.
Рассуждения Аполлинакса о грязном свитере Нэнси
позаимствованы из небольшой поэмы Пита Хэйна,
который уже упоминался в книге ранее. Описание парадокса о
количестве чисел в вазе взято из книги Mathematician's
Miscellany («Математическая смесь») автора Дж. Э.
Литлвуда. Он показывает, что при вычитании из
трансфинитного числа «алеф-нуль» того же числа, умноженного на
десять, может получиться нуль. Если, вынимая из вазы
карточки с числами, придерживаться последовательности
2, 4, 6, 8..., то в полдень в вазе останется счетное
множество карточек, а именно все карточки с нечетными
номерами. Можно также удалить из вазы бесконечно большое
количество карточек таким образом, чтобы в ней осталось
любое желаемое конечное число карточек. Если кто-то
хочет оставить, к примеру, три карточки, он должен
вытаскивать все числа подряд, но начиная с четырех.
Эта ситуация является прекрасной иллюстрацией того
факта, что при вычитании из одного числа алеф-нуль
другого такого же числа результат неопределен. В
зависимости от природы тех или иных бесконечных множеств он
может быть равен нулю, бесконечности или любому целому
положительному числу.
В основе парадокса исчезающего кубика лежит
малоизвестный принцип, открытый Паулем Кэрри из
Нью-Йорка. Этот принцип был подробно обсужден в моей книге
Mathematics, Magic and Mystery («Математические чудеса и
тайны»).
Мое несколько театрализованное представление
парадокса предсказания было впервые опубликовано в
качестве шутки для вечеринки в журнале Canadian magic
magazine, № 23, март 1961, с. 23. Я придумал несколько иную
версию парадокса в виде почтовой открытки другу и
представил ее в журнале The British Journal for the Philosophy of
Science, том 13, май 1962, с. 51.
160 Новые математические развлечения
ОТВЕТЫ
Парадокс исчезающего кубика, продемонстрированный
Аполлинаксом, объясняется следующим образом. Когда
все семнадцать фишек уложены квадратом, стороны
квадрата не являются абсолютно прямыми. Они выпуклые —
правда, совсем немного, на неуловимую величину. Если
один кубик удалить, а остальные шестнадцать фишек
перераспределить так, чтобы они снова образовывали
квадрат, стороны квадрата получаются вогнутыми (на ту же
неуловимую величину). Это компенсирует изменение
площади, вызванное изъятием кубика. Чтобы усилить эффект,
перекладывая квадрат, Аполлинакс незаметно спрятал
пятый кубик.
Будущее событие, которое Аполлинакс описал на
карточке, было таково: «Вы положите в левый карман брюк
карточку, на которой напишите слово «Нет»». Самый
простой способ представления парадокса состоит в том, чтобы
попросить кого-нибудь предсказать, ответив да или нет, то
следующим словом, которое он произнесет, будет слово
«Нет». Рассуждения Карла Поппера о том, что какие-то
отрезки будущего в принципе непредсказуемы, основаны
не на этом парадоксе, а на гораздо более глубоких
соображениях. Эти соображения подробно описаны в книге
Поппера Postscript: After Twenty Years («Постскриптум:
двадцать лет спустя»).
Парадокс бесконечного ряда четверок, которые
попеременно то прибавляют, то вычитают, объясняется тем
фактом, что этот ряд не сходится и его сумма колеблется
между 0 и 4. Чтобы объяснить парадокс с вращением
резинового шара и Вселенной, необходимо более глубоко
погрузиться в теорию относительности. Желающие получить
некоторое представление о современном подходе к этим
классическим задачам рекомендуется обратиться к книге
Денниса Скиамы The Unity of the Universe («Единство
Вселенной»).
ГЛАВА 12
Девять задач
1. КВАДРАТОФОБИЯ
Играют в эту игру на шахматной доске размером 6x6 клеток.
У одного играющего восемнадцать красных фишек, у
его оппонента - такое же количество черных. Игроки по
очереди могут ставить по одной фишке на любую
свободную клетку доски. При этом каждый должен следить за
тем, чтобы никакие четыре его фишки не оказались
расположенными в вершинах квадратов. Квадраты могут быть
любого размера, могут быть расположены под самыми
различными углами. Существует 105 возможных квадратов,
некоторые из них показаны на рисунке 51.
Игрок одерживает победу в том случае, если его
противник уже не может сделать ход так, чтобы не образовать
квадрат. Практиковаться в этой игре можно как за
шахматной доской с настоящими фишками, так и с карандашом и
бумагой.
В последнем случае нужно нарисовать на бумаге сетку
6x6 клеток, а затем фиксировать ходы, ставя крестики и
нолики.
Изобретя эту игру, я много месяцев был уверен, что
ничья в ней невозможна. Потом К. М. Маклури,
студент-математик из Оклахомского университета, доказал, что игра
6-9434
162
Новые математические развлечения
Рис. 51
Четыре из 105 возможных способов построения квадрата в игре
«квадратофобия»
может закончиться вничью. Читателю предлагается
показать, каким образом можно закончить партию вничью.
(Это возможно, если разделить 36 клеток на две группы по
18 клеток в каждой так, чтобы никакие четыре клетки,
входящие в одну и ту же группу, не образовывали вершин
квадрата).
2. ГОЛОВОЛОМКА
С ТЕПЛОВОЗОМ
Искусство составления и маневрирования
железнодорожными составами породило немало интересных и трудных
задач из области анализа операций. Головоломка с
тепловозом, показанная на рисунке 52, порадует пытливого
читателя органичным сочетанием простоты формулировки и
удивительным по сложности решением.
Туннель достаточно широк для локомотива, но узок
для вагонов. Смысл задачи состоит в том, чтобы с
помощью локомотива поменять местами вагоны Аи В, а затем
Девять задач
163
jjjjjjjjjjjljj
jjjjjjjjlj
iijijiijiji r
Рис. 52
Головоломка с тепловозом
вернуть локомотив на исходное место. Чтобы толкать и
тянуть вагоны, можно использовать обе стороны
локомотива. Если необходимо, вагоны можно соединять
один с другим.
Лучшим решением считается то, которое требует
наименьшего количества операций. Под операцией в данном
случае понимается любое движение локомотива между
остановками. Останавливается локомотив в тех случаях,
когда меняет направление движения, когда подходит к вагону,
который нужно толкать, или когда от него отцепляют
вагон, который он тянул. Перевод стрелок операцией не
считается.
Чтобы облегчить себе работу над головоломкой, можно
положить на иллюстрацию одну маленькую монетку и две
более крупных и передвигать их по рельсам, не забывая,
что через туннель может проходить только маленькая
монета (локомотив). Работая над задачей, исходите из того,
что оба вагона находятся достаточно далеко к востоку и
что в обоих случаях между вагоном и стрелкой вполне
можно уместить еще один вагон и тепловоз.
Переводить стрелки «на ходу» не разрешается.
Например, нельзя перевести стрелки в тот момент, когда локомо-
164 Новые математические развлечения
тив только протолкнул через нее не сцепленный с ним
вагон, чтобы вагон покатился по одной ветке, а локомотив,
не останавливаясь, по другой.
3. РЕКЛАМНЫЕ ЩИТЫ НА ШОССЕ
Смит ехал по шоссе с постоянной скоростью, рядом с ним
в машине сидела его жена. «Ты обратила внимание, —
спросил он, - что эти надоедливые щиты с рекламой пива
расположены вдоль дороги на одинаковом расстоянии
друг от друга? Интересно, каково же это расстояние?»
Миссис Смит поглядела на свои часы, а затем
подсчитала, сколько таких щитов они проехали за одну минуту.
«Какое странное совпадение! - удивился Смит. - Если
умножить это число на 10, получится точная скорость
нашей машины в милях в час.
Исходя из того предположения, что скорость машины
постоянна, что щиты расставлены равномерно и что
минута, отмеренная миссис Смит, началась и закончилась в те
моменты, когда машина находилась ровно на половине
расстояния между щитами, определите, каково
расстояние от одного щита до другого.
4. СЕЧЕНИЕ КУБА И ТОРА
Однажды инженер, славящийся своим умением
визуализировать трехмерные структуры, пил кофе с пончиками.
Взяв кусочек сахара в виде кубика, чтобы бросить его в
чашку, он сначала положил кубик на стол и подумал:
«Если я пройду горизонтальной плоскостью через центр куба,
в сечении, без сомнения, получится квадрат.
Если я проведу плоскость через центр куба и четыре его
вершины, сечение примет форму продолговатого
прямоугольника. А если предположить, что я рассекаю куб
плоскостью таким образом...» Попытавшись представить
форму образовавшегося сечения, инженер с удивлением
обнаружил, что оно будет представлять собой правильный
шестиугольник.
Девять задач 165
Каким образом получить такое сечение? Если длина
ребра куба составляет половину дюйма, какова будет
длина стороны шестиугольника?
Опустив сахар в кофе, инженер обратил внимание на
пончик, лежавший на блюдце. «Если я рассеку пончик
горизонтальной плоскостью, проходящей через центр, —
сказал он себе, — то в сечении получится кольцо. Если я
проведу секущую плоскость вертикально через центр, в сечении
получатся два круга, отстоящие друг от друга на расстояние,
равное ширине отверстия пончика. А если я поверну
плоскость так...» Он даже присвистнул от удивления — в сечении
получались две пересекающиеся окружности.
Каким образом получить такое сечение? Если исходить
из того, что пончик имеет форму идеального тора с
диаметром внешней окружности величиной 3 дюйма и шириной
отверстия 1 дюйм, каковы будут диаметры
пересекающихся кругов?
5. ДЕЛЕНИЕ ИНЬ И ЯН ПОПОЛАМ
Два математика обедали в китайском ресторане «Инь и
Ян» на Третьей Западной улице Манхэттена. На меню,
которое им подали, красовался символ ресторана (см. рис.
53), который невольно притягивал к себе взгляд.
Рис. 53
Монада. Начало Инь
черного цвета, начало
Ян — белого
166 Новые математические развлечения
— Смотри, какой замечательный знак, — сказал один из
них. - Этот древнейший религиозный символ как нельзя
лучше изображает существование противоположных
начал: добра и зла, мужчины и женщины, инфляции и
дефляции, интегрирования и дифференцирования.
— Но ведь это также фирменный знак Северной
Тихоокеанской железной дороги?
— Да, я знаю. В 1893 году один из ведущих инженеров
компании увидел этот знак на корейском флаге Чикагской
всемирной выставке и убедил администрацию сделать его
фирменным знаком. По его мнению, он символизирует
противоположность огня и воды, которые приводят в
движение паровоз.
— А могло ли быть такое, что этот символ вдохновил
создателей бейсбольного мяча?
— Очень может быть. Я бы не удивился, если бы это
оказалось именно так. И между прочим, знаешь ли ты, что
нужно провести всего одну прямую, чтобы разделить оба
начала — Инь и Ян — на две части, площади которых будут
одинаковы.
Исходя из того предположения, что граница между Инь и
Ян представляет собой две полуокружности, покажите, как
одной прямой разделить оба начала на две равные части.
6. ГОЛУБОГЛАЗЫЕ СЕСТРЫ
Если вы случайно встретите двух сестер Джонс
(предполагается, что эти две сестры случайным образом выбраны из
множества всех сестер Джонс), то ровно в половине
случаев окажется, что обе девушки будут голубоглазыми.
Сколько всего голубоглазых сестер среди сестер Джонс?
7. ВОЗРАСТ ГОРОДА
Два профессора (один — английской литературы, другой —
математики) встретились в баре университетского клуба.
— Интересно получается, — сказал профессор
английской литературы, — некоторые поэты могут написать лишь
Девять задан 167
одну незабываемую строчку, тогда как все остальное их
творчество не имеет непреходящего значения. Вот,
например, Джон Уильям Бергон. Его поэмы настолько
посредственны, что сейчас их уже никто не читает. А-тем не менее
одни из самых изумительных строк в английской поэзии
принадлежат именно ему:
Прекрасный город цвета роз
Глубины вечности измерил
Наполовину...
Математику очень нравилось составлять
импровизированные головоломки. Подумав минуту-другую, он поднял
свой стакан и продекламировал:
Прекрасный город цвета роз
Наполовину век отмерил,
Решил омолодиться и отдал
Той вечности свой миллиард.
И возраст града стал две пятых века
Возьми, читатель, карандаш
И сосчитай-ка возраст града,
Поспорившего с веком сединой.
Профессор английской литературы уже давно забыл
алгебру, поэтому тут же постарался перевести разговор на
другую тему. Но ведь нашим читателям не составит труда
решить эту задачу?
8. ТУРНИР ПО ЛЕГКОЙ АТЛЕТИКЕ
В проводимом турнире по легкой атлетике принимали
участие три колледжа - Вашингтона, Линкольна и
Рузвельта. В каждом из видов спорта от каждого колледжа
выступал один и только один участник. Сюзанна, учащаяся
колледжа Линкольна, сидела на трибуне и поддерживала
своего друга, который был чемпионом колледжа по
толканию ядра.
168 Новые математические развлечения
Когда Сюзанна пришла в тот день домой, отец
поинтересовался, как выступил их колледж.
— Мы заняли первое место по толканию ядра, —
ответила Сюзанна, - но победителем турнира стал колледж
Вашингтона. В конечном итоге они набрали 22 очка.
Нам удалось набрать только 9, также как и колледжу
Рузвельта.
— Как начислялись очки? — спросил отец.
— Точно не помню, — ответила дочь, — но в целом за
первое место давали какое-то определенное количество
очков, за второе место — меньшее количество очков, а за
третье место давали еще меньше очков. Но в каждом
состязании количество очков, присуждаемых за различные
места, было одинаковым. (Под «количеством очков»
Сюзанна конечно же подразумевала целое положительное
число.)
— Сколько все же состязаний было в турнире?
— Папа, я не знаю. Я смотрела только толкание ядра.
— А были ли прыжки в высоту? — поинтересовался брат
Сюзанны.
Она кивнула.
— И кто выиграл прыжки?
Сюзанна не знала ответа на этот вопрос.
Это может показаться невероятным, но ответ на
последний вопрос можно найти только с помощью
информации, которая нам уже известна. Итак, какой колледж
стал победителем по прыжкам в высоту?
9. ТЕРМИТ И 27 КУБИКОВ
Представьте себе большой куб, сформированный из 27
склеенных между собой маленьких деревянных кубиков
одного размера (см. рис. 54). Термит садится на центр
грани любого внешнего кубика и прогрызает дорожку,
которая проведет его через все кубики (при этом дважды в один
кубик термит не возвращается). Его движение всегда
параллельно какой-нибудь стороне большого куба и
никогда — его диагонали.
Девять задан
169
Рис.54
Задача с кубиком
и термитом
Может ли термит прогрызть все 26 внешних кубиков,
заходя в каждый из них только однажды, и закончить свое
путешествие, зайдя в центральный кубик (тоже в первый
раз)? Если это возможно, покажите, как это сделать; если
невозможно, докажите невозможность такой операции.
Предполагается, что как только термит прогрызет
первый маленький кубик, весь дальнейший его путь проходит
внутри большого куба. Иначе он бы мог выбраться на
поверхность большого куба и переползти по нему к новому
месту входа. Если бы такое допускалось, никакой задачи
конечно же не получилось бы.
ОТВЕТЫ
1. На рисунке 55 показан конечный этап партии,
которая заканчивается вничью. Это изящное решение, которое
очень трудно найти, было впервые обнаружено неким
К. М., студентом математики из Оклахомского
университета, которому я сообщил эту задачу через Ричарда Андри,
одного из преподавателей.
Проработав все возможные варианты, двое читателей
(Уильям Джордан из Нью-Йорка и Дональд Вандерпул из
Пенсильвании) смогли показать, что оно единственно, за
исключением небольших вариаций в четырех пограничных
клетках, указанных стрелками. В этих клетках могут
находиться фишки любого цвета. Нельзя только допускать того,
170 Новые математические развлечения
чтобы все четыре фишки были одинакового цвета. Но
поскольку каждый играющий ограничен в игре лишь
восемнадцатью фишками, две фишки на этих четырех клетках
должны быть одного цвета, две — другого. Расположение
этих клеток таково, что вне зависимости от того, как
повернут квадрат, схема их размещения остается одинаковой.
Доска шесть на шесть — самая большая из тех, на
которой возможна ничья. Это было доказано в 1960 году
Робертом Джьюиттом, который был тогда аспирантом в
Орегонском университете. Он сумел показать, что на доске
размером семь на семь ничья невозможна. Поскольку все доски
большего размера содержат в своем составе подквадрат
семь на семь, ничья на них тоже невозможна.
Поле 6x6 недостаточно, чтобы привнести в игру дух
состязания. Как показал Дэвид Темплетон, профессор
химии Калифорнийского университета в Беркли, на таком
поле второй игрок всегда может обеспечить ничью, если
будет придерживаться простой симметричной стратегии.
Он может после каждого хода противника ставить свою
фишку на клетку, расположенную симметрично
вертикальной или горизонтальной оси доски, или на поле, в
которое переходит при повороте на 90° вокруг центра доски
клетка, занятая последней фишкой противника. (При
применении последней стратегии можно получить ничью,
показанную на рисунке.) Существует и другая стратегия:
последнюю занятую противником клетку нужно
мысленно соединить с центральной точкой доски и продолжить
эту воображаемую прямую по другую сторону от центра,
чтобы занять клетку на этой прямой, отстоящей от
центральной точки доски на то же расстояние, что и клетка
противника. Ничейные стратегии для второго игрока
были также присланы Алланом Диккинсоном из Миссури и
Майклом Мерриттом из Техаса. Эти стратегии применимы
ко всем доскам четного порядка. Как уже говорилось, на
досках, размер которых превышает 6x6 клеток, ничья
невозможна — поэтому на всех досках четного порядка
размером выше 6x6 использование данных стратегий
гарантирует второму игроку выигрыш. Даже на доске шестого
Девять задач 171
порядка самая первая из описанных стратегий (зеркально-
симметричная, при которой игрок «отражает» ходы
относительно оси, проходящей через центр доски)
обеспечивает победу, поскольку единственная позиция, при которой
достигается ничья, не обладает зеркальной симметрией.
Симметричная стратегия неприменима к доскам
нечетного порядка, потому что у них есть центральная клетка.
Поскольку о стратегиях для игры на досках нечетного
порядка ничего не известно, разумнее всего будет остановить
свой выбор на доске 7x7 клеток. В этом случае игра не
может закончиться ничьей и до сих пор не известно, который
из игроков выиграет (первый или второй), если оба будут
играть рационально.
В 1963 году Уолтер Масси, студент кафедры
гражданского строительства Вустерского политехнического
института, разработал программу «Квадратофобия» для
компьютера IBM 1620 и написал большую статью на эту тему.
Программа позволяла компьютеру играть в качестве
первого или второго игрока на любой квадратной доске
порядков с 4-го по 10-й. Если первый ход должен был делать
компьютер, он выбирал клетку случайным образом. В
других случаях машина играла согласно
зеркально-симметричной стратегии, но если в процессе игры обнаружива-
□ в
Рис. 55
Ответ к задаче
о «Квадратофобии»
172 Новые математические развлечения
лось, что отраженный ход формирует квадрат, машина
опять случайным образом перебирала свободные клетки,
пока не находила безопасный вариант.
На всех квадратных досках порядка п количество
различных квадратов, которые могут быть сформированы
четырьмя клетками, составляет (я4 - п2)/\2. Вывод этой
формулы, а также формулы для прямоугольных досок
приводится в книге Г. Лэнгмэна Play Mathematics («Математика в
играх»), 1962 год.
Насколько мне известно, никаких исследований о
возможности размещения фишек на треугольной доске без
образования треугольников не проводилось.
2. Чтобы поменять местами вагоны Аи В и вернуть
локомотив на исходное место, необходимо шестнадцать
операций:
1) локомотив двигается вправо и сцепляется с
вагоном А;
2) тянет А вниз;
3) внизу заталкивает Л влево и отцепляется;
4) двигается вправо;
5) делает круг по часовой стрелке, проходя через
туннель;
6) толкает вагон В влево; здесь оба вагона прицепляют
к локомотиву;
7) локомотив двигается вправо и тянет за собой А и В;
8) начинает заталкивать А и В вверх, здесь вагон А
отцепляют;
9) тянет В вниз;
10) внизу заталкивает В влево, отцепляется;
11) делает круг против часовой стрелки, проходя через
туннель;
12) толкает Л вниз;
13) двигается влево, цепляется к В;
14) тянет В вправо;
15) толкает В вверх, отцепляется;
16) двигается влево в исходное положение.
Девять задач 173
Эта схема будет работать в том случае, если локомотив
не может тянуть вагоны, прицепленные к нему спереди.
Нужно только, чтобы изначально локомотив был повернут
к вагонам задней стенкой.
Говард Гроссман из Нью-Йорка и Мойсес Гонзалез из
Майами указали в своих письмах, что даже если удалить
нижнюю запасную ветвь (левую), задача все еще может
быть решена, хотя для этого потребуется две
дополнительные операции. Значит, в целом решение будет состоять из
восемнадцати операций. Смогут ли читатели догадаться,
как это сделать?
3. Наиболее привлекательным моментом в задаче о
рекламных щитах представляется тот факт, что для
определения расстояния между щитами нам не нужно знать
скорость машины. Пусть х - это количество щитов,
промелькнувших мимо окон машины за одну минуту. Значит,
за час машина проедет мимо 60х щитов. Из того, что дано
в условии, мы можем сказать, что скорость машины
составляет 10х миль в час. Пройдя расстояние в 10х миль,
машина проедет мимо 60х щитов. Значит, проехав 1 милю,
машина минует 60х/10х или 6 щитов. Стало быть,
расстояние между щитами составляет Уб мили.
4. Если разрезать куб на две равные части плоскостью,
проходящей через средние точки шести ребер куба, как
показано на рис. 56, в сечении получится правильный
шестиугольник. Если длина ребра куба составляет
половину дюйма, длина стороны шестиугольника будет
V2/4 дюйма.
Чтобы в сечении тора получились две пересекающиеся
окружности, секущая плоскость должна проходить через
центр и касаться тора сверху и снизу, как показано на рис. 57.
Если внешний диаметр тора составляет три дюйма, а
диаметр отверстия - один дюйм, диаметр обеих окружностей
поперечного сечения будет равен двум дюймам.
Данным способом рассечения тора вместе с двумя
другими способами, упомянутыми в условии задачи, исчер-
174
Новые математические развлечения
Рис. 56
Ответ к задаче
о сечении куба
пываются все случаи, когда сечение тора плоскостью
имеет вид так или иначе расположенных окружностей.
Эверетт Эмерсон из Калифорнии прислал полное
алгебраическое доказательство того, что четвертого способа не
существует.
5. На рис. 58 показано, как построить прямую,
которая разделит Инь и Ян на две равные части. Чтобы
сделать это, нужно нарисовать две пунктирные
полуокружности. Диаметр круга К составляет половину диаметра
монады, значит, площадь круга ^составляет У4 площади
монады.
Если отнять от круга ^область G и добавить область Я,
мы получим область, площадь которой также составляет
1/4 площади монады. Из этого следует, что площадь
области G равна площади области Я, и конечно же половина
области G должна быть равна половине области Я.
Разделяющая прямая отсекает от круга К половину области G.
Но она добавляет к нему область равной площади
(половину Я), поэтому площадь черной области под
разделяющей линией должна быть равна площади круга К. Площадь
Девять задач
175
Вид сверху
Рис. 57
Ответ к задаче о сечении пончика
176 Новые математические развлечения
маленького круга составляет *Д площади большого круга,
поэтому Инь делится прямой пополам. Такие же
аргументы применимы и к Ян.
Данное доказательство было представлено Г. Дьюдени в
качестве ответа к задаче 158 из книги Amusements in
Mathematics («Математические развлечения»). После того
как оно было опубликовано в Scientific American, четверо
читателей (А. Декае, Ф. Хувен, Чарльз Тригг и Б. Уилло-
убау) прислали гораздо более простой вариант
доказательства, который приведен ниже. На рис. 58 начертим
горизонтальный диаметр маленького круга К. Достаточно
очевидно, что площадь полукруга под этой линией равна l/s
площади большого круга. Над этой линией находится 45-
градусный сектор большого круга (ограниченный
горизонтальным диаметром малого круга и разделяющей
линией), площадь которого также составляет l/s площади
большого круга. Суммарная площадь круга и сектора
составляет У4 площади большого круга. Оставшаяся часть
черной области составляет (У2 - !/4) = хU площади
большого круга. Поэтому проведенная диагональная линия
должна делить и Инь, и Ян пополам. Способы деления
Инь и Ян кривыми линиями читатель найдет в
упоминавшейся выше задаче Дьюдени и в статье Григга Bisection of
Yin and of Yang («Деление Инь и Ян пополам»),
опубликованной в Mathematics Magazine («Математический
журнал»), том 34, № 2, ноябрь-декабрь 1960, с. 107-108.
Рис. 58
Ответ к задаче о делении
Инь и Ян
Девят ь задач \Т7
Как правило, символ Инь-Ян (называемый Цай-чи-
цю в Китае и Томойе в Японии) изображают с небольшим
пятнышком Инь внутри Ян и с небольшим пятнышком Ян
внутри Инь.
Это символизирует тот факт, что в жизни
противоположности редко встречаются в чистом виде. В каждой
противоположности есть какая-либо примесь другой. На
Востоке этот символ очень подробно и всесторонне освещен в
самой разнообразной литературе. Сэм Ллойд построил на
основе этого символа несколько различных головоломок.
Их можно найти в его книге Sam Loyd's Cyclopedia of Puzzles
(«Энциклопедия головоломок Сэма Ллойда»). Сам же
Ллойд и назвал его Великой Монадой. Термин «монада»
повторяется также Г. Дьюдени и используется Олином
Уилером в буклете «Страна чудес», выпущенном в 1901 году.
В первой главе этой маленькой книжечки Уилера описана
история символа. Там же читатель найдет много
любопытной информации и цветные репродукции из восточных
источников. Дополнительные сведения об этом символе
можно найти в статье Шулера Каммана The Magic Square of
Three in Old Chinese Philosophy and Religion («Магические
квадраты третьего порядка в древнекитайской философии
и религии»). Эта статья появилась в журнале History of
Religions («История религий»), том 1, № 1, 1961, с. 37—80, а
также в моей книге «Этот правый, левый мир» (Москва,
издательство «Мир», 1967, с. 230—233) и в первом томе
книги Дж. Сартона A History of Science («История науки»),
1952, том 1, с. 11. Существует книга The Chinese Monad: Its
History and Meaning («Китайская монада: ее история и
значение»), написанная Вильгельмом фон Гогенцоллерном,
но я не знаю ни года ее выпуска, ни названия
издательства, выпустившего ее.
6. По все вероятности, общее количество сестер - 4,
а голубоглазых среди них - 3. Если есть всего п сестер, из
которых Ь голубоглазых, то вероятность тбго, что две
выбранные случайным образом девушки будут иметь голубые
глаза, равна
178 Новые математические развлечения
п(п-\)
Из условия задачи мы знаем, что эта вероятность равна
1/2, так что нам нужно найти целые значения для Ь и п,
при которых вышеуказанное выражение будет равно 1/2.
Наименьшими такими значениями являются п = 4, Ь = 3.
Следующая пара п = 21, Ъ = 15. Но поскольку семьи с
количеством сестер 21 встречаются крайне редко, то
наименьшим вариантом будет первый - всего четыре сестры,
три из них голубоглазые.
7. Возраст города - семь миллиардов лет. Пусть х - это
возраст города в данный момент, а у — возраст века.
Возраст помолодевшего города будет (х-1), а возраст
постаревшего века будет 0>+1). Все цифры соответственно в
миллиардах лет. Опираясь на то, что нам дано в условии
задачи, мы можем составить два простых уравнения:
Ъс = у
х-\ = 2/5(у+\).
Решив систему уравнений, мы найдем, что х =
7 000 000 000 лет, а у = 14 000 000 000 лет. Сама постановка
задачи предполагает теорию образования Вселенной в
результате Большого взрыва.
8. Не имея достаточно места, чтобы дать подробное
описание решения этой задачи, мы лишь наметим способ,
с помощью которого можно показать, что состязание по
прыжкам в высоту в турнире трех колледжей выиграл
колледж Вашингтона. В каждом состязании за первое, второе
и третье места присуждалось различное количество очков,
но все эти количества непременно были целыми
положительными числами. За первое место должны присудить
как минимум три очка. Мы знаем, что в турнире было, по
крайней мере, два состязания и что колледж Линкольна
Девять задач
179
(победивший состязание по толканию ядра) набрал 9
баллов. Поэтому количество очков, присуждаемое за первое
место, не может быть больше 8. Может ли оно быть
равным 8? Нет, потому что в этом случае в турнире могло быть
только два состязания. Это означало бы, что колледж
Вашингтона не мог бы набрать 22 балла. Количество очков,
присуждаемых за первое место, не может также равняться
семи, потому что в этом случае могло быть не больше трех
соревнований, а этого все еще недостаточно, чтобы
колледж Вашингтона набрал 22 балла. Подобными, но
немного более сложными рассуждениями можно исключить
значения 6, 4 и 3. Единственно возможным остается число 5.
Если за первое место присуждается 5 баллов, значит, в
турнире должно быть, по крайней мере, 5 состязаний.
(Меньшего количества состязаций будет недостаточно,
чтобы колледж Вашингтона набрал 22 балла, а при большем
количестве состязаний, колледж Линкольна наберет
больше 9 очков.) Колледж Линкольна получил 5 очков за
толкание ядра, значит, за каждое из четырех оставшихся
состязаний он получил по одному баллу. В таком случае колледж
Вашингтона может набрать 22 балла двумя способами: 4, 5,
5, 5, 3 или 2, 5, 5, 5, 5. Первый вариант исключается,
потому что в этом случае колледж Рузвельта должен бы набрать
17 баллов, но мы знаем, что их конечный результат — 9
баллов. Если рассмотреть оставшуюся возможность, у
колледжа Рузвельта получится правильное число баллов. Таким
образом, схема количества баллов, набранных каждой
командой, восстанавливается однозначно (см. таблицу).
СОСТЯЗАНИЕ
ВАШИНГТОН
ЛИНКОЛЬН
РУЗВЕЛЬТ
1
2
5
1
2
5
1
2
3
5
1
2
4
5
1
2
5
5
1
2
БАЛЛЫ
22
9
9
Рис. 59
Ответ
к задаче
о турнире
по легкой
атлетике
180 Новые математические развлечения
Колледж Вашингтон выиграл все состязания, кроме
толкания ядра, значит, именно он и должен был выиграть
состязание по прыжкам в высоту.
Многие решения, присланные читателями, оказались
значительно короче того, что было приведено выше. Двое
читателей (миссис Эрлис Джедликка из Калифорнии и
Альберт Зок, студент Иллинойского технологического
института) заметили в своих письмах, что короткое решение
можно найти, исходя из предположения, что задача имеет
единственный ответ. Вот что написала по этому поводу
миссис Джедликка:
Уважаемый мистер Гарднер!
Знаете ли вы, что эту задачу можно решить, вообще
не проводя каких-либо вычислений? Необходимый ключ
дан в последнем параграфе. Там говорится, что, решив
соответствующие уравнения в целых числах, мы
однозначно определим колледж, выигравший соревнования по
прыжкам в высоту. Это возможно лишь в одном случае —
если один колледж выигрывает все состязания, за
исключением толкания ядра. В противном случае с той
информацией, которая нам дана, задачу решить нельзя, даже
если мы высчитаем количество баллов и количество
состязаний. Колледж, который выиграл состязание по
толканию ядра, не стал в турнире победителем. Значит, все
оставшиеся состязания выиграл победитель турнира.
Итак, без всяких вычислений мы можем сказать, что
состязание по прыжкам в высоту выиграл колледж
Вашингтона.
9. Термит не может проделать ход через 26 внешних
кубиков и закончить свое путешествие в центр кубика. Это
легко демонстрировать, представив, что кубики окрашены
поочередно в два цвета, как клетки трехмерной шахматной
доски (такие кубики расположены как атомы хлора и
натрия в кубической кристаллической решетке поваренной
соли). Большой куб будет тогда содержать 13 кубиков
одного цвета и 14 кубиков другого цвета. Путь термита всегда
Девять задач 181
проходит через кубики, цвета которых равномерно
чередуются. Поэтому если путь термита проходит через все 27
кубиков, он должен начинаться и заканчиваться в двух из
четырнадцати кубиков. Центральный же кубик (где по
условию должен заканчиваться путь термита) принадлежит
набору из 13 кубиков. Следовательно, такой путь
невозможен.
В данной задаче можно произвести некоторое
обобщение. Куб четного порядка (т. е. склеенный из четного
числа кубиков) содержит в себе одинаковое количество
кубиков обоих цветов. Центральный кубик отсутствует. Путь
термита может начинаться на любом кубике и
заканчиваться на любом кубике противоположного цвета.
В кубе нечетного порядка маленьких кубиков одного
цвета на один больше, чем маленьких кубиков другого
цвета. В этом случае путь термита должен начинаться и
заканчиваться на кубиках из большего набора. В кубах
нечетного порядка 3,7, 11, 15, 19... центральный кубик
принадлежит меньшему набору, поэтому путь термита
заканчиваться в нем не может. В других кубах нечетного
порядка (1, 5, 9, 13, 17...) центральный кубик принадлежит
большему набору, поэтому может послужить конечной
точкой любого пути, который начинался на кубике такого
же цвета. В кубах нечетного порядка замкнутых ходов
быть не может, потому что в них кубиков одного цвета на
один больше, чем кубиков другого.
С помощью подобных «проверок на четность» можно
решить многие двумерные головоломки. Например, с
помощью такой процедуры можно доказать, что ладья не
может переместиться из одного угла доски в диагонально
противоположный, побывав по одному разу на всех 64 клетках.
ГЛАВА 13
Полиомино и «прочные»
прямоугольники
Полиомино - интересные фигуры, которые покрывают
несколько соседних квадратов на шахматной доске, -
было представлено математическому миру в 1954 году
Соломоном Голомбом, который стал впоследствии
профессором математики в университете Южной Калифорнии.
Впервые полиомино обсуждалось в журнале Scientific
American в 1957 году. С тех пор игры такого рода стали
очень популярны, и не только среди математиков. Со
временем появились сотни новых головоломок с полиомино,
были обнаружены самые причудливые конфигурации.
Ниже мы и поговорим об этих новых открытиях.
«Фигуры, которые покрывают пять соседних
квадратов, — писал Голомб, — называются пентамино».
Существует двенадцать таких фигур. Если расположить их
так, как показано на рис. 60, они будут представлять
буквы алфавита (латинского). Исходя из этого, данные
фигуры можно назвать этими буквами. К тому же это
очень удобно в мнемонических целях. Чтобы выучить
формы и названия фигур, достаточно знать лишь конец
латинского алфавита (Т, U, V, W, X, Y, Z) и запомнить
слово FILiPiNo.
«В предыдущих статьях было показано, что из
двенадцати фишек пентамино, которые все вместе покрывают
Поли ом и но и «прочные» прямоугольники 183
Т ы V w
*Г\
W
Рис. 60
60 квадратов, можно сформировать прямоугольники 3x12
квадратов, 4 х 15, 5 х 12 и 6 х 10 квадратов. Те же
двенадцать фигур можно уложить на шахматной доске размером
8x8 клеток, причем квадрат 2x2, образующийся из
четырех лишних клеток (всего на доске 64 клетки), может быть
расположен в любом месте доски. Любую фигуру
пентамино можно утроить, т. е. сформировать подобную модель,
но в три раза выше и в три раза длиннее. Для этого
понадобится девять фигур из одиннадцати фишек пентамино и
два прямоугольника размером 5x6.
Построение данной конфигурации иногда называют
задачей на суперпозицию, потому что построенные
фигуры можно наложить друг на друга. Голомб нашел пять
новых задач на суперпозицию. Данной книге
посчастливилось быть первой, в которой они будут опубликованы.
Если читатель еще не вкусил всей прелести игры с
пентамино, ему имеет смысл потрудиться над изготовлением
элементов пентамино (проще всего выразить их из
картона) и попробовать свои силы на головоломках,
предложенных ниже. Во всех задачах фишки пентамино
могут быть уложены любой стороной вверх.
184
Новые математические развлечения
1. Разделите двенадцать элементов пентамино на три
группы по четыре элемента. Найдите фигуру из двадцати
квадратов, которую можно сложить из элементов каждой
группы. Одно из нескольких возможных решений
показано на рис. 61.
Рис. 61
2. Разделите двенадцать элементов пентамино на три
группы по четыре элемента. Затем проведите дальнейшее
разделение, разбив каждую группу на две пары элементов.
Для каждой группы найдите фигуру из десяти клеток,
которую можно сложить из каждой пары элементов.
Возможный вариант решения показан на рисунке 62. Сможет
ли читатель найти другие решения, включая и такое, где
фигуры не имели бы отверстий?
Рис. 62
3. Разделите двенадцать элементов пентамино на три
группы по четыре элемента. Затем добавьте к каждой
группе мономино (один квадрат) и сформируйте из каждого
набора прямоугольник три на семь. Решение показано на
Полиомино и «прочные» прямоугольники
185
Рис.63
рисунке 63. Можно сказать, что оно единственное, за
исключением того, что в первом прямоугольнике мономино
и пентамино Y можно перевернуть, и они при этом будут
занимать все ту же область.
Доказательство уникальности решения было
предложено К. С. Лоренсом. Для начала необходимо отметить,
что для образования прямоугольника 3x7 пентамино X
может быть использовано только с пентамино U (см. рис.
64). Чтобы завершить этот прямоугольник, нельзя
использовать ни элемент IV, ни элемент F. Также, если U
обязательно идет в паре с X, не представляется
возможным использовать в одном и том же прямоугольнике
элементы FnlV.
Рис.64
Следовательно, из трех прямоугольников три на семь
один будет содержать элементы полиомино X и U,
второй — элемент W(ho не f/), а третий — элемент F(ho не £/).
Перебрав и сравнив все возможные варианты завершения
этих трех прямоугольников (эта процедура займет у вас
немало времени), вы найдете, что показанное решение
является единственно возможным.
4. Разделите двенадцать элементов пентамино на
четыре группы по три элемента в каждой. Найдите фигуру из
15 квадратов, которую можно сложить из элементов
каждой группы. Пока решение этой задачи не найдено, но с
другой стороны, никто еще не доказал, что его
действительно не существует.
186 Новые математические развлечения
Рис. 65
5. Найдите наименьшую область на шахматной доске, в
которой сможет поместиться каждый из двенадцати
элементов пентамино (если укладывать их по одному за раз).
Минимальная площадь такой области составляет девять
клеток. Существует только два примера таких областей
(см. рис. 65).
Чтобы доказать, что любой из этих двух примеров
соответствует поставленным условиям, достаточно заметить,
что в обеих приведенных на рисунке областях умещается
любой элемент пентамино. Невозможность того, что
данная область будет состоять менее чем из девяти квадратов,
доказывается следующим образом. Если было бы
возможным ограничиться количеством квадратов, меньшим
девяти, то элементами /, Хи V можно было бы закрыть не
более восьми квадратов. У элементов /и Хв этом случае
было бы три общих квадрата. (Иначе потребовалось бы
девять квадратов или же самая длинная прямая состояла бы
из шести квадратов, что было бы излишне расточительно.)
Такой вариант можно реализовать всего двумя способами
(см. рис. 66). Однако в обоих случаях потребуется еще
девятый квадрат, чтобы уместить элемент U. Таким образом,
восьми квадратов явно не хватает, а приведенные примеры
показывают, что девяти квадратов вполне достаточно.
С некоторых пор возможности пентамино стали
изучать с помощью компьютеров. В главе, посвященной по-
лиомино, из книги Mathematical Puzzles & Diversions
(«Математические головоломки и развлечения») шла речь о
Рис.66
Полиомино и «прочные» прямоугольники 187
том, что еще в 1958 году Дана Скотт, аспирантка Прин-
стонского университета, написала программу MANIAC,
позволяющую определить все способы составления из
двенадцати элементов пентамино шахматной доски 8x8
с квадратным отверстием 2 х 2 в центре. Тогда было
обнаружено 65 принципиально различных вариантов. (Два
варианта, получающиеся друг из друга отражением или
поворотом, различными не считаются.) Позже К. Б. Хейзел-
грув, математик из Манчестерского университета, нашел с
помощью компьютера все возможные способы
построения из двенадцати элементов пентамино прямоугольника
шесть на десять. Исключая вращения и отражения, он
обнаружил 2339 принципиально различных вариантов.
Также он выверил программу, составленную Даной Скотт для
решения задачи о построении шахматной доски 8 х 8 с
отверстием в центре.
Работая с пентамино, можно получить много
великолепных головоломок. На рисунке 67 показана пирамида из
64 квадратов, которую можно сформировать из
двенадцати элементов пентамино и одного элемента тетрамино в
виде квадрата два на два. Крест, показанный на рисунке
68, можно сложить только из 12 элементов пентамино, но
эта задача необычайно сложна. Полная неопределенность
царит вокруг фигуры, приведенной на рисунке 69. Пока не
найдено ни решения этой задачи, ни доказательства
невозможности построения данной конфигурации. Не
найдено решение даже для того случая, если отверстие в
форме мономино куда-то перемещается. Наиболее удачным
из всех известных приближений является фигура, которую
вы видите на рисунке 70. Построение конфигурации
Герберта Тейлора, показанной на рисунке 71, тоже
представляется невозможным, хотя до сих пор никому не удалось
доказать, что решения действительно не существует.
К счастью, неопределенность характерна не для всех
задач подобного рода. Например, Р. М. Робинсон,
математик из Калифорнийского университета, доказал
невозможность построения фигуры с рисунка 72 из двенадцати
элементов пентамино. Границу данной фигуры образуют
188
Новые математические развлечения
Li
•
Рис. 67
Рис. 68
Рис. 69
Рис. 70
- ■•
Рис. 71
Полиомино и «прочные» прямоугольники
189
22 квадрата. Если внимательно изучить каждый элемент
пентамино и определить, сколько квадратов каждого
элемента может находиться на краю складываемой фигуры,
то суммарное количество таких квадратов составит 21. Это
на единицу меньше того количества, которое необходимо
для данной фигуры. Обычно такого рода рассуждения
используются при работе с головоломками о складывании
зигзагообразных брусочков (самый простой вариант такой
головоломки — нарисовать прямоугольник с
пилообразным краем, разрезать его на куски произвольной формы,
перемешать куски и попытаться сложить из них исходную
фигуру). Обычно внешние части фигуры отделяют от
внутренних (в первую очередь пытаются сложить края
головоломки).
Полиомино, которое покрывает четыре клетки
шахматной доски, называется тетрамино. Есть пять
принципиально отличных друг от друга элементов
тетрамино. В отличие от пентамино, из пяти элементов
тетрамино сформировать прямоугольник невозможно. Чтобы
доказать это, раскрасим как шахматную доску
прямоугольники площадью 20 квадратов (их может быть
только два -4х5и2х10)-см. рисунок 73. Четыре из пяти
элементов тетрамино {см. рис. 74) всегда покрывают два
черных и два светлых квадрата, а пятый (Т-образный)
элемент тетрамино всегда покрывает три квадрата
одного цвета и один квадрат другого. Стало быть, вместе пять
элементов тетрамино покрывают нечетное количество
темных квадратов и нечетное количество светлых.
Однако в обоих указанных прямоугольниках содержится
по 10 квадратов каждого цвета, а 10 - это четное число.
1 1
г ;
_—,
Рис. 73
_
190 Новые математические развлечения
■ ^ ШЗ Н
Рис. 74
С другой стороны, некоторые из элементов пентамино
могут быть соединены с пятью элементами тетрамино с
образованием квадрата пять на пять. На рисунке 75
показаны два возможных примера. В свете данных
обстоятельств возникает интересный вопрос: сколько элементов
пентамино можно использовать таким образом?
Роберт Джьюитт, аспирант-математик из Орегонского
университета (мы уже упоминали о нем в ответе на первую
задачу в предыдущей главе), предложил задачу о домино
(полиомино из двух квадратов), кардинально
отличающуюся от всех тех задач, которые мы сейчас обсуждали.
Можно ли сформировать из домино прямоугольник
таким образом, чтобы его противоположные стороны не
соединялись прямыми линиями (ни вертикальными, ни
горизонтальными)? Например, в прямоугольнике,
показанном на рисунке 76, имеется вертикальная линия (в
центре), которая проходит от нижней стороны
прямоугольника до верхней. Если представить, что вместо
домино используются кирпичи, существование такой
линии говорило бы о непрочности кладки. Таким образом,
задачу Джьюитта можно свести к вопросу о том, как
следует укладывать кирпичи, чтобы постройка не
развалилась. Соответствующие прямоугольники получили
название «прочных». Часто читатели, пробующие решить
эту задачу, довольно быстро приходят к выводу, что таких
прямоугольников не существует. На самом же деле их
бесконечно много.
Я предлагаю читателю изготовить или приобрести
набор домино — стандартного набора домино из 28 костей
более чем достаточно — и попытаться найти самый
маленький «прочный» прямоугольник, который можно
сложить из домино. Решение этой прекрасной задачи будет
Полиомино и «прочные» прямоугольники
191
Линия возможного
разрушения
Рис. 75
Рис. 76
дано в ответах вместе с предоставленным Голомбом
доказательством невозможности построения прямоугольника
размером шесть на шесть клеток.
ДОПОЛНЕНИЕ
С тех пор как информация, содержащаяся в этой главе,
появилась в журнале Scientific American, в области исследования
полиомино и прочных прямоугольников появилось много
нового. Заинтересованному читателю мы можем
порекомендовать книгу Голомба Polyominoes («Полиомино»), изданную
в 1965 году, в которой подробно освещаются многие аспекты
данной темы и приводятся многочисленные новые данные.
Выяснилась неразрешимость головоломки Герберта
Тейлора и зубчатого квадрата {см. рис. 69 и 71). Однако в
обоих случаях краткого и изящного доказательства
невозможности их построения все еще не найдено.
Доказательства относительно конфигурации Тейлора я
получил от Ивана Андерсона, Лео Бранденбургера, Брюса
Дугласа, Микки Эрншоу, Джона Флечера, Мередит Вилль-
ямс и Дональда Вандерпула. Доказательство невозможности
построения зубчатого квадрата мне прислали Бруно Анто-
нелли, Лео Бравденбургер, Сирил Карстэрс, Брюс Дуглас,
Микки Ерншоу, И. Дж. Мэйленд-мл. и Роберт Нельсон.
Дж. Линдон из Англии нашел решение головоломки с
зубчатым квадратом, у которого отверстие находится не в
192 Новые математические развлечения
центре, а на краю, рядом с углом (его решение приведено
в книге Голомба). Другие читатели обнаружили варианты
решения с отверстием в углу. Д. К. Ганн и Б. Г. Ганн из
Суссекса, Англия, прислали шестнадцать различных образцов
такого типа. Однако пока не известно, может ли мономи-
но отстоять от угла дальше, чем на одну клетку.
Уильям Пэттом из Виргинии написал мне, что он
исследует прочные прямоугольники с 1944 года, а также
прислал некоторые свои результаты и новые интересные
задачи. Например, каков наименьший прочный
прямоугольник, в состав которого входят равные количества
вертикально и горизонтально расположенных домино?
Ответ - пять на восемь. Возможно, читателю захочется
самому поискать решение.
Концепция прочных квадратов из домино предлагает
большое разнообразие игр. Однако эта область, насколько
мне известно, остается совсем неисследованной. Вот одна
из таких игр. Игроки по очереди укладывают домино на
квадратную шахматную доску. Победителем считается тот,
кто первым закончит «линию возможного разрушения»
(не важно, вертикальную или горизонтальную). В эту игру
можно играть и наоборот: первый игрок, построивший
линию повреждения, считается проигравшим.
ОТВЕТЫ
Ответы к задачам на складывание пирамиды и креста
показаны на рисунках 77 и 78. Оба решения не являются
единственными. Читателей также просили определить, с какими
элементами пентамино можно в сочетании с пятью элементами
тетрамино сложить квадрат пять на пять. Это возможно со
всеми элементами пентамино за исключением 1,Т,Хи V.
Наименьшим прочным прямоугольником (напомним
еще раз, что прочным называется прямоугольник, в
котором нет прямых линий, соединяющих противоположные
стороны), который можно сформировать из домино,
является прямоугольник размером пять на шесть. Два
принципиально различных решения показаны на рисунке 79.
Полиомино и «прочные» прямоугольники
193
Рис. 77
Ответ к задаче на составление пирамиды
Рис. 78
Ответ к задаче на
выкладывание креста
7-9434
Рис. 79
Ответ к задаче о прочных
прямоугольниках
194 Новые математические развлечения
«Не составляет труда показать, — пишет Соломон Го-
ломб, - что минимальная ширина прочного
прямоугольника должна превышать 4 клетки». (Случаи, когда ширина
равна 2, 3 и 4, лучше рассматривать каждый отдельно.)
Любое количество элементов домино всегда покрывает
четное количество квадратов. Квадрат размером пять на
пять состоит из нечетного количества квадратов. Значит,
этот вариант не годится. Следовательно, наименьший
подходящей фигурой будет прямоугольник 5x6.
Прямоугольник пять на шесть можно увеличить до
размеров шахматной доски (8x8), и при этом он останется
прочным. Пример показан на рисунке 80. Как это не
странно, но прочных прямоугольников размером 6 х 6 не
существует. И этому есть действительно замечательное
доказательство.
Представьте себе любой прямоугольник 6x6,
полностью покрытый домино. Чтобы покрыть такой
прямоугольник, потребуется 18 элементов домино, а чтобы
разделить его на единичные квадраты, нужно провести 10 линий
(5 вертикальных и 5 горизонтальных, которые образуют так
называемую сетку).
Прежде всего, нам надо показать, что в любом
прочном прямоугольнике с четными сторонами каждая
прямая линия сетки должна проходить через четное число
элементов домино. Рассмотрим любую вертикальную
линию сетки. Площадь слева от нее (выраженная в
количестве единичных квадратов) четная (6, 12, 18, 24 или 30). Те
домино, которые находятся полностью слева от этой
линии, должны покрывать четную площадь, потому что
каждое домино покрывает два единичных квадрата.
Домино, «разрезанное» этой линией, также занимает слева
от нее четную площадь, потому что величина этой
площади представляет собой разность двух четных чисел (общей
площади слева и площади неразрезанных домино, тоже
находящихся слева). Так как каждое разрезанное домино
занимает один квадрат слева от линии сетки, и
количество элементов домино, разрезанных линией сетки, должно
быть четным.
Полиомино и «прочные» прямоугольники
195
В квадрате шесть на шесть десять линий сетки. Чтобы
прямоугольник был прочным, каждая линия должна
пересекать, по крайней мере, два элемента домино. Поскольку
один элемент домино нельзя пересечь более чем одной
линией сетки, должно быть, по крайней мере, двадцать
элементов домино, пересеченных линиями сетки. Но в
квадрате шесть на шесть всего восемнадцать элементов
домино!
С помощью подобных рассуждений можно показать,
что прямоугольник шесть на восемь будет прочным лишь
в том случае, если каждая линия сетки будет пересекать
ровно два элемента домино. Такой прямоугольник
приведен на рисунке 81.
1
Лрсишй
[ '
"с: ■ '
■.-■;■;
■■;■::
. .3]
Рис. 80
Прочный прямоугольник
на доске 8 х 8
т « к,
f
i
Рис. 81
Прочный прямоугольник
6x8
-г
■
;
к 4 '*:
t !
: *
Рис. 82
Общий метод решения задачи о построении прочного
прямоугольника
196 Новые математические развлечения
Теперь можно обобщить результаты и подвести итоги.
Если величина площади прямоугольника является четным
числом, а его длина и ширина больше четырех квадратов,
то такой прямоугольник, сложенный из домино, может
быть прочным. Исключение составляет квадрат 6x6.
Фактически, чтобы сложить прямоугольник большего размера,
нужно применить к прямоугольникам 5 х 6 и 6 х 8 метод
увеличения длины или ширины на две единицы.
Проще всего объяснить этот метод с помощью
рисунка 82. Чтобы расширить прямоугольник по горизонтали на
две единицы, нужно положить по одному домино рядом с
каждым горизонтальным домино у старой границы.
Вертикальные домино при этом нужно сдвинуть от старой
границы к новой, а освободившееся место заполнить
горизонтально расположенными домино.
Возможно, читатель заинтересуется вопросом изучения
тримино. Вот, в частности, один из интересных вопросов:
какой самый маленький прочный прямоугольник можно
сложить из двух или более «прямых тримино» (которые
представляют собой прямоугольники один на три)?
ГЛАВА 14
Греко-латинские
квадраты Эйлера
История математики заполнена прозорливыми
догадками - интуитивными гипотезами людей с большой
математической интуицией. Часто эти гипотезы в течение
столетий ждут своего доказательства или опровержения.
Когда же, в конце концов, они появляются, то становятся
математическими событиями первой величины. Даже не
об одном, а о двух таких событиях докладывалось в
апреле 1959 года на ежегодной встрече Американского
математического общества. Одного из них касаться
здесь нет необходимости. Но вот другое -
опровержение известной гипотезы великого математика Леонарда
Эйлера - имеет отношение ко многим классическим
проблемам занимательной математики. Эйлер был
убежден, что греко-латинские квадраты определенных
порядков теоретически не существуют. Три математика
(Е. Т. Паркер, Р.С. Боуз и С. С. Шрикханде) полностью
опровергли гипотезу Эйлера. Они разработали методы
построения нескольких квадратов, существование
которых, по мнению последователей Эйлера, 177 лет
считалось невозможным.
Эти три математика, работавшие над «квадратами
Эйлера», написали о своем открытии краткий отчет. Привожу
несколько выдержек из этого отчета и свои комментарии,
198
Новые математические развлечения
чтобы пояснить некоторые понятия и обобщить
большинство специальных терминов.
«В последние годы жизни Леонард Эйлер (1707—89)
написал многословную научную статью по новым видам
магических квадратов: Recherches sur une nouvelle espece de
quarres magiques («Исследование, посвященное новым
видам магических квадратов»). В наше время эти построения
называют просто латинскими квадратами, поскольку мы
греческими буквами не пользуемся. Эйлер же обозначал
ячейки квадратов латинскими и греческими буквами».
«Например, рассмотрим левый квадрат на рисунке 83.
В шестнадцати ячейках этого квадрата расположены
латинские буквы a, b,cnd таким образом, что каждая буква
появляется один раз в каждом ряду и один раз в каждой
колонке. В центре рисунка изображен другой латинский
квадрат, ячейки которого обозначены соответствующими
греческими буквами. Если мы совместим эти квадраты, что
показано на рисунке справа, то увидим, что каждая
латинская буква соединяется с каждой греческой буквой один
единственный раз. Когда таким образом можно
объединить два или более латинских квадрата, то они
называются взаимно-ортогональными. Именно такие
объединенные квадраты известны как греко-латинские».
Правый квадрат на рисунке 83 дает одно из решений
популярной карточной задачи XVIII века: «Возьмите из
карточной колоды всех тузов, королей, дам, валетов и-рас-
а
Ь
с
d
Ь
а
d
с
с
d
а
Ь
d
с
Ь
а
а
У
В
0
0
В
У
а
У
а
0
В
В
0
а
У
аа
by
с8-
60
Ъ0
аВ
dy
са
су
da
о0
Ь8
6В
с0
Ьа
Рис. 83
Греко-латинский квадрат (справа), образованный наложением
двух латинских квадратов (левого и центрального)
Греко-латинские квадраты Эйлера
199
положите их в квадрате так, чтобы каждый ряд и каждая
колонка содержали все четыре наименования и все четыре
масти». Читатель может поискать другое решение,
удовлетворяющее условию, чтобы две главные диагонали
содержали все четыре масти и все четыре наименования.
«В общем случае латинский квадрат л-го порядка
представляет собой квадрат со стороной п. Ячейки (их
количество п2) заняты п символами так, что каждый символ
появляется только один раз в каждом ряду и один раз в каждой
колонке».
«Возможно существование и большего количества
таких латинских квадратов, любая пара из которых ортого-
0
I
2
3
4
I
2
3
4
0
2
3
4
0
I
3
4
0
1
2
4
0
1
2
3
0
3
I
4
2
I
4
2
0
3
2
0
3
I
4
3
1
4
2
0
4
2
0
3
1
0
2
4
1
3
1
3
0
2
4
2
4
1
3
0
3
0
2
4
1
4
1
3
0
2
0
4
3
2
1
1
0
4
3
2
2
1
0
4
3
3
2
1
0
4
4
3
2
1
0
Рис.84
Четыре взаимно-ортогональных латинских квадрата 5 порядка
200 Новые математические развлечения
нальна. На рисунке 84 изображено четыре
взаимно-ортогональных латинских квадрата пятого порядка, для
которых в качестве символов использованы цифры».
Еще во времена Эйлера было доказано, что
греко-латинские квадраты 2-го порядка не существуют. Были
известны квадраты 3, 4 и 5 порядков. Ну а что можно сказать о
квадратах 6 порядка? Эйлер сформулировал этот вопрос в
виде задачи: каждый из шести новобранцев подчинен
офицеру (офицеры различаются по званию). Можно ли
этих 36 офицеров выстроить в имеющий форму квадрата
боевой порядок так, чтобы в каждой шеренге и в каждой
колонне было по одному из офицеров каждого звания и по
одному новобранцу?
«Эйлер показал, что задача п2 офицеров, аналогична
построению греко-латинского квадрата «-го порядка и может
быть разрешена, если п выражается нечетным числом или
числом, кратным четырем (то есть числом, делящимся на 4).
На основе своих исследований он установил: «У меня нет
сомнений в том, что невозможно построить квадрат с 36
ячейками. То же верно и для п = 10, п = 14 и вообще для всех
чисел, не кратных четырем (т. е. четных чисел, не
делящихся на 4)». Этот вывод получил известность как «гипотеза
Эйлера». Эту мысль можно выразить следующим образом:
для любых положительных целых чисел к не существует пар
ортогональных латинских квадратов порядка п = 4к + 2».
В 1901 году французский математик Гастон Тьерри
опубликовал доказательство того, что гипотеза Эйлера верна для
квадратов 6-го порядка. Тьерри со своим братом проделал
огромную работу. Он составил каталог всех возможных
вариантов построения латинского квадрата 6-го порядка, а
затем показал, что никакие пары не образуют
греко-латинский квадрат. Это, конечно, подкрепило гипотезу Эйлера.
Несколько математиков даже опубликовали
«исчерпывающие доказательства» того, что гипотеза верна, но позже в
этих доказательствах были обнаружены ошибки.
С увеличением порядка квадрата объем работы по
нахождению решения путем полного перебора возможных
вариантов быстро возрастает. В 1959 году анализ квадрата
Греко-латинские квадраты Эйлера 201
10-го порядка был почти за пределами возможностей
компьютеров. В Калифорнийском университете математики из
Лос-Анджелеса запрограммировали компьютер (профамма
называлась SWAC) для исследования феко-латинских
квадратов 10-го порядка. Более 100 часов работы компьютера не
принесли успеха в построении даже одного квадрата.
Результаты исследования составили такую
микроскопическую долю общих случаев, что было невозможно сделать
какие-либо выводы. Было установлено, что если гипотеза
Эйлера и верна, то для того, чтобы ее доказать с применением
профаммы SWAC, потребуется, по крайней мере, столетняя
работа самого быстродействующего компьютера.
«Заключительное предложение научной статьи Эйлера
гласит: «На этом я заканчиваю свои исследования
вопроса, который, хотя сам по себе полезен мало, приводит нас
к довольно важным результатам комбинаторики, а также
общей теории магических квадратов». Это заявление
является знаменательным примером единства науки — ведь
начальный импульс, который привел к решению гипотезы
Эйлера, выдвинут практическими нуждами планирования
экспериментирования. Исследования, которые сам Эйлер
считал бесполезными, оказывается, имеют офомную
ценность во многих отраслях науки».
Сэр Рональд Фишер, ныне профессор генетики
Калифорнийского университета и один из ведущих мировых
статистиков, был первым, кто еще в начале 1920-х годов
показал, как использовать латинские квадраты в афарных
исследованиях. Предположим, что необходимо испытать
при минимальных затратах времени и средств влияние на
рост пшеницы семи сельскохозяйственных химикатов.
Одной из существенных трудностей при испытаниях такого
рода является то, что плодородие различных участков
почвы обычно зависит от случайных факторов. Каким образом
можно спланировать эксперимент, который позволит
испытать одновременно все семь химикатов и в то же самое
время офаничить любые посторонние влияния,
обусловленные случайными факторами? Ответ: разделите
пшеничное поле на делянки, которые будут представлять ячейки
202 Новые математические развлечения
квадрата со стороной в семь ячеек, затем примените семь
«обработок» по модели случайно выбранного латинского
квадрата. Благодаря наличию модели, простой
статистический анализ результатов ограничит любые ошибки,
обусловленные случайными изменениями плодородия почвы.
А теперь предположим, что вместо одного сорта
пшеницы необходимо испытать семь. Можно ли спланировать
такой эксперимент, который позволит учесть эти четыре
переменных? (Остальные три переменных отражаются
плодородием рядов, плодородием колонок и видом
обработки.) Теперь для получения ответа используется
греко-латинский квадрат. Греческие буквы покажут, где разместить
семь сортов пшеницы, а латинские буквы - где применить
семь различных химикатов. И в этом случае статистический
анализ результатов не будет представлять сложности.
В наше время греко-латинские квадраты широко
используются для планирования экспериментов в биологии,
медицине, социологии и даже маркетинге. Конечно,
«делянки» уже не будут участками почвы. Они могут
представлять коров, пациентов, листья, клетки с животными,
место для введения инъекций, период времени и даже
наблюдателя или группу наблюдателей. Греко-латинский
квадрат является просто моделью эксперимента. Его ряды
представляют одну из переменных, колонки — другую,
латинские буквы — третью, а греческие буквы — четвертую.
К примеру, исследователь-медик может спланировать
эксперимент по влиянию пяти различных медикаментов на
пациентов пяти различных возрастных групп, пяти
различных весовых групп и пяти различных стадий одной и
той же болезни. Наиболее эффективной конструкцией,
которую может использовать исследователь в данном
случае, является греко-латинский квадрат 5-го порядка,
отобранный случайным образом из всех возможных квадратов
этого порядка. При необходимости исследования влияния
большего количества переменных можно использовать
наложение дополнительных латинских квадратов, хотя для
любого порядка п существует не больше п - 1 взаимно
ортогональных квадратов.
Греко-латинские квадраты Эйлера 203
История о том, как Паркер, Боуз и Шрикханде сумели
найти греко-латинские квадраты порядка 10, 14, 18, 22
(и т. д.), началась в 1958 году, когда Паркер сделал открытие,
подвергавшее серьезному сомнению правильность
гипотезы Эйлера. Вслед за Паркером Боуз разработал несколько
общих правил построения греко-латинских квадратов
больших порядков. Применив эти правила, Боуз и
Шрикханде получили возможность построить греко-латинский
квадрат 22-го порядка. Так как 22 является четным
числом, не делящемся на 4, гипотеза Эйлера была
опровергнута. Интересно отметить, что методика построения этого
квадрата была основана на решении сформулированной
Киркманом известной задачи занимательной математики
под названием «Задача про школьниц». В 1850 году
Т.П. Киркман предложил такую задачу. Школьная
учительница по заведенному порядку выводит своих 15 девочек
на дневную прогулку, всегда выстраивая их по три в пять
рядов. Задача заключается в том, чтобы в течение 7 учебных
дней выстраивать девочек так, что ни одна из них не
гуляла больше одного раза в одном и том же ряду с любой
другой девочкой. Эта задача является примером важного вида
экспериментального построения, известного как
«сбалансированные неполные блоки».
Когда Паркер познакомился с результатами,
полученными Боузом и Шрикханде, ему удалось разработать
новый метод, применение которого привело к построению
греко-латинского квадрата 10-го порядка. Этот квадрат
изображен на рисунке 85. Символами одного латинского
квадрата являются цифры от 0 до 9, расположенные
слева в каждой ячейке квадрата. Цифры в правой стороне
каждой ячейки принадлежат второму латинскому
квадрату. С помощью этого квадрата, само существование
которого отрицается во многих современных учебниках по
экспериментальным методам, статистики теперь могут
планировать эксперименты с четырьмя наборами
переменных, для которых можно легко установить и
эффективно регулировать десять различных значений каждой
переменной.
204
Новые математические развлечения
Обращаю ваше внимание на то, что квадраты третьего
порядка в правом нижнем углу квадрата 10-го порядка
являются греко-латинскими квадратами. Все построенные
Паркером квадраты 10-го порядка содержали подквадраты
3-го порядка. Он же установил, что больший квадрат
всегда можно преобразовывать путем изменения порядка
рядов и колонок так, что он дает меньшие квадраты. Такая
трансформация, очевидно, не влияет на свойства греко-
латинского квадрата. Если один квадрат можно получить
из другого путем перестановки рядов или колонок, эти два
квадрата считаются «тем же самым». В течение какого-то
времени вопрос о том, все ли греко-латинские квадраты
10-го порядка имеют подквадраты 3-го порядка, оставался
открытым, но он был снят после открытия множества
квадратов, не обладающих такими свойствами.
00
86
95
59
73
68
37
14
21
42
47
11
80
96
69
74
08
25
32
53
18
57
22
81
90
09
75
36
43
64
76
28
67
33
82
91
19
40
54
05
29
70
38
07
44
83
92
51
65
16
93
39
71
48
17
55
84
62
06
20
85
94
49
72
58
27
66
03
Ю
31
34
45
56
60
01
12
23
77
89
98
61
02
13
24
35
46
50
88
97
79
52
63
04
15
26
30
41
99
78
87
Рис. 85
Греко-латинский квадрат Е. Т. Паркера 10-го порядка является
контрпримером гипотезы Эйлера
Греко-латинские квадраты Эйлера 205
Заканчивая свое сообщение, математики пишут: «На
этом этапе началась интенсивная переписка между Боузом
и Шрикханде с одной стороны и Паркером - с другой.
Методика все больше и больше совершенствовалась, и, в
конце концов, было установлено, что гипотеза Эйлера
ошибочна для всех значений п = Ак + 2, где п больше 6. Внезапность,
с которой была разрешена проблема, почти два столетия
ставившая математиков в тупик, поразила авторов сильнее
всего. Еще больше поражает то, что применявшаяся при
этом концепция даже близко не приближалась к глубинам
современной математики.
ДОПОЛНЕНИЕ
В последующие 1960-е годы и далее наряду с мастерством
математиков по разработке наиболее эффективных
методов программирования стремительно возрастало и
быстродействие компьютеров. Используя рекуррентные
методы, Паркер разработал программу для компьютера
UNIVAC 1206 и смог провести обработку данного
латинского квадрата 10-го порядка, завершив всестороннее
исследование всех его ортогональных компаньонов в
течение 28—45 минут машинного времени. Это улучшило
производительность, достигнутую на старой программе
SWAC, приблизительно в триллион раз! Итог —
построение сотен новых греко-латинских квадратов 10-го
порядка. Оказалось, что такие квадраты вполне обычны. С
помощью UNIVAC нашлись ортогональные напарники для
более чем половины построенных случайным образом
латинских квадратов 10-го порядка. «Таким образом, Эйлер
ошибался в сильной степени, - писал Паркер, - и
полученные ранее факты свидетельствуют только о том, что это
исследование требует большого объема вычислений».
Серьезное разочарование последних компьютерных
исследований греко-римских квадратов заключается в
том, что до сих пор не найдено ни одного триплета
взаимно ортогональных латинских квадратов 10-го порядка.
Ранее было доказано, что для любого порядка п наибольшее
206 Новые математические развлечения
возможное числа взаимно ортогональных латинских
квадратов равно п—\. Набор п—\ таких квадратов известен как
«полный набор». Например, латинский квадрат 2-го
порядка имеет полный набор, состоящий из самого квадрата.
Квадрат 3-го порядка имеет полный набор из двух
ортогональных квадратов, квадрат 4-го порядка - из трех.
Полный набор четырех взаимно ортогональных латинских
квадратов 5-го порядка представлен на рисунке 84. (Любая
их пара может быть объединена для образования
греко-латинского квадрата.) Однако полного набора 6-го порядка не
существует даже в паре. Для порядков 7, 8 и 9 полные
наборы существуют. Поэтому наименьшим порядком, для
которого пока неизвестно, существует ли полный набор,
является 10-й порядок. Неизвестно также, существует ли набор
трех взаимно-ортогональных квадратов 10-го порядка.
Этот вопрос приобретает дополнительный интерес в
связи с возможностью построения «конечной проективной
плоскости». Было показано, что если существует полный
набор взаимно-ортогональных латинских квадратов для
данного порядка я, то это дает возможность вывести
конструкцию конечной проективной плоскости л-го порядка.
И наоборот, если известна конечная проективная
плоскость для порядка пу можно построить полный набор
взаимно-ортогональных латинских квадратов л-го порядка.
Поскольку Тэрри доказал, что невозможны даже два
ортогональных латинских квадрата 6-го порядка, то
невозможны и конечные проективные плоскости 6-го порядка.
Полные наборы (и конечные проективные плоскости)
существуют для порядков 2, 3, 4, 5, 7, 8 и 9. Не было ни доказано,
ни опровергнуто существования конечных проективных
плоскостей 10-го порядка. Поэтому открытие полного
набора девяти латинских квадратов 10-го порядка должно
попутно обеспечить успех в разрешении проблемы конечных
проективных плоскостей. В настоящее время этот вопрос
находится за пределами возможности компьютерных
программ, и нет надежд, что он будет разрешен. Для его
решения требуется значительно более мощные компьютеры
либо принципиально новый подход к решению.
Греко-латинские квадраты Эйлера
207
Обложка журнала Scientific American за ноябрь 1959 года
воспроизводит интересное художественное полотно. Его
создала художник журнала Эми Казаи. На картине
изображен греко-латинский квадрат 10-го порядка (см. рис. 85).
Десять цифр квадрата были заменены десятью
различными красками, так что каждая ячейка окрашена
соответствующей парой красок. На рисунке 86 изображен коврик,
вышитый в 1960 году госпожой Карлой Витоль из
Мидлтауна, штат Нью Джерси. Этот коврик копирует картину с
обложки журнала.
(После поворота по часовой стрелке на четверть этот
рисунок аналогичен квадрату на рисунке 85.) Краски
наружной области каждой ячейки образуют один латинский
квадрат, краски внутренней области - другой. Каждый
цвет появляется только один раз внутри ячейки и один раз
снаружи. Оригинал картины госпожи Казаи был куплен
Ремингтоном Рэндом и подарен Паркеру.
Рис. 86
Вышитый гарусом коврик на основе греко-латинского квадрата
Паркера
208
Новые математические развлечения
ОТВЕТЫ
Рисунок 87 демонстрирует один из способов размещения
16 карт таким образом, что ни одно старшинство и ни
одна масть не встречаются дважды ни в каком ряду. То же
верно и для главных диагоналей. Обратите внимание на
то, что 4 карты в каждом углу, так же как и 4 центральные
карты, образуют наборы, в которых присутствует каждое
наименование и каждая масть. Было бы интересно, если
бы это решение обеспечивало чередование цветов типа
шахматной доски, но это невозможно в принципе.
1
т
1
Рис. 87
Решение задачи с картами
Греко-латинские квадраты Эйлера 209
В.В. Роуз Болл в своей книге Mathematical Recreations
and Essays («Математические развлечения и заметки»)
привел по этой проблематике потрясающую
библиографию из 1723 источников и отметил, что они отражают 72
фундаментально различающихся решения. Но Г. Дьюдени
в своей книге Amusements in Mathematics («Математические
развлечения») при рассмотрении этого вопроса вернулся
аж в 1624 год к книге Клода Гаспара Баше и указал, что 72
решения - это ошибочный результат. На самом деле
решений 144. Это независимым образом было подтверждено
Бернардом Голденбергом из Бруклина после того, как я
опубликовал неправильные данные.
Если рассматривать только ряды и колонки (но не
главные диагонали), то можно найти решения, при которых
цветовые варианты похожи на шахматную доску. Адольф
Карфункель из Нью-Йорка прислал мне несколько таких
решений, одно из которых я привожу ниже.
ДАМА черв. КОРОЛЬ крест. ВАЛЕТ бубн. ТУЗ пик.
ВАЛЕТ крест. ТУЗ черв. ДАМА пик. КОРОЛЬ бубн.
ТУЗ бубн. ВАЛЕТ пик. КОРОЛЬ черв. ДАМА крест.
КОРОЛЬ пик. ДАМА бубн. ТУЗ крест. ВАЛЕТ черв.
Можно без труда получить и другие решения, поменяв
на предыдущем рисунке ряды 3 и 4, а также 1 и 2.
ГЛАВА 1 5
Эллипс
Круг, без сомнения, обладает некоторой на первый
взгляд привлекательной простотой, но один взгляд на
эллипс должен убедить даже самых заядлых
астрономов-мистиков в том, что совершенная простота
круга сродни пустой улыбке полного идиота. По
сравнению с тем, что может сказать нам эллипс, кругу
практически нечего нам сказать. Возможно, наш
собственный поиск космической простоты в реальной
Вселенной кажется таким же простым и круглым,
наглядно показывая проекцию нашего несложного
менталитета на бесконечно запутанный внешний мир.
— Эрик Темпл Белл: Математика:
Королева и служитель науки
Математики имеют привычку просто ради забавы изучать
вещи, которые кажутся совершенно бесполезными. При
этом зачастую оказывается, что через несколько столетий
их исследования имеют огромную научную ценность.
Один из лучших примеров тому — изучение древними
греками некруговых кривых второго порядка: эллипса,
параболы и гиперболы. Впервые они были изучены одним из
учеников Платона, однако важное научное применение
было найдено для них лишь в XVII веке, когда Кеплер
обнаружил, что орбиты движения планет имеют форму
эллипса, а Галилей доказал, что траектории движения
снарядов параболические.
В III в. до н.э. Аполлоний Пергский, греческий
математик, написал, наверное, самый большой древний
трактат об этих кривых. В его работе Conies («Конические се-
Эллипс 211
чения») впервые показано, как получить все эти три
кривые, а заодно и круг, различным образом рассекая один и
тот же конус. Если секущая плоскость проходит через
конус параллельно его основанию (см. рис. 88), в сечении
получается круг. Если плоскость наклонена (не важно,
под каким углом), в сечении получается эллипс. Чем
больше наклонена плоскость, тем более вытянутым
получается эллипс (как скажут математики, его
эксцентриситет растет).
Можно было бы ожидать, что чем больше становится
угол наклона, тем в большей мере сечение будет иметь
форму груши (так как чем глубже проходит разрез, тем
шире становится конус). Однако дело обстоит совсем не
так. В сечении будет получаться совершенный эллипс до
тех пор, пока секущая плоскость не станет параллельной
одной из многочисленных образующих конической
поверхности. В таком положении мы уже не получим
замкнутую кривую. Теперь концы кривой уходят в бесконеч-
Д Круг А Парабола
о
Эллипс
О ■ -< г 6
Iипероола
Рис. 88
Четыре конических сечения
212 Новые математические развлечения
ность — кривая становится параболой. При дальнейшем
увеличении угла наклона плоскость рассечет также и
перевернутый конус, находящийся над первым (см. рис. 88
внизу). Сечения двух конусов теперь представляют собой
две ветви гиперболы. (Очень часто люди ошибочно
полагают, что для получения гиперболы нужно расположить
плоскость параллельно оси конуса.) При повороте
секущей плоскости формы получающихся кривых
продолжают меняться, а в конечном итоге они превращаются в
прямые линии. Четыре упомянутые кривые называются
кривыми второго порядка, потому что они представляют
собой графики уравнений 2-го порядка с двумя
неизвестными.
Эллипс — это самая простая из всех кривых на
плоскости, которые не являются прямыми линиями или
окружностями. Его можно определить различными способами,
но самое простое определение, которое можно понять
интуитивно, таково: эллипс — это множество точек, сумма
расстояний до которых от двух фиксированных точек
является константой.
Именно это свойство лежит в основе хорошо
известного метода рисования эллипса. Прикрепите на листе
бумаги две кнопки, наденьте на них завязанную крепкую нитку
и зацепите нитку кончиком карандаша, хорошо натяните
ее таким образом, как показано на рис. 89. Двигая
карандашом вокруг кнопок, вы очертите совершенный эллипс.
(Длина нитки не может измениться, поэтому сумма
расстояний от кончика карандаша до мест вкалывания
кнопок будет оставаться постоянной.) Две фиксированные
точки (кнопки) называются фокусами эллипса. Они лежат
на большой оси эллипса. Перпендикулярно большой оси
располагается малая ось. Если вы будете сдвигать кнопки
ближе друг к другу (не меняя длины нити), эллипс будет
становиться все менее и менее вытянутым. Когда два
фокуса сойдутся в одной точке, эллипс станет кругом. Если
фокусы удалять друг от друга, эллипс будет становиться
все более удлиненным, а в конечном итоге превратится в
прямую линию.
Эллипс
213
Малая ось
Рис. 89
Самый простой способ нарисовать эллипс
Существует много других способов построения
эллипсов. Один интересный метод можно продемонстрировать с
помощью круглой формы для выпечки и картонного круга,
диаметр которого составляет половину диаметра формы.
Приклейте на внутреннюю сторону бортика формы
полоску мелкой наждачной бумаги, чтобы картонный диск не
скользил во время прокатывания вдоль бортика. Положите
на дно формы лист бумаги, зафиксировав его по краям
скотчем. Проткните шилом в диске маленькое отверстие,
воткните туда кончик карандаша и прокатите диск вокруг
формы (см. рис. 90). После проведения такой процедуры на
бумаге будет нарисован эллипс. Удобнее всего немного
придерживать карандаш одной рукой, а другой рукой медленно
поворачивать диск, плотно прижимая его к бортику формы.
214 Новые математические развлечения
Рис. 90
Эллипсограф, сделанный с помощью круглой формы для выпечки
и картонного диска
Если вы сделаете отверстие в центре картонного диска,
карандаш нарисует на бумаге круг. Чем ближе будет отверстие
к краю диска, тем более вытянутым получится эллипс. Если
бы можно было бы разместить отверстие непосредственно
на окружности, то на бумаге получилась бы прямая линия.
Ниже приведен еще один интересный способ
построения эллипса. Вырежьте из бумаги большой круг. Поставьте
внутри круга точку, но не в центре. Сложите бумажный
круг так, чтобы какая-то точка окружности касалась
поставленной вами точки. Разверните, затем опять сложите
бумажный круг, чтобы выделенной точки касалась уже
другая точка окружности. Проделайте эту процедуру
много раз в различных направлениях. В конечном итоге сгибы
сформируют эллипс {см. рис. 91).
Хотя эллипс не обладает такой совершенной формой,
как круг, эту кривую тем не менее часто можно увидеть в
повседневной жизни. Причина этого кроется в том, что
любой круг, если смотреть на него под определенным
углом, кажется эллипсом. Кроме того, тень, отбрасываемая
на плоскость кругами и сферами, имеет эллиптическую
форму. Тень на самой сфере (вспомните полумесяц) мы
Эллипс
215
Рис. 91
Построение эллипса на бумажном круге с помощью сгибов
видим как эллиптическую дугу. Наклоните стакан воды
(не важно, цилиндрической или конической формы), и
поверхность жидкости приобретет форму эллипса.
Шар, лежащий на поверхности стола (см. рис. 92),
отбрасывает тень в виде эллипса. Эллипс получается при
сечении конуса света поверхностью стола. Центр шара
проецируется в первый фокус этого эллипса. Мы можем
мысленно продлить образующие конуса и вписать в него
сферу большего размера, которая будет располагаться под
поверхностью стола. Эта сфера будет касаться плоскости во
втором фокусе тени. С помощью этих двух сфер можно
доказать, что коническое сечение является действительно
эллипсом. Это красивое доказательство было
представлено в XIX веке Ж. П. Данделеном, математиком из Бельгии.
Точка А — это любая точка на эллипсе. Проводим
линию (на рисунке — жирная), которая будет проходить
через А и вершину конуса. Эта линия будет касаться сфер в
точках ВиЕ. Проведем из А две линии — в точку В, где
соприкасается с тенью маленькая сфера, и в точку С, где
соприкасается с тенью большая сфера.
Отрезок АВ равен отрезку AD, потому что оба отрезка
являются касательными к сфере, исходящими из одной и
216
Новые математические развлечения
Рис. 92
С помощью большой сферы можно доказать, что тень
от маленькой сферы является эллипсом
той же точки. По той же причине АЕ равно АС. Сложим
равное с равным:
Заметьте, что AD + АЕ - это то же самое, что прямая
линия DE. Из-за симметрии конуса и сфер длина ДЕ будет
всегда одинакова, где бы ни находилась точка А Если
сумма AD и АЕ является константой, то согласно уравнению,
приведенному выше, сумма АВ и АС — это расстояние от
двух фиксированных точек до точки А. Значит, множество
Эллипс 217
точек А должно представлять собой эллипс, фокусы
которого будут находиться в точках В и С.
В физике эллипс рассматривается чаще всего как
траектория объекта, движущегося по замкнутой орбите в
центральном поле сил. При этом сила, действующая на объект,
изменяется обратно пропорционально квадрату
расстояния. Планеты и спутники, например, имеют эллиптические
орбиты, а центры тяжести «родительских» тел, вокруг
которых они вращаются, находятся в одном из фокусов
описываемых эллипсов. Когда Кеплер впервые объявил о своем
великом открытии, что планеты движутся по эллипсам, это
вызвало в обществе возмущение. Это столь противоречило
всеобщим представлениям о том, что Бог не позволил бы
траекториям планет быть менее совершенными, чем
окружности, что Кеплер счел необходимым принести
официальные извинения. Он говорил, что был вынужден ввести идею
эллиптических орбит, чтобы навести порядок в астрономии
и разобраться с тем хаосом, который образовался в
попытках спасти концепцию круговых орбит. Сам Кеплер так и не
смог объяснить, почему орбиты эллиптические. Лишь
Ньютон, опираясь на природу гравитации, смог дать ответ
на этот вопрос. Даже великий Галилей вплоть до самой
смерти отказывался верить, что орбиты не круглые.
Еще одно важное свойство эллипса
проиллюстрировано на рис. 93. Проведем касательную к какой-нибудь
точке эллипса. Прямые, соединяющие эту точку с фокусами,
Рис. 93
Углы между касательной
и двумя линиями из фокусов
эллипса между собой равны
218
Новые математические развлечения
образуют равные углы с касательной. Представим себе, что
эллипс ограничен вертикальной металлической полоской.
Если волна или частица выйдет из фокуса и будет
двигаться по прямой, то, отразившись от края, она обязательно
пройдет через второй фокус. Более того, частица или
волна будет попадать в другой фокус за одинаковый
промежуток времени (при условии однородности среды)
независимо от траектории движения. Это связано с тем, что сумма
расстояний от фокусов до любой точки эллипса является
константой. Представим, что в неглубокий эллиптический
бак налита вода. Если опустить палец в то место, где
находится фокус эллипса, то через несколько секунд вокруг
второго фокуса сойдутся круговые волны.
Траектория шара, прошедшего
через фокус эллипса
Траектория шара, который не прошел между
фокусами эллипса
Траектория шара, прошедшего
между фокусами эллипса
Рис. 94
Эллипс 219
Льюис Кэрролл изобрел круглый бильярдный стол и
даже написал о нем. Я ничего не слышал о серьезном
применении эллиптического бильярдного стола, но Хьюго
Стейнхаус в своей книге Mathematical Snapshot
(«Математические этюды») дает удивительный анализ возможного
поведения шара на таком столе. Если положить шар на один
из фокусов, а потом ударить по нему с любой стороны, шар
отскочит от края стола и обязательно прокатится через
второй фокус. Если предположить, что сила трения,
замедляющая движение шара, отсутствует, то шар будет проходить
через фокус после каждого отскакивания (см. верхнюю
иллюстрацию на стр. 94). Однако через несколько
прокатываний шар начнет двигаться по большой оси эллипса. Если
шар положили не на фокус, а затем ударили по нему так,
что он не прошел между фокусами, шар будет постоянно
двигаться за пределами меньшего эллипса с теми же
фокусами (см. среднюю иллюстрацию на рис. 94). Если после
удара шар пройдет между фокусами (см. нижнюю иллюстрацию
на рис. 94), он будет бесконечно перекатываться от одной
стороцы стола к другой между двумя ветвями гиперболы с
фокусами в тех же точках, что и у эллипса. Шар никогда не
пересечет эту воображаемую гиперболу.
В опере Микадо есть строки об игроке в бильярд,
которого заставляют играть, хотя
И ткань не та,
И загнут кий
И эллипсом шары!
Учитель из романа Джеймса Джойса «Портрет
художника в юности» цитирует эти строки, а затем объясняет, что
под словом «эллипс» У. Гилберт на самом деле
подразумевал «эллипсоид». Так что же такое эллипсоид? Они бывают
трех основных типов. Эллипсоид вращения, который
также можно назвать сфероидом, это замкнутая поверхность
второго порядка, которую можно получить вращением
эллипса вокруг одной из его осей. Если происходит вращение
вокруг малой оси, образуется сплющенный сфероид, кото-
220 Новые математические развлечения
рый приплюснут у полюсов, как земной шар. Вращение
вокруг большой оси дает вытянутый сфероид. Представьте
себе вытянутый сфероид, внутренняя поверхность
которого зеркальна. Если в один из фокусов поместить
зажженную свечу, лучи сойдутся во втором фокусе.
Знаменитые комнаты шепотов — это комнаты со
сфероидальными потолками. Тихие звуки, произнесенные в
одном из фокусов, можно отчетливо слышать в другом
фокусе. В США самая известная галерея шепотов находится в
Скульптурном зале Капитолия в Вашингтоне. (Все
организованные экскурсии обязательно проходят через эту
галерею.) Еще одна превосходная комната шепотов, хоть и
значительно меньших размеров, располагается у входа в бар
Oyster Bar на нижнем уровне центрального вокзала в Нью-
Йорке. Это помещение квадратно. Два человека, стоящие
по диагонали в противоположных углах лицом к стене,
могут отчетливо слышать друг друга, даже когда вокруг кипит
жизнь.
Если разрезать сплющенный или вытянутый сфероид
перпендикулярно одной из трех его осей, в сечении
получится круг. Разрезав сфероид перпендикулярно двум
другим осям, мы получим эллиптические сечения. Если же
все три сечения имеют форму эллипса, и все три оси
имеют разную длину, то данное тело является истинным
эллипсоидом {см. рис. 95). Часто именно такую форму
принимает галька на пляже, в течение долгого времени
окатываемая волнами.
Головоломки с эллипсами встречаются редко. Две
приведенные ниже довольно просты.
1. Докажите, что никакой правильный многоугольник с
количеством сторон больше, чем у квадрата, не может
быть вписан в эллипс так, чтобы все его углы
располагались на эллипсе.
Рис. 95
Все сечения эллипсоида
имеют форму эллипса
Эллипс 221
2. В описанном выше методе построения эллипса путем
сворачивания бумажного круга центр круга и точка на
круге являются фокусами. Докажите, что кривая,
образованная сгибами, является действительно эллипсом.
ДОПОЛНЕНИЕ
Генри Дьюдени в задаче 126 из своей книги Modern Puzzles
(«Современные головоломки») объясняет метод
построения эллипса с помощью нитки и кнопок, а затем
спрашивает, как с помощью этого метода нарисовать эллипс с
заданными величинами большой и малой оси. Решение простое.
Сначала рисуем две оси. Сейчас наша задача - найти
фокусы, Аи В, эллипса с такими осями. Пусть С - это конец
малой оси. Точки А и В расположены на большой оси
симметрично друг другу и на таком расстоянии от центра, что
длина АС (также и СВ) составляет ровно половину длины
большой оси. Не составит труда доказать, что в этом случае
с помощью нитяной петли, длина которой равна периметру
треугольника АЭС, можно нарисовать желаемый эллипс.
В 1964 году в США появились в продаже
эллиптические столы для игры в пул. Газета The New York Times 1 июля
1964 года сообщала, что на следующий день игра будет
представлена в универмаге Штерна бродвейскими
звездами Джоанн Вудвард и Полом Ньюманом. Игра Elliptipool
(«Эллиптипул»), как его называли, это запатентованное
изобретение Артура Фриго из города Торрингтон,
Коннектикут. Фриго в то время был аспирантом Юнион-колледжа
в Скенектади. Поскольку одна луза находится точно на
одном из фокусов эллипса, на таком столе можно сделать
много интересных и удачных ударов.
В одиннадцатом издании энциклопедии Британика в
статье о бильярде есть сноска, которая гласит: «В 1907 в
Англии был введен овальный стол для биллярда». Однако
ни этот стол, ни круглый стол Льюиса Кэрролла не имели
луз. В июле 1964 года Эдвин Робинсон из Калифорнии
запатентовал (патент №198571) круглый стол для игры в пул
с четырьмя лузами.
222
Новые математические развлечения
ОТВЕТЫ
1. Никакой правильный многоугольник с числом
сторон больше, чем у квадрата, не может быть вписан в эллипс
по той причине, что углы всех правильных
многоугольников лежат на круге. Круг не может пересекать эллипс более
чем в четырех точках. Поэтому никакой правильный
многоугольник, содержащий больше четырех углов, нельзя
расположить так, чтобы все его углы попали на эллипс. Эту
задачу М. С. Кламкин прислал в редакцию журнала
Mathematics Magazine в сентябре—октябре 1960 года.
2. Доказательство того, что построение эллипса
методом сгибания бумажного круга дает действительно эллипс,
заключается в следующем. Пусть точка А на рис. 96 будет
любой точкой на бумажном круге, которая не является
центром круга. Круг складывают так, что точка (В) на
окружности соприкасается с А. При этом круг складывается
по прямой XY. Поскольку XY перпендикулярно ВА и
делит ВА ровно пополам, ВС должно быть равно АС. Значит,
ОС + АС = ОС + СВ. Но ОС + СВ- это радиус круга,
величина которого не может измениться. Значит, ОС + ЛСтоже
должна быть константой. Так как ОС + АС — это сумма
расстояний от точки С до двух фиксированных точек А и О, то
множество точек С (образующихся по мере сдвигания точ-
Рис. 96
Ответ к задаче на
сворачивание бумажного
круга
Эллипс 223
ки В вдоль окружности) должно представлять собой
эллипс с фокусами в точках А и О.
Сгиб AT проходит по касательной к эллипсу в точке С,
потому что углы ХСА и YCO равны. Это легко доказать,
заметив, что угол ХСА равен углу ХСВ, который в свою
очередь равен углу YCO. Так как все сгибы являются
касательными к эллипсу, эллипс становится огибающей
бесконечного набора сгибов, которые могут быть получены
сворачиванием круга. Это доказательство взято из брошюры
Донована Джонсона Paper Folding for the Mathematics Class
(«Искусство сворачивания бумаги для урока
математики»), опубликованной в 1957 году Национальным советом
учителей математики.
ГЛАВА 16
24 цветных квадрата
и 30 цветных кубиков
В США стандартный набор домино состоит из 28
продолговатых черных плиток, каждая из которых разделена на
два квадратика. Квадраты либо пустые, либо с
определенным количеством белых точек. Все фишки отличны друг
от друга, а в совокупности они представляют 28
возможных парных сочетаний чисел от 0 до 6. Фишки домино,
которые во время игры укладывают вплотную друг к другу,
можно рассматривать как отрезки, составляющие
линейную цепь. В этом смысле все игры в домино являются
строго одномерными. Если расширить концепцию
домино, сделав его двух- или трехмерным, можно получить
массу малоизвестных задач, которые так приятно решать
на досуге. В свое время Перси А. Макмахон, известный
британский специалист по комбинаторике, много
исследовал такое супердомино. Большая часть приведенного в
этой главе материала взята из его книги New Mathematical
Pastimes («Новые математические развлечения»),
опубликованной в 1921 году.
В случае с двухмерным домино самыми удобными
фигурами являются равносторонний треугольник, квадрат и
шестиугольник. Эти правильные многоугольники удобно
компоновать вместе, чтобы покрыть ими всю плоскость. Если
работать с квадратами и использовать п различных симво-
24 цветных квадрата и 30 цветных кубиков 225
ыш
▲ У
И
Ml
Рис. 97
Набор квадратных домино, полученный с использованием
трех цветов
8-9434
226 Новые математические развлечения
лов, чтобы отмечать их четыре стороны, можно
сформулировать 1/4 п(п + 1)(я2 — я + 2) различных квадратов. На рис.
97 показан полный набор из 24 квадратных домино,
который можно сформировать при п = 3. Если читатель
изготовит такой набор из картона или других подручных средств,
у него будет все необходимое для великолепной
головоломки. С цветами работать легче, чем с символами, поэтому в
данном случае предполагается вместо символов
использовать различные цвета.
Задача состоит в том, чтобы заполнить этими 24
квадратиками прямоугольник 4x6, соблюдая следующие
условия: 1) Соприкасающиеся грани должны быть одного
цвета; 2) по всему периметру прямоугольника должны
находиться грани одного цвета. Окаймить периметр можно
любым цветом. В зависимости от выбора цвета возможны
различные варианты решения. Предполагается, что
картонные квадраты окрашены только с одной стороны.
Прямоугольник 4 х 6 — единственный, который можно
сформировать с учетом данных ограничений. Построение
прямоугольника 2x12 невозможно, потому что в этом
случае необходимо, чтобы на каждом квадрате был
треугольник «пограничного» цвета. Сможет ли читатель,
просто глядя на 24 цветных квадрата на рис. 97, доказать, что
построение прямоугольника 3x8 также невозможно?
Если работать в трех измерениях, то кубики — это
единственные правильные тела, которые можно сложить
вместе, чтобы полностью заполнить трехмерное пространство.
По этой причине именно их удобнее всего использовать
для трехмерного домино. Если для окраски фаней
использовать всего два цвета, можно получить не более десяти
различных кубиков. Это количество слишком мало, чтобы
игра представляла какой-либо интерес. С другой стороны
при использовании трех цветов получается слишком
большое количество кубиков (57). С шестью цветами
количество увеличится до 2226, но из этого набора мы можем
отобрать 30 кубиков, на каждом из которых встречаются все
шесть цветов. Набор из 30 кубиков просто идеален для
наших целей.
24 цветных квадрата и 30цветных кубиков 227
Читателю не составит особого труда понять, что 30 - это
максимальное количество таких кубиков. На каждом кубике
должна быть одна, к примеру, красная грань. Напротив этой
грани может находиться грань любого другого цвета из пяти
оставшихся. Остальные четыре цвета можно расположить
шестью различными способами, поэтому всего может быть
5 х 6 = 30 различных кубиков. (Два кубика считаются
различными, если их невозможно разместить рядом таким
образом, чтобы все соответствующие грани были одинаковы.)
На рисунке 98 показаны все 30 кубиков в развернутом виде.
Эти 30 кубиков, открытые в свое время Макмахоном,
стали классикой занимательной геометрии. Придется
потрудиться, чтобы изготовить такой набор, но игра стоит свеч.
Ь + * У
ш ■■ ян
■ ■ ■
-I--!
ГЧ --Ч V
г rt
Рис. 98
30 развернутых цветных кубиков
228 Новые математические развлечения
Набор аккуратно раскрашенных кубиков - это
великолепная игрушка для всей семьи. Они не требуют батареек, и
будут служить хозяевам верой и правдой не одно десятилетие.
Деревянные или пластиковые кубики, предпочтительно с
гладкими сторонами, можно купить практически в любом
магазине игрушек. Умельцы смогут вырезать их сами. Если
нет желания раскрашивать, можно приклеить на стороны
кубиков вырезанные по размеру квадратики цветной бумаги.
Теперь выберите один из 30 кубиков. Найдите второй
кубик, который можно положить «лицом к лицу» с первым
таким образом, чтобы соприкасающиеся стороны были бы
одного цвета, торцы образовавшегося параллелепипеда —
другого, а четыре оставшиеся стороны параллелепипеда
были бы монохромны, но каждая сторона — своего цвета.
Это всегда возможно сделать. Два подобных кубика
являются зеркальными отражениями друг друга. Это означает,
что любой кубик, как любая фундаментальная частица,
имеет свой «антикубик».
Когда ищите кубики определенного типа, можно
существенно сэкономить время, выкладывая их в ряды и
поворачивая весь ряд сразу, легонько надавливая на верхние
грани. Допустим, вы ищите кубики с красным и синим на
противоположных сторонах. Выложите в ряд кубики
красной стороной кверху, дважды переверните ряд, надавливая
на верхние грани, и отберите те кубики, у которых теперь
сверху оказались синие грани. Или предположим, что вы
хотите работать с кубиками, у которых в одном углу
сходятся синие, желтые и зеленые грани. Выложите в ряд
кубики синей стороной вверх, переверните ряд и уберите из
него те кубики, у которых вверху оказались зеленые и
желтые грани. Положите оставшиеся кубики так, чтобы
сверху были зеленые грани, переверните ряд и на этот раз
уберите кубики с желтыми и синими верхними гранями.
В этом случае у вас останутся только кубики желаемого типа.
Не представляется возможным сформировать прямую
цепь более чем из двух кубиков таким образом, чтобы четыре
стороны образовавшегося составного бруска имели
однотонную окраску. Однако можно без труда сложить ряд из шести
24 цветных квадрата и 30 цветных кубиков 229
кубиков, на каждой стороне которого будут все шесть цветов.
Гораздо сложнее сделать так, чтобы при этом совпадали еще
и цвета соприкасающихся сторон, а также двух торцов.
А теперь более трудная задача. Выберите любой кубик и
положите его на одну из сторон. Из оставшихся 29
выберите восемь кубиков, из которых можно сформировать куб
2x2x2, который будет увеличенной в два раза копией
изначально выбранного кубика. Кроме того, цвет каждой
пары соприкасающихся сторон должен совпадать. (Макма-
хон оставил доказательство того, что это можно проделать
всегда, независимо от того, какой кубик выбран, своему
другу Джулиану Джоселину.)
Есть только один набор из восьми кубиков, с помощью
которого можно сделать задуманное. Без применения
систематического подхода найти этот вариант не так-то
просто. Ниже предложен один из самых лучших методов
поиска. Зафиксируйте три пары противоположных
сторон у исходного кубика - прототипа, затем исключите из
оставшихся 29 кубиков все те, которые имеют пару
противоположных сторон, соответствующую любой из трех Пар
прототипа. Останется 16 кубиков. Поверните прототип
так, чтобы один из его верхних углов был обращен к вам.
В этом случае вам будут видны только те три стороны
кубика, которые сходятся у этого угла. Среди 16 кубиков вы
найдете два, которые можно положить так, чтобы три
грани таких цветов, которые вы видите на прототипе, были
расположены так же, как на нем.
Отложите эти два кубика в сторону. Переверните
прототип другим верхним углом к себе и снова найдите два
соответствующих кубика. Восемь кубиков, отобранных
таким образом - по два на каждый верхний угол
прототипа, - позволят вам реализовать задуманное. Теперь
осталось только правильно сложить их.
Фактически существует два различных способа собрать
из этих 8 кубиков большой куб. Л. В. Лайонс, психиатр из
Манхэттена, разработал оригинальный метод,
проиллюстрированный на рисунке 99, с помощью которого любую
модель можно перевести в ее вторую форму. Эти две фор-
230
Новые математические развлечения
1. Верхняя сторона модели, показанной здесь, красная, нижняя - черная.
Соприкасающиеся красные и черные стороны внутри расположены так,
как показано на рисунке. Снимите верхнюю половину модели и положите
ее справа. ,^^т ■«
■T
2. Поверните каждую колонку один раз в направлении, указанном стрелкой,
чтобы нижняя сторона левого квадрата стала полностью красной, а верхняя
сторона правого квадрата - полностью черной.
I2BHB
3. Разверните каждый квадрат, соединив вместе концы А, чтобы
сформировать два ряда.
шМШ t
4. Переставьте в каждом ряду кубик с левого конца ряда к правому.
5. Сложите ряды пополам, чтобы образовать два квадрата. При этом
у левого квадрата внутри будут черные стороны, у правого - красные.
6. Положите правый квадрат поверх левого, чтобы получить верхнюю
половину модели.
Рис* 99
Лайонсов метод преобразования модели в ее вторую форму
24 цветных квадрата и 30 цветных кубиков 231
мы связаны замечательным образом. 24 внешние грани
одной модели являются 24-мя внутренними гранями другой.
Если обе модели одинаково сориентировать, то каждый
кубик одной модели будет расположен относительно
другой диагонально.
Лайон обнаружил, что после того как модель
построена, всегда можно выбрать новый прототип из оставшихся
21 кубика и построить новую модель 2x2x2, выбрав
еще 8 кубиков из оставшихся 20. Однако, начиная решать
эту задачу, люди чаще всего сталкиваются с неудачей. Все
дело в том, что осуществить задуманное можно лишь в том
случае, если новый прототип является зеркальным
отражением первого. Восемь кубиков, необходимых для
построения модели, это как раз те кубики, которые были
«отбракованы» из шестнадцати на последнем этапе выбора
кубиков для первого прототипа.
Существует много других головоломок с цветными
кубиками. Приведенные ниже модели 2x2x2 взяты из
книги Das Spiel der 30 Bunten Wurfel («Игра с 30 разноцветными
кубиками») Фердинанда Винтера, опубликованной в
Лейпциге в 1934 году. Во всех этих моделях
соприкасающиеся стороны кубиков должны быть одного цвета. Вот
схемы их раскраски:
1. Две боковые грани одного цвета, передняя и задняя
грани второго цвета, верхняя сторона — третьего,
нижняя — четвертого.
2. Две противоположные стороны одного цвета,
остальные четыре стороны оставшихся четырех цветов.
3. Две боковые грани одного цвета, передняя и задняя
грань второго цвета, а оставшиеся четыре цвета на верхней
грани и на нижней (но по цвету верхняя и нижняя
различаются).
4. Всё грани четырехцветные, на всех гранях
встречаются одни и те же четыре цвета.
232 Новые математические развлечения
Не представляется возможным составить куб 2x2x2
таким образом, чтобы передняя и задняя его грани были
одного цвета, две боковые грани - другого, верхняя и
нижняя - третьего и при этом цвета всех соприкасающихся
граней были бы одинаковы. Однако можно составить куб
3 х 3 х 3, все стороны которого будут разного цвета, но
основное правило домино о соприкасающихся сторонах
будет соблюдено.
Для игры в домино можно использовать любые
разновидности двух или трехмерных фишек. До сих пор все еще
продается игра под названием Contack («Контакт»)
(первый комплект был продан в 1939 году). В ней фишки
имеют вид равносторонних треугольников. Из различных игр,
которые были предложены для цветных кубиков, лучшей
представляется игра под названием «Цветная башня».
Два игрока садятся друг напротив друга. Перед каждым
стоит экран (его можно сделать, взяв длинную полоску
картона шириной примерно 25 см и загнув ее у концов,
чтобы она стояла вертикально). Кубики находятся в
специальной емкости, где их не видно, но откуда их можно,
по условию игры, вытаскивать по одному за раз. Для таких
целей вполне подойдет большой бумажный пакет или
картонная коробка, с отверстием вверху.
Каждый игрок достает из коробки семь кубиков и
выкладывает их за своим экраном, где они спрятаны от взора
противника. Первый игрок начинает игру, выкладывая
кубик на середину стола. Решить, кому отдать привилегию
начинать игру, можно тоже с помощью кубика. Пусть один
из игроков назовет три цвета, а затем, не глядя, возьмет
кубик и прокатит его. Если один из трех цветов подошел,
этот игрок начинает. Затем второй игрок укладывает рядом
с первым кубиком один из своих семи кубиков, четко
следя за тем, чтобы цвета соприкасающихся сторон
совпадали. Дальше игроки ходят поочередно, каждый раз
добавляя по одному кубику. Таким образом, они высграивают
башню, которая опирается на квадратную основу из
четырех кубиков. Задача игрока состоит в том, чтобы
избавиться от всех своих кубиков.
24 цветных квадрата и 30 цветных кубиков
233
Правила игры таковы.
1. Прежде чем начинать новый слой (состоящий из
четырех кубиков), нужно обязательно закончить
предыдущий.
2. Кубик можно размещать на любой свободной
позиции в слое таким образом, чтобы соблюдались два
следующих условия: цвет всех соприкасающихся сторон
должен быть одинаков и ход одного игрока не должен делать
невозможным любой следующий ход в данном слое. На
рисунке 100, например, кубик А был бы выставлен не по
правилам, если бы любая из его сторон располагалась под
прямым углом к уже выставленной стороне такого же
цвета.
4. Если по стратегическим причинам игрок желает
отказаться от своего хода, он всегда может сделать это, но
при этом должен достать из коробки один кубик.
Рис. 100
Игра «Цветная башня»
234 Новые математические развлечения
5. Игра заканчивается, когда один из игроков
избавился от всех своих кубиков. Количество набранных им
очков: три за победу плюс количество кубиков, оставшихся у
его противника.
6. Если в коробке кубиков уже не осталось, игроки
продолжают поочередно делать ходы до тех пор, пока один из
игроков не сможет или не захочет продолжать игру. В этом
случае второй игрок делает ходы до тех пор, пока у его
противника не появится желание или возможность
продолжать игру. Если оба не могут или не хотят делать
следующий ход, игра заканчивается, а победителем становится
тот, у кого осталось меньше кубиков. Подсчитав разницу
между количеством кубиков у себя и у своего противника,
победитель узнает, сколько очков он набрал.
7. Цель многих игр состоит в том, чтобы набрать
определенное количество очков. Если игра идет на деньги, то
победитель после каждой игры забирает сумму,
эквивалентную своему счету.
Все, кто начинает играть в «Цветную башню», со
временем вырабатывают различные стратегии игры.
Предположим, ваш противник только что начал новый слой. У вас
осталось два кубика. Вам было бы неразумно разместить один
из своих кубиков по диагонали напротив его кубика. В этом
случае, когда вы будете размещать последний кубик, он
должен будет совпадать по трем граням. Вероятность того, что
кубик не подойдет, значительно увеличивается. Возможно,
вам лучше положить кубик рядом с кубиком противника,
чтобы оставить открытой возможность следующего хода.
Чем больше у вас будет опыт игры, тем больше вы
узнаете различных тонкостей и хитростей. От этого игра будет
становиться все более увлекательной для вас, а ваши
шансы на выигрыш будут постоянно увеличиваться.
Если у читателей есть какие-либо предложения о том,
как можно улучшить или модернизировать игру «Цветная
башня», я бы с удовольствием ознакомился с ними. Также
24 цветных квадрата и 30 цветных кубиков 235
меня интересуют любые другие игры или необычные
новые головоломки с кубиками. Тридцать цветных кубиков
хорошо известны нам уже более семидесяти лет, но, по
всей вероятности, они таят в себе еще много сюрпризов.
ДОПОЛНЕНИЕ
Объясняя головоломку Макмахона с цветными
квадратами, я допустил грубую ошибку (неправильно понял
комментарий Макмахона), сказав, что она имеет только одно
решение. Это было самое серьезное преуменьшение,
когда-либо допущенное мною во времена работы в Scientific
American. Прежде всего, более пятидесяти читателей
прислали мне свои ответы, в которых содержалось более
одного варианта правильного решения. Томас О'Бирн
посвятил этой головоломке свою колонку «Головоломки и
парадоксы» в номере журнала The New Scientist от 2 февраля
1961 года и показал, каким образом можно получить
множество различных решений.
Эта задача заинтересовала также Федерико Финка из
Буэнос-Айреса. Он и его друзья обнаружили сотни
различных решений (повороты и отражения конечно же не
считались различными вариантами), а через несколько
месяцев его список разросся до тысяч. 20 ноября 1963 года он
написал мне, сообщив, что, по его подсчетам, общее
количество различных решений составляет 12 224.
Данный вопрос был окончательно решен в начале
1964 года. Финк предложил Гари Фельдману из
вычислительного центра Стэнфордского университета написать
программу для решения головоломки. Фелдман
согласился и сделал это. Вычислительная машина В5000, используя
программу, написанную на языке ALGOL, работала 40
часов и выдала полный список всех возможных решений. Их
количество составило 12 261. Финк ошибся всего на 37
решений. Поистине удивительное предсказание! Доклад
Фельдмана о своей программе по анализу «квадратов
Макмахона» занял восемь страниц машинописного текста и
увидел свет 16 января 1964 года.
236
Новые математические развлечения
Потребуется большой объем, чтобы изложить лишь
основные результаты анализа 12 261 решений. Ни в одном из
вариантов, к сожалению, нет двухсторонней симметрии.
Максимальное количество «ромбов» (одноцветных
квадратов, образованных двумя правильными
треугольниками), которые можно объединить вместе, чтобы
сформировать более крупную фигуру, - 12.
На рисунке 101 слева показан именно такой образец:
фигура из 12 ромбов обладает двусторонней симметрией и
чем-то похожа на рака. Минимальное количество
«изолированных ромбов» (ромбы, полностью окруженные
ромбами других цветов) равно трем. На рисунке 101 в центре
приведен образец, на котором все три изолированных
ромба разных цветов. Максимальное количество
изолированных ромбов достигает 13, как показано на рисунке 101
справа.
Обратите внимание, что на всех трех образцах есть
горизонтальный «мостик» из трех ромбов «пограничного»
цвета, который соединяет правую и левую границу узора.
Томас О'Бирн в своей колонке в New Scientist доказал, что
абсолютно все решения должны иметь такой мостик.
Положение мостика и других пятен пограничного цвета поз-
Рис. 101
Три из 12 261 решений задачи о цветных квадратах: рак (слева),
три изолированные ромба разных цветов (в середине)
и 13 изолированных ромбов (справа)
24 цветных квадрата и 30 цветных кубиков 237
воляет произвести классификацию из 20 различных видов.
(О'Бирн приводит 18, но Финк позже обнаружил еще два.)
Еще очень много задач с цветными кубиками,
которыми так приятно заниматься на досуге, ждут своего часа.
Например, из набора 57 одноцветных, двухцветных и
трехцветных кубиков можно выбрать 27 кубиков, в каждом из
которых будет не больше двух цветов. Из 27 кубиков
можно сложить куб 3 х 3 х 3. С такими исходными условиями
можно придумать много интересных задач. Скажем, из
исходного набора отобрать 30 трехцветных кубиков.
Некоторые конструкции, которые невозможны с 30 шести-
цветными кубиками, возможно, могут быть реализованы
с 30 трехцветными кубиками. Можно ли, например,
сделать составной куб полностью красным, соблюдая при
этом обычное условие, что все соприкасающиеся стороны
должны быть одного цвета?
Макмахон, который, по всей вероятности, и
предложил идею досуга с 30 цветными кубиками, имел чин
майора артиллерии и преподавал математику в Королевской
военной академии. Больше всего он известен благодаря
своей книге Combinatory Analysis («Основы
комбинаторного анализа») и статьям на данную тему в 11-м издании
энциклопедии Британика. Умер Макмахон в 1928 году. Томас
О'Бирн сообщил мне, что набор из 8 цветных кубиков, из
которых нужно складывать один большой куб с
соблюдением некоторых условий, когда-то продавался в Англии
как головоломка МауЫох, и на ее коробке было указано,
что изобрел ее Макмахон.
Популярная головоломка, которую под различными
торговыми названиями можно встретить в продаже в
разных странах, состоит из 4 четырехцветных кубиков. Смысл
головоломки - расположить кубики в один ряд таким
образом, чтобы на каждой стороне образовавшейся квадратной
призмы 4 х 1 встречались все четыре цвета (в любом
порядке). Иногда вместо цветов используют какие-либо
символы или рекламные картинки. Описание этой головоломки
смотрите в книгах Р. М. Абрахама Diversions and Pastimes
(«Развлечение и досуг») 1964 года и Энтони Филипиака
238 Новые математические развлечения
100 Puzzles («100 головоломок») 1942 года. Полный анализ
головоломок такого типа можно найти в книге Томаса
О'Бирна Puzzles and Paradoxes («Головоломки и
парадоксы») 1965 года.
ОТВЕТЫ
Три типовых решения головоломки Макмахона с
цветными квадратами были приведены в Дополнении. Я надеюсь,
что решения задач с цветными кубиками читатели найдут
самостоятельно.
Чтобы доказать, что из 24 цветных квадратов нельзя
сформировать прямоугольник 3 х 8 с соблюдением
указанных условий, сначала выберем любые четыре квадрата
со сдвоенными треугольниками одинакового цвета,
которые лягут в углы прямоугольника. Квадратов, на которых
есть треугольники такого же цвета, — 14. Ровно столько
квадратов и нужно, чтобы окаймить прямоугольник. Но
по крайней мере, три из них имеют треугольники
«пограничного» цвета на противоположных сторонах. Это
означает, что три квадрата внутри прямоугольника должны
иметь треугольники такого же цвета. Но таких квадратов
больше нет, все будут использованы для оформления
границ. Значит, выложить прямоугольник 3x8 невозможно.
ГЛАВА 17
Г. С. М. Кокстер
Сами профессиональные математики порой развлекаются в
«математической песочнице», и эта «детская» возня
доставляет им столь же удовольствия, как и сыгранная на досуге
партия в шахматы. Главное к этим забавам не относится
слишком серьезно. Однако часто многие творчески
одаренные и даже эрудированные составители головоломок
обладают лишь самым элементарным знанием
математики. Г. С. М. Кокстер, профессор математики из
университета Торонто, является одним из тех редких экземпляров,
которые сильны не только в серьезной математике, но и в
менее серьезной занимательной ее части.
Гарольд Скотт Макдоналд Кокстер родился в Лондоне в
1907 году, математическое образование получил в Трини-
ти-колледже в Кембридже. Если говорить о серьезной
стороне его достижений, то следует упомянуть его книги Non-
Euclidean Geometry (1942), Regular Polytopes (1948) и The Real
Projective Plane (1955) («Неевклидова геометрия»,
«Правильные политопы» и «Реальность проективных
плоскостей»). К числу его занимательных публикаций можно
причислить подготовленную и дополненную им
публикацию классической работы Роуза Болла под названием
Mathematical Recreations and Essays («Эссе о занимательной
математике»). Также Кокстер выступил соавтором множе-
240 Новые математические развлечения
ства статей, посвященных занимательной математике в
различных журналах. В 1961 году «John Wiley & Sons»
опубликовали книгу Кокстера Introduction to Geometry
(«Введение в геометрию»), которой и посвящена эта глава.
Эта книга Кокстера замечательна сразу по многим
причинам. Прежде всего, это потрясающе широкий круг
вопросов. В книге затронуты вопросы неевклидовой
геометрии, кристаллографии, теории групп, геодезии,
векторного анализа, проективной геометрии, аффинным
преобразованиям и топологии. Редко когда в книгах с названием
«Введение в...» встретишь такой охват тем.
Стиль изложения книги отличается простотой,
ясностью и рассчитан в основном на читателя с техническим
уклоном. Учитывая, какой обширный материал включает в
себя эта книга, мы призываем вас к неторопливому
внимательному чтению. Книга насквозь проникнута чувством
юмора, свойственным автору, преисполнена его чутьем
красоты в математике и азартом в игре. Большая часть глав
этой книги начинается с литературного эпиграфа (многие
цитаты взяты из книг Льюиса Кэрролла) и завершаются
упражнениями, среди которых часто встречаются новые и
довольно интересные головоломки. Практически все
разделы книги связаны с такими задачами и темами
занимательной математики, которые неизменно вызывают
огромный интерес читателей. Некоторые из этих задач уже
обсуждались (правда, на более элементарном уровне) в
двух предыдущих изданиях этой серии. Это золотое
сечение, геометрически правильные тела, топологические
курьезы, задачи на раскраску карты, упаковка сфер и
некоторые другие.
Скажем, многие ли знают, что идея ленты Мебиуса в
технике была запатентована только в 1957 году компанией
В. F. Goodrich. Патент под номером 2 784 834 описывает
прорезиненную ленту, натянутую на два шкива. Эта лента
используется для того, чтобы передавать горячие или
абразивные вещества и форма ленты Мебиуса позволяет
продлить ее срок службы за счет превращения двух сторон в
одну.
Г. С. М. Кокстер 241
А сколько читателей знают, что в Геттингенском
университете храниться большая коробка с манускриптом,
описывающим, как с помощью циркуля и линейки
построить правильный многоугольник с количеством сторон
65 537? Правильный многоугольник с количеством
сторон, представляющих простое число, может быть
построен классическим способом, только если его количество
сторон соответствует особому виду чисел, — простых чисел
Ферма. Эти простые числа можно выразить в виде
«единица плюс два в степени 2п». Известно только пять таких
простых чисел: 3, 5,17, 257 и 65 537. Кокстер (бедный
Кокстер!) преуспевший в построении 65 537-угольника, писал,
что на решение этой задачи ушло десять лет. Неизвестно,
можно ли построить правильный многоугольник с
большим количеством сторон, представленным простым
числом. Если такой многоугольник и найдется, то вопрос его
построения с помощью циркуля и линейки будет скорее
теоретическим, поскольку количество его сторон будет
выражаться астрономическим числом.
Возможно ли, чтобы непритязательный треугольник,
столь полно изученный еще во времена античности, таил в
себе еще что-либо новое? В более поздние времена было
открыто много замечательных теорем о треугольниках,
которые под силу было открыть еще Эвклиду. Кокстер пишет
об одной из таких теорем — теореме Морли.
Вначале она была открыта в 1899 году Фрэнком Морли,
профессором математики из университета Джонса Хоп-
кинса. Джон приходился отцом Кристоферу Морли. Идея
этой теоремы в виде записок Кокстера быстро проникла в
математический мир, однако вплоть до 1914 года
опубликована не была. Пол и Персиваль Гудмены в пятой главе
своей небольшой по объему, но замечательной книге
Communitas («Сообщества») много пишут о том, что
многие замечательные находки долго время были лишь
украшением, не находя должного применения. В качестве
удачной иллюстрации выступила теорема Морли.
На рисунке 102 приведена иллюстрация теоремы
Морли. Она гласит, что если в произвольном треуголь-
242 Новые математические развлечения
нике провести трисекцию его углов, то «трисектрисы»
пересекаются всегда в вершинах равностороннего
треугольника. Появление этого маленького равностороннего
треугольника, получившего название «треугольник Морли»,
оказалось полной неожиданностью. Профессор Морли
написал несколько учебников и монографий во многих
областях, но именно эта теорема принесла ему
бессмертие. Почему этот математический факт не был открыт
ранее? Кокстер предполагает, что математики, зная о
невозможности трисекции угла классическими
инструментами, не хотели иметь дело с теоремами с участием этого
построения.
На рисунке 103 проиллюстрирована другая теорема о
треугольнике, которая получила широкую известность
только в XX веке. Если биссектрисы двух нижних углов
треугольника равны, то интуитивно понятно, что
треугольник должен быть равнобедренным. Но сможете ли
вы доказать это? Ни одна из задач элементарной
геометрии не кажется столь самоочевидной и не вводит столь
убедительно в заблуждение. В обратной формулировке
(о том, что биссектрисы равнобедренного треугольника
равны) она элементарна и решена еще Евклидом. В
приведенной выше формулировке она кажется столь же
простой, тогда как на самом деле ее доказательство чрезвы-
Рис. 102 Рис. 103
Теорема Морли Теорема о биссектрисах
Г. С. Л/. Кокстер 243
чайно трудно. Не проходит и месяца, как я получаю
письма с просьбой опубликовать доказательство этой
теоремы.
В качестве ответа я обычно ссылаюсь на статью
Арчибальда Хендерсона, опубликованную в журнале Journal of
the Elisha Mitchell Scientific Society в декабре 1937 года.
Свою работу объемом почти 40 страниц Хендерсон
назвал довольно оригинально — An essay on the internal
bisector problem to end all essays on the internal bisector problem
(«Эссе о задаче биссектрис, призванное положить конец
спорам о задаче биссектрис»). В своей работе автор
указывает, что многие уже опубликованные доказательства
(в том числе принадлежащие известным математикам)
некорректны. Затем Хендерсон приводит 10 корректных
доказательств в своих полных версиях без сокращения.
Каково же было мое удивление, когда в книге Кокстера я
обнаружил новое доказательство. Оно оказалось
настолько простым, что было очевидным уже после первых
четырех линий построения.
Время от времени непременно открывают какую-нибудь
изящную теорему. У авторов почти всегда возникает
желание записать ее формулировку в стихах. Забавный случай из
современности — выдающийся радиохимик Фредерик Сод-
ди (именно ему принадлежит честь изобретения термина
«изотоп») в стихах описал одну из своих геометрических
находок. «Поэма» под названием Kiss Precise («Точное
прикосновение») описывает следующее: если три круга любого
диаметра разметить так, чтобы каждый касался двух других, то
всегда можно нарисовать четвертый круг, который касается
этих трех. Обычно это можно сделать двумя способами
(помимо малой внутренней окружности иногда можно
провести большую окружность, охватывающую все три круга). На
рисунке 104 пунктирной линией показаны два возможных
варианта для четвертой окружности.
Как же взаимосвязаны радиусы этих четырех
касающиеся друг друга окружностей? Содди каким-то образом
(позднее он сам признавал, что так и не понял каким)
случайно вывел красивую симметричную формулу, в которой а,
244
Новые математические развлечения
Рис. 104
«Точное прикосновение» Фредерика Содди
b,cnd — это величины, соответствующие обратным
значениям четырех радиусов окружностей.
а2 + Ъ1 + с2 + d2 =1/2 (а + Ь + с + d)2.
Обратным числу п в математике называют величину
1/я. Если п представлена простой дробью, то эта дробь
просто переворачивается. С точки зрения геометрии
величина, обратная радиусу круга, представляет собой меру
кривизны линии окружности. Вогнутость (если один из
трех больших кругов охватывает два других снаружи) в
формуле учитывается как отрицательная кривизна и
рассчитывается, соответственно, как (— 1/г). В своей поэме
Содди все строит на значениях кривизны окружностей.
Г. С. М. Кокстер 245
Кокстер (и мы за ним) приводит в своей книге вторую
строфу этой поэмы.
Чем меньше кривизна, тем больше будет круг.
Все просто как яйцо, точней четыре круга,
Чья игра не вдохновила гения Евклида.
Сейчас же эту мысль мы воплотили проще,
И сумма квадратов кривизны есть половина
квадрата суммы.
Формула Содди может существенно сберечь время
любителям головоломок. Без нее задачи на касающиеся
окружности были бы намного сложнее. Например, радиусы
трех окружностей, нарисованных на рисунке 104,
соответственно, 1, 2 и 3 дюйма. Каковы будут радиусы
пунктирных окружностей? Для ответа на этот вопрос можно
нарисовать большое количество прямоугольных треугольников
и начать применять теорему Пифагора. Однако формула
Содди сразу дает простое квадратное уравнение с двумя
корнями. Обратные величины от этих корней и дают нам
радиусы окружностей. Положительный корень дает нам
кривизну малой вписанной окружности (23/б)> радиус
которой соответственно будет равен 6/2з дюймов.
Отрицательный корень дает нам радиус большой описанной
окружности с отрицательной кривизной в (—У6).
Соответственно ее радиус будет 6 дюймов.
На случай, если читатели захотят проверить всю мощь
этой формулы, давайте рассмотрим еще одну задачу. На
плоскости проведена прямая линия. Ее касаются две
сферы, радиусы которых соответственно равны 4 и 9 дюймов.
Сферы соприкасаются. Каков наибольший радиус сферы,
которая может быть помещена на эту линию и касаться
обеих сфер? Вместо формулы Содди можно
воспользоваться приведенным Кокстером эквивалентным
выражением. Обратная величина от радиуса четвертой
окружности (опять же в терминах обратных величин) равна
246 Новые математические развлечения
Некоторые из глав книги Кокстера, довольно
красочной самой по себе, содержат эффектные иллюстрации.
Мы имеем в виду главы, посвященные вопросам
симметрии, а также роли теории групп в построении
повторяющихся узоров. Подобные узоры мы можем увидеть на
обоях, плиточном полу и коврах. «Подобно художнику
или поэту, математик тоже может назвать себя
создателем регулярных узоров», - писал английский математик
Г. Харди. Эту цитату, уже ставшую без сомнения
крылатой, Кокстер приводит в своей последней книге: «Если
некоторые из узоров и смотрятся более выигрышно по
сравнению с другими, то это благодаря заложенной в них
идее». Если многоугольники закрывают плоскость баз
разрывов и перекрытий, значит, речь идет о мозаике.
Регулярной называют мозаику, составленную целиком из
правильных многоугольников, причем все
многоугольники подобны друг другу, одинаковы по размерам и
встречаются строго углами. То есть никакой из углов не
соприкасается со стороной соседней фигуры. Существует
только три варианта такой мозаики: сеть равносторонних
треугольников, шестиугольников и квадратная сетка, как
на шахматной доске. Квадратами и треугольниками
можно замостить плоскость без разрывов и наложений и так,
что углы будут соприкасаться со сторонами соседних
фигур. С шестиугольниками подобное невозможно.
«Полурегулярной» называют такую мозаику, которую
составляют два или более вида правильных многоугольников,
сходящихся углами таким образом, что каждую вершину
окружает одна и та же последовательность многоугольников,
образуя циклический порядок. Существует только восемь
вариантов мозаики, составленной из различных
комбинаций треугольников, квадратов, шестиугольников,
восьмиугольников и двенадцатиугольников (см. стр. 105). И
каждый из них превосходно подошел бы для дизайна линолеума
(некоторые из таких сочетаний действительно
применяются). Все эти мозаики зеркально-симметричны за
исключением той, что приведена в нижнем правом углу. Этот узор
впервые был описан знаменитым астрономом Кеплером.
Т. СМ. Кокстер
247
XXX,
XX X X XX
AAAAAAAAA
vvvvvvvvw
АААЛААААА
Рис.105
Восемь «полурегулярных» мозаик
248 Новые математические развлечения
Он имеет две формы, каждая из которых - это
зеркальное отражение другой. Довольно занятно самому нарезать
картонные куски требуемых размеров и форм, раскрасить
их в разные цвета и попытаться сложить мозаику. Если
снять требование о том, чтобы фрагменты сходились
непременно углами, то из тех же многоугольников можно
сложить бесконечное разнообразие мозаик. (Некоторые
эффектные примеры этих нерегулярных, но обладающих
симметрией мозаик были опубликованы в книге Хьюго
Штейнхауза Mathematical Snapshots («Математические
этюды»)).
Все мозаики, способные замостить плоскость
повторяющимся узором, описываются 17 различными группами
симметрии. Эти 17 групп симметрии описывают все
возможные варианты того, как построить бесконечный
повторяющийся узор в двух измерениях. Элементы групп
симметрии - это, по сути, операции, выполняемые на
элементарной основе узора: скольжение, поворот, зеркальное
отражение. Эти группы симметрии имели большое значение в
изучении структур в кристаллографии. Кокстер рассказывает о
русском ученом Е.С. Федорове, который первым в 1891
году доказал, что количество кристаллографических групп
именно 17.
«Искусство заполнения плоскости повторяющимся
узором, - пишет Кокстер, - своего расцвета достигло в
Испании в XIII веке, где мавры, украшая дворец Альгамбра в
Гранаде, уже использовали все 17 групп симметрии. В основе
их приверженности абстрактным образам лежит строгий
запрет ислама изображать людей». Компания была бы
неполной, если бы мы, ограничившись этим, стали подводить
итоги. И Кокстер переходит к обсуждению во многом
остроумного творчества художника Мориса Корнелиса Эшера,
который творил в 1940—70 годы в Голландии (город Барн).
Этот художник в своих удивительных мозаиках (где в
качестве основной фигуры выступали очертания животных)
использовал многие из групп симметрии. На одной из
удивительных мозаик Эшера, воспроизведенных в книге Кок-
стера (см. рис. 106), главным героем является рыцарь вер-
Г. С. М. Кокстер
249
Рис. 106
Одна из математических мозаик Мориса Эшера
хом на лошади, на другой - птицы. На первый взгляд,
пишет Кокстер, узор на основе фигуры рыцаря возник в
результате скольжения основной фигуры по вертикальной и
горизонтальной оси. Но, присмотревшись, каждый
замечает, что та же базовая форма служит как бы фоном для
другого набора фигур. Здесь представлена даже более интересная
группа симметрии - скользящее отражение. Узор получен
не только скольжением основной формы, но и ее
одновременным зеркальным отражением.
Строго говоря, это не совсем мозаика, поскольку
основная форма не является многоугольником. Приведен-
250
Новые математические развлечения
ный узор принадлежит к любопытному классу мозаик
неправильной формы, где все фигуры сходны по форме и
«держат» друг друга, покрывая без разрывов плоскость.
Подобного рода абстрактные формы нарисовать не так
сложно, но задача усложняется, если вы захотите придать
им вид природных объектов.
В числе тех, кто обожал играть с математическими
структурами, был знаменитый художник Эшер.
Существует даже школа эстетики, которая рассматривает искусство
как форму игры, и школы математики, которые строятся
на убеждении, что любая математическая система это не
Рис. 107
Еще одна мозаика Эшера. В цветном варианте вы можете
увидеть ее на обложке журнала Scientific American
за апрель 1961 года
Г. С. М. Кокстер 251
более чем бессмысленная игра с символами в соответствии
с заранее принятыми правилами.
Можно ли рассматривать науку как один из вариантов
игры? Здесь Кокстер ссылается на Джона Л. Синга,
специалиста по математической физике из Ирландии.
«Может ли оказаться так, что все великие физики
прошлого просто играли в игру, правила которой были
написаны не человеком, а Богом? Ведь когда мы играем, то не
спрашиваем, почему мы играем. Мы просто играем. Игра
не нуждается ни в каком своде моральных норм за
исключением того свода правил, которые по какой-то неведомой
причине назвали правилами этой игры... Ни в одной
научной литературе вы не найдете ни намека на мотивацию,
заставляющую людей играть по этим правилам. А если
затронуть тот странный моральный кодекс, которого
придерживаются ученые, то эти абстрактные рассуждения об
истине покажутся еще более странными в мире,
переполненным недомолвками, прямым обманом и всякого рода
запретами... Предаваясь размышлениями об этом, я играю
сам и это заставляет меня чувствовать, что в моих словах
может быть скрыта правда».
Подобный пассаж совсем в духе работ самого Кокстера.
Вот почему его книга является подлинной находкой для
студентов-математиков, чей разум порой «работает на той
же частоте».
ДОПОЛНЕНИЕ
Компания Goodrich запатентовала применение в технике
ленты Мебиуса отнюдь не первой. Так, 16 января 1923
года Ли де Форесту был выдан патент номер 1 442 682 на
склеенную лентой Мебиуса пленку для звукозаписи, что
позволяло писать звук одновременно на обеих сторонах.
А 23 августа 1949 года Оуэн Д. Харрис получил патент
номер 2 479 929 на абразивный пояс в форме ленты Мебиуса.
Не исключено, что были и другие патенты, поскольку об
этих мне написали читатели.
252 Новые математические развлечения
Треугольнику Морли посвящено много литературы.
Свое доказательство Кокстер привел на странице 23
своей книги. Там же вы найдете ссылки на ранние
источники. А исчерпывающее обсуждение этой теоремы, в ходе
которого рассматриваются и другие равносторонние
треугольники (получающиеся, например, при трисекции внешних
углов треугольника), приводится в статье В. Доббса
Mathematical Gazette («Математическая газета») за
февраль 1938 года. Теорема Морли обсуждалась Г. Ф. Бейке-
ром в книге Introduction to Plane Geometry («Введение в
планиметрию») 1943 года. С момента опубликования
книги Кокстера появились и другие, более простые,
доказательства теоремы Морли. Они были опубликованы в
статье Леона Банкоффа в журнале Mathematics Magazine
(«Математический журнал») за сентябрь—октябрь 1962
года, с. 223-224, а также в статье X. Роуза в журнале
American Mathematical Monthly («Американский
ежемесячный математический бюллетень») за август—сентябрь
1964 года, с. 771-773.
Задача о биссектрисе, известная также как теорема
Штейнера-Лемуса, освещена в литературе даже шире, чем
теорема Морли. Изначально идея этой теоремы была
подсказана в 1840 году С. Л. Лемусом, а первым ее доказал
Якоб Штейнер.
Эта теорема имеет интересную историю. Многие из ее
доказательств вы найдете в статье Дж. А. Макбриджа в
сборнике Edinburgh Mathematical Notes («Математические
заметки из Эдинбурга») 1943 года, том 33, с. 1-13. Также
можно обратиться к статье А. Хендерсона The Lehmus-
Steiner-Terquem Problem in Global Survey («Обзор состояния
задачи Лемуса-Штейнера-Терквема»), опубликованной в
журнале Scripta Mathematica в 1955 году (том 21, с. 223—312)
и в 1956 году (том 22, с. 81-84). Доказательства этой
теоремы также приведены на страницах университетских
учебников. Назовем некоторые из них — Л. С. Шивели, An
Introduction to Modern Geometry («Введение в современную
геометрию»), Д. Р. Дэвис Modern College Geometry
(«Современная геометрия для колледжей»), Н. Альтшулер-Курт
Г. С. М. Кокстер 253
College Geometry («Геометрия для колледжей»). Смотрите
также статью Д. Макдоннела в журнале American
Mathematical Monthly («Американский ежемесячный
математический бюллетень»), том 70, 1963, с. 79.
Поэма Содди «Точное касание» в полном варианте
переиздавалась в антологии Клифтона Фейдимана The
Mathematical Magpie («Математическая сорока») в 1962
году. Последнюю строфу Содди посвятил обобщению
теоремы на сферический случай. Однако появилась еще одна -
четвертая строфа, посвященная гиперсферам
размерностью п. Она была написана Торольдом Госсетом и
опубликована в журнале Nature 9 января 1937 года. Ее вы также
найдете в альманахе Клифтона.
Четвертую «полурегулярную» мозаику из приведенных
на рисунке 105 (если считать слева направо) Сальвадор Дали
взял за основу, создавая полотно Fifty abstract pictures which as
seen from two yards change into three Lenines masquerading as
Chinese and as seen from six yards appear as the head of a royal tiger
(«Пятьдесят абстрактных образов, которые при
разглядывании с расстояния в два ярда превращаются в трех Лениных,
переодетых китайцем, а с расстояния в шесть ярдов
выглядят, как голова тигра»). Черно-белый вариант этой картины
был опубликован в журнале Time 6 декабря 1963 года.
На рисунке 108 приведена еще одна замечательная
мозаика Эшера. Созданная в 1942 году, эта литография
называется Verbum («Слово» - лат.). Столь интересным
образом Эшер проиллюстрировал библейскую историю о
сотворении мира. «Из туманного серого центра композиции
(там написано Verbum - «В начале было Слово»)
появляются треугольные фигуры. Чем дальше от центра
отдаляются эти фигуры, тем яснее становится контраст между
светом и тенью. Изначально прямые, контуры фигур
превращаются в изогнутые и зазубренные. Невозможно
понять, белый ли цвет является фоном для черных фигур
или наоборот. А ближе к краю композиции мы уже видим
птиц, рыб и лягушек - причем символизируют они небо,
воду и землю. В то же самое время мы видим постепенное
превращение птиц в рыб, рыб — в лягушек, а лягушек —
254
Новые математические развлечения
Рис. 108
Verbum («Слово»), Эшер, литография, 1942, из коллекции Корнелиуса
Ван Рузвельта, Вашингтон
снова в птиц по мере движения по часовой стрелке». - Из
статьи 1961 года The Graphic Work ofM. C. Escher
(«Графика Эшера»).
В своей статье Chemical Evolution («Химическая
эволюция»), опубликованной в журнале Interstellar Communication
(«Межзвездная связь»), Мелвин Кельвин воспроизвел эту
литографию, поскольку именно она поразила его
воображение. Она украшала стену одного из офисов голландской
химической компании. «Перетекание фигур из одной в
другую, - писал Кельвин, - их бесконечная трансформация
являются сутью не только жизни, но и рождения Вселенной».
Дополнительно об искусстве Эшера вы можете
почитать в моей колонке в апрельском номере Scientific
American за 1966 год.
Г. С. М. Кокстер 255
ОТВЕТЫ
Суть задачи - найти максимальный радиус сферы,
которую можно было бы поместить на прямую линию на
плоскости, чтобы эта сфера касалась двух других сфер, также
лежащих на этой линии и имеющих радиусы 4 и 9 дюймов.
Если рассмотреть сечение (см. рис. 109), то эта задача
превращается в задачу о касании четырех окружностей
попарно. Прямая линия — это окружность с нулевой
кривизной. Формула точного касания Фредерика Содци дает два
круга (нарисованы пунктиром). Их радиусы,
соответственно, 1 11/25 и 36 дюймов. Больший из них является
поперечным сечением сферы, радиус которой нам и
требуется найти.
Рис. 109
Ответ к задаче о сферах
ГЛАВА 1 8
«Мостики» и другие игры
Человек нигде не проявлял больше
изобретательности, чем в своих играх.
— Лейбниц, в письме к Паскалю
Математические игры, такие как крестики-нолики,
шашки, шахматы и го, представляют соревнование между
двумя игроками, которое (1) должно закончиться после
определенного числа ходов, (2) не имеет никаких случайных
элементов, как, например, при игре в кости или в карты,
(3) проводится таким образом, что игроки видят все ходы.
Если игра относится к такому типу, и каждый игрок
играет «рационально», то есть в соответствии со своей
наилучшей стратегией, то исход игры предопределен. Это будет
либо ничья, либо победа для одного из игроков.
Для многих простых игр, в которых фигуры
выставляются на доску или удаляются с нее, наилучшей стратегией
является так называемая симметричная. В качестве
классического примера можно привести игру, в которой два
игрока по очереди выставляют костяшки домино
произвольным образом на прямоугольную доску. Каждая костяшка
должна быть уложена плашмя внутри прямоугольника без
сдвига предварительно уложенных домино. Общее
количество костяшек, если их укладывать бок о бок,
достаточно для того, чтобы полностью закрыть всю доску.
Выигрывает игрок, который выкладывает последнюю костяшку.
Закончиться вничью эта игра не может. Для кого же из
игроков, если они оба играют рационально, гарантирована
победа? Ответ: для того, кто выставляет первую костяшку.
«Мостики» и другие игры
257
Стратегия игры для этого игрока заключается в том,
чтобы положить первую костяшку точно в центре доски
(см. рис. 110), а потом, после того как противник сделает
свой ход, выкладывать каждую последующую костяшку
симметрично костяшке противника относительно центра.
Очевидно, что когда бы второй игрок ни отыскал на доске
свободное место, всегда найдется свободное место, ему
соответствующее по другую сторону от центра.
Эта же стратегия применяется к любому типу плоских
фигур, которые не меняют свою форму при повороте на
180 градусов. Например, эта стратегия работает для фигур,
имеющих форму греческого креста, но терпит неудачу для
фигур с формой, скажем, буквы Т. Будет ли она работать,
если в качестве фигур используются сигары? Да, но
поскольку концы сигары имеют различную форму, первая
сигара должна быть выставлена вертикально на ее
плоском торце! Легко придумать новые игры такого вида, в ко-
Рис. 110
Игра в домино на доске
9-9434
258 Новые математические развлечения
торых фигуры различной формы попеременно
выставляются на доски различной конфигурации в соответствии с
предварительно разработанными правилами. В одних
случаях симметричная стратегия обеспечивает победу для
первого или второго игрока, а в других - вообще
невозможна.
В следующей игре победу обеспечивает другой вид
симметричной стратегии. Любое количество монет
укладывается на столе в кружок так, чтобы каждая монета
касалась двух своих соседок. Игроки по очереди удаляют
одну или две (непременно соприкасающиеся) монеты.
Победителем становится тот, кому достанется последняя
монета. В данном случае им оказывается второй игрок, но
только при условии, что сделает такой второй ход, который в
любом случае обеспечит выигрыш. После того как первый
игрок возьмет одну или две монеты, оставшиеся монеты
образуют изогнутую цепь с двумя концами. Если эта цепь
содержит нечетное число монет, второй игрок должен
взять из нее центральную монету. Если же число монет
четное, он должен взять две центральные монеты. В обоих
случаях получатся две отдельных цепочки равной длины.
После этого, если противник возьмет одну или две монеты
из одной цепочки, игрок будет брать то же количество
монет из другой.
Как эта, так и предыдущая стратегии являются
примерами того, что теоретики игр иногда называют «парными
стратегиями», при которых ходы упорядочены (не
обязательно с точки зрения симметрии) попарно. Оптимальным
при этом будет построение стратегии одного игрока в
зависимости от того, как играет второй. Поразительный пример
парной стратегии дает топологическая игра «Мостики»,
появившаяся в США в 1960-х годах и ставшая теперь
популярной детской игрой. Читатель может вспомнить, что об этой
игре рассказывалось в октябрьском номере журнала
Scientific American за 1958 год. Она была придумана Давидом
Гейлом, математиком из Браунского университета.
Поле для игры в «Мостики» показано на рисунке 111.
Если игра проводится на бумаге, один из игроков пользу-
«Мостики» и другие игры
259
J
(
•
i I
L 1 ,11 J
ф ф ф
^ С ^
• •
(
•
(
(
Рис.111
Окончание игры в «Мостики», серые победили
ется черным карандашом, другой — скажем, красным. Их
задача — соединять прямыми линиями пары соседних
точек по горизонтали или вертикали (но не по диагонали).
Очередность рисования линий игроки разыгрывают.
Никаких пересечений линий не допускается. Победителем
становится игрок, который первым создаст непрерывный
путь своего цвета от одной стороны поля к другой.
(Появившееся в продаже поле для игры в «Мостики»
представляет доску с выпуклыми стерженьками и небольшие
окрашенные в два цвета пластиковые мостики, которые
вставляются между стерженьками.) В течение многих лет
было известно, что существует выигрышная стратегия
для игрока, делающего первый ход, но реально такая
стратегия была разработана только в начале 1995 года.
Эту трудную задачу решил эксперт по играм математик
Оливер Гросс.
Когда я узнал об этом открытии, тотчас же попросил
автора прислать детальное описание, ожидая получить
260
Новые математические развлечения
•
•
•
^ ч
ф Ч
ч
ч
ч
ч
Г-
. . . .
•
Рис.112
Парная стратегия Оливера Гросса, обеспечивающая победу
при игре «Мостики»
обширный анализ. Я боялся, что получу материал
слишком узкоспециальный для этой книги. К моему
удивлению, объяснение не содержало ничего, кроме
диаграммы, приведенной на рисунке 112, и двух следующих
предложений: «Делайте первый ход, как обозначено в
левом нижнем углу диаграммы. После этого, когда ваш
противник пересечет конец штриховой линии,
пересекайте другой конец той же самой линии». Такая
остроумная парная стратегия гарантирует победу для первого
игрока, хотя и не обязательно через минимальное
количество ходов. Сам Гросс называл свою стратегию
«демократической» в том смысле, что «она играет по-дурацки
против глупого противника и по-умному против
умного». Но тем не менее выигрывает! Описанная стратегия
не является единственной, разработанной Гроссом, но
он отобрал именно эту из-за ее простоты и надежности.
К тому же ее можно применять к игровому полю любых
размеров.
«Мостики» и другие игры 261
Обратите внимание на то, что на диаграмме не
обозначены передвижения вдоль границ игрового поля. Такие
ходы разрешены правилами игры (в самом деле, мостики
такого типа изображены даже на фирменной упаковке), но
их делать не имеет никакого смысла, потому что для
победы это ничего не дает. Если же в процессе игры
выигрышная стратегия вашего противника заведет игру в сторону
приграничных ходов, вы можете противодействовать
своими приграничными ходами.
Конечно, вы можете играть в любом месте доски. Но
если в какой-то момент игры позже этот случайный ход
потребуется по стратегии, играйте где-нибудь еще. Демол-
стрировать игру суперкласса иногда ценно, но вовсе не
обязательно. Конечно, теперь, когда выигрышная
стратегия для первого игрока разработана, «Мостики» уже не
представляют интереса, исключая тех игроков, которым
эта новость еще неизвестна.
Многие игры на досках с относительно простыми
правилами не поддаются никаким попыткам
математического анализа. В качестве примера приведем целое
семейство игр, которые произошли от игры halma («Хальма»),
которая была широко распространена в Англии в конце
XIX века. «Типично английский образ жизни, — писал
Бернард Шоу в 1898 году, - это молчаливо сидеть в
семейном кругу, предаваясь таким увлечениям, как чтение газет
и книг, а также игре «Хальма»...» (Цитата взята из книги
The New Complete Hoyle A. X. Морхэда, Р. Л. Фрея и
Джеффри Мотт-Смита).
Изначально в «Хальму» (halma — это греческое слово,
обозначающее «прыжок») играли на шахматной доске
16x16. Но вскоре правила этой игры перенесли на доски с
другой формой и размерами. Известная сегодня как
«Китайские шашки» игра является одной из многочисленных
поздних разновидностей игры «Хальма».
Здесь я расскажу только об упрощенной версии игры,
для которой используется обычная шахматная доска 8x8.
Эта игра приводит к забавной, до сих пор не имеющей
решения головоломке.
262 Новые математические развлечения
Игра начинается с исходного расположения шашек,
характерного для обычной игры в шашки. Ходы такие же,
как в традиционных щашках, но с некоторыми
исключениями:
1. Ни одна шашка, через которую перепрыгнула другая
шашка, с доски не снимается.
2. Шашки могут перепрыгивать через шашки любого
цвета.
3. Разрешаются ходы и прыжки назад.
Цепочка непрерывных прыжков может включать в себя
прыжки через шашки любого цвета, но нельзя соединять в
одном ходе прыжки с обычным переходом на другую
клетку. Цель игры заключается в занятии своими шашками
исходной позиции противника. Первый, кто это сделает,
становится победителем. Игрок побеждает также и в том
случае, когда у противника нет возможности сделать
очередной ход.
Некоторое представление о том, насколько трудно
провести анализ игр типа «Хальма», можно получить при
разборе следующей задачи. Расставьте 12 шашек на
черных квадратах первых трех рядов шахматной доски.
Остальная часть доски пустая. За сколько ходов по
правилам «Хальмы» вы сможете переправить эти шашки на три
ряда противоположной стороны доски? «Ход»
определяется либо как диагональный переход шашки вперед или
назад на черный соседний квадрат, либо как прыжок
через одну или несколько шашек. Непрерывное
перепрыгивание может включать прыжки вперед или назад и
считается одним ходом. По правилам игры «Хальма» не
обязательно совершать прыжок, когда он возможен, и ряд
последовательных прыжков может быть прерван в любом
месте по вашему желанию, даже если есть возможность
его продолжать.
Для того чтобы было удобно записывать ход решения,
пронумеруйте черные квадраты от 1 до 32 слева направо и
сверху вниз.
«Мостики» и другие игры 263
ДОПОЛНЕНИЕ
Уже было опубликовано решение головоломки с
шашками, содержащее двадцать ходов, а несколько читателей
прислали доказательства того, что ходов требуется, по
крайней мере, восемнадцать. Один из читателей, Берн
Пойтресс из города Фресно, штат Калифорния, прислал
доказательство того, что потребуется минимум двадцать
ходов. К сожалению, описание этого доказательства
слишком длинное, чтобы я мог привести его здесь.
Как я уже отмечал в своей книге The 2nd Scientific
American Book of Mathematical Puzzles & Diversions («Вторая
книга математических головоломок и развлечений от
Scientific American»), игра «Мостики» идентична
изобретенной Клодом Е. Шэнноном игре с электрическими
переключениями под названием «Птичья клетка».
Игра Шэннона описана в одном из коротких рассказов
Артура Кларка «Пацифист», переизданном в антологии
Клифтона Фадимана Mathematical Magpie
(«Математическая сорока») 1952 года, а также в статье Steps Toward
Artificial Intelligence («Навстречу искусственному
интеллекту») Марвина Мински. Эта статья появилась в трудах
конференции Proceedings of the Institute of Radio Engineers, том
49, 1961, с. 23. В дополнение к «Мостикам» теперь на
рынке появилась более сложная версия игры под названием
Twixt («Твикст»), в которой используются соединительные
скобки типа движений шахматного коня.
Независимо от Гросса, выигрышная стратегия для
игры «Мостики» была разработана Альфредом Неманом из
Математического исследовательского центра при
университете штата Висконсин. Леман обосновал общую
стратегию для широкого класса игр Шэннона, к которым
принадлежат «Птичья клетка» и «Мостики». Леман писал
мне, что разработал свою систему в марте 1959 года. Об
этой системе было краткое сообщение, а краткое
описание посылалось Шэннону. Но в полном варианте эта
заметка так и не была опубликована. В апреле 1961 года он
сделал об этом сообщение на встрече Американского
математического общества. В июньских записках общества
264 Новые математические развлечения
появилось краткое изложение его доклада. Полное
строгое изложение стратегии под названием A Solution of the
Shannon Switching Game («Стратегии игр Шэннона на
переключение») было опубликовано позже в журнале
Journal of the Society of Industrial and Applied Mathematics,
том 12, декабрь 1964, с. 687-725. Стратегия Лемана
близка к выигрышной стратегии для игры в Hex («Гекса») -
известной топологической игры. Эта игра подобна
«Мостикам», но не поддается анализу, и выигрышный
алгоритм для нее пока не найден.
В 1961 году Хантер Вензель, основываясь на стратегии
Гросса, написал к «Мостикам» игровую программу для
компьютера IBM 1401. Описание его программы было
выпущено в виде светокопии Институтом системных
исследований IBM, Нью-Йорк, а в 1963 году ее перевод
появился в Германии в мартовском выпуске бюллетеня
Burotechnik und Automation («Автоматизация
управленческого труда»).
ОТВЕТЫ
Задача перемещения двенадцати шашек с одного конца
доски на другой с использованием ходов по правилам
игры «Хальма» привлекла внимание большого количества
читателей. Более 30 из них решили задачу за 23 хода, 49 —
за-22 хода, 31 - за 21 ход и 14 - за 20 ходов.
Вот список этих четырнадцати победителей,
составленный с учетом даты отправки их писем: Эдвард Дж.
Шелдон, Лексингтон, штат Массачусетс; Генри Лауфер,
Нью-Йорк; Дональд Вандерпул, Тованда,
Пенсильвания; Коррадо Бом и Вольф Гросс, Рим, Италия; Отис
Шуарт, Сиракузы, Нью-Йорк; Томас Сторер, Мелроуз,
Флорида; Форрест Воркс, Сиэттл, Вашингтон; Джорд-
жианна Марч, Мэдисон, Висконсин; Джеймс Берроуз,
Стэнфорд, Калифорния; Г В. Логеманн, Нью-Йорк;
Джон Стоут, Нью-Йорк; Роберт Шмидт, Пенсильвания;
Г. Л. Люпфер, Солон, Огайо и Дж. Р. Берд, Торонто,
Канада.
«Мостики» и другие игры 265
Никаких доказательств того, что двадцать ходов - это
минимальное решение, получено не было, хотя многие
из читателей предлагали простые доказательства того, что
потребуется, по крайней мере, шестнадцать ходов. В
самом начале восемь шашек находятся на нечетных рядах
1 и 3, а четыре шашки на четном ряду 2. В конце игры
восемь шашек занимают четные ряды 6 и 8, а четыре —
нечетный ряд 7. Ясно, что четыре шашки должны изменить
свою четность (нечетную на четную). Это может
произойти только в том случае, если каждая из этих
четырех шашек совершит по меньшей мере один прыжок и
один ход, что в сумме должно составлять шестнадцать
ходов.
Трудно себе представить, что для решения задачи
может потребоваться меньше двадцати ходов, хотя должен
признаться, что когда я предлагал эту задачу, то в такой же
степени трудным считал и решение за двадцать ходов.
Итак, черные квадраты пронумерованы от 1 до 32 слева
направо и сверху вниз с красным квадратом в верхнем
левом углу доски. Вот двадцатиходовое решение Шелдона
(первое из полученных ответов):
1. 21-17
2. 30-14
3. 25-9
4. 29-25
5. 25-18
6. 22-6
7. 17-1
8. 31-15
9. 26-10
0. 28-19
11. 14-5
12. 23-7
13. 18-2
14. 32-16
15. 27-11
16. 15-8
17. 8-4
18. 24-8
19. 19-3
20. 16-12
Это решение является симметричным. Рисунок 113
показывает позиции шашек, которые они занимают после
десятого хода. Если теперь доску повернуть и первые
десять ходов повторить в обратном порядке, то переход
завершится. Насколько я знаю, это первое опубликованное
266
Новые математические развлечения
решение задачи за двадцать ходов. Но оно далеко не
единственное. Были получены и другие симметричные
двадцатиходовые решения, а также одно дико
асимметричное от госпожи Марч - единственной женщины из
читателей, достигших минимума.
5
13
21
29
ф
ф
17
25
ф
Ф
22
30
2
ф
ф
26
7
31
3
И
ф
8
16
■
ф
4
12
20
28
Рис. 113
Положение шашек после десяти ходов
ГЛАВА 19
Еще девять задач
1. ПЕРЕМЕЩЕНИЕ МОНЕТ
Возьмите три одинаковые монеты и две другие
одинаковые монеты меньшего размера. Расположите их
вперемешку в ряд, как показано на рисунке 114. Задача состоит
в том, чтобы изменить положение монет, расположив их в
таком порядке, как показано на рисунке внизу, за
минимально возможное количество ходов.
Чтобы сделать ход, нужно положить указательный и
средний пальцы на две соседние монеты, одна из которых
должна быть большего размера, вторая - меньшего и пере-
Рис. 114
Головоломка с монетами
268 Новые математические развлечения
двинуть эту пару монет на другое место на воображаемой
линии, показанной на рисунке пунктиром. Две монеты в
паре должны все время соприкасаться друг с другом. Левая
монета в паре должна оставаться левой, а правая - правой.
После каждого хода, за исключением последнего, разрывы
в цепи допустимы. В конце монеты не обязательно
должны находиться на том же месте воображаемой прямой, на
котором они располагались сначала.
Если бы можно было сдвигать две одинаковых монеты,
головоломку можно было бы без труда решить за три хода.
Пронумеруем монеты слева направо. Сдвигаем монеты 1 и
2 влево, заполняем образовавшийся пробел монетами 4 и
5, затем передвигаем монеты 3 и 5 с правого конца в левый.
Но при условии, что каждая перемещаемая пара должна
включать в себя монеты разных видов, головоломка
становится довольно трудной. Первым обратил на это внимание
Г. С. Персиваль из штата Нью-Йорк.
2. ПРИГОТОВЛЕНИЕ ТОСТОВ
Даже самые простые домашние дела порой могут задавать
нам сложные задачи. В данном случае речь идет о
приготовлении трех тостов. В нашем распоряжении есть тостер
старого образца, с дверцами на стенках. В него входит два
куска хлеба за раз, но поджариваются оба куска только с
одной стороны. Чтобы поджарить хлеб с обеих сторон,
нужно открыть дверцы и перевернуть кусочки.
Для того чтобы положить в тостер один кусок хлеба,
уходит три секунды, столько же — для того чтобы вынуть
кусок хлеба из тостера. На то, чтобы перевернуть кусок
хлеба, не вынимая его, тоже уходит 3 секунды. Для каждой
из этих операций требуется обе руки. Это означает, что
вкладывать, вытаскивать или переворачивать два куска
одновременно нельзя. Также не представляется возможным
намазывать маслом один кусок хлеба, вкладывая, доставая
или переворачивая при этом другой. Время поджаривания
куска хлеба с одной стороны составляет 30 секунд. Чтобы
намазать кусок хлеба маслом, требуется 12 секунд.
Еще девять задач
269
Каждый кусок намазывается маслом только с одной
стороны. Пока хлеб не поджарился, его мазать маслом
нельзя. Кусок хлеба, поджаренный с одной стороны и
намазанный маслом, можно вернуть в тостер, чтобы
поджарить с другой стороны. Тостер с самого начала
хорошо нагрет. За какое самое короткое время можно
поджарить с обеих сторон и намазать маслом три куска
хлеба?
3. ДВЕ ЗАДАЧИ С ПЕНТАМИНО
Хорошая новость для любителей пентамино. Недавно
были обнаружены две новые задачи, одна простая, вторая -
сложная.
A. На рисунке 115 слева 12 фишек пентамино
уложены в прямоугольник 6x10. Разбейте этот прямоугольник
(только по черным линиям) на две части, которые потом
можно снова сложить вместе, чтобы получить
прямоугольник с тремя отверстиями, показанный на рис. 115
справа.
B. Сформируйте из двенадцати фишек пентамино
прямоугольник 6x10 таким образом, чтобы каждая фишка
касалась границы прямоугольника. Из нескольких тысяч
принципиально различных способов составления
прямоугольника 6x10 (повороты и отражения не считаются
различными вариантами), условиям данной задачи
соответствуют только два. Асимметричные части могут
поворачиваться произвольным образом.
г
Рис. 115
Задача с пентамино
270 Новые математические развлечения
4. ТЕОРЕМА ФИКСИРОВАННОЙ ТОЧКИ
Однажды утром, ровно на восходе солнца, буддистский
монах начал подниматься на высокую гору. Узкая
тропинка шириной всего фут или два извивалась вокруг горы,
ведя к храму, стоящему на самой вершине.
Поднимаясь, монах шел по тропинке с переменной
скоростью, много раз останавливался по пути, чтобы
отдохнуть и съесть сушеный плод, который он нес с собой.
Он достиг храма почти перед самым закатом. После
нескольких дней поста и медитации, монах тронулся в
обратный путь. Он опять вышел ровно на восходе солнца, шел
по той же дорожке, двигался с переменной скоростью,
часто отдыхал в пути. Средняя скорость его спуска была
конечно же выше средней скорости подъема.
Докажите, что на этой дорожке есть место, куда монах
попадет в обоих случаях точно в одно и то же время дня.
5. ПАРА ГОЛОВОЛОМОК С ЦИФРАМИ
На первый взгляд может показаться, что следующие две
задачи нужно решать с помощью компьютера, который
способен перебрать сотни цифровых комбинаций. Но
если применить правильный подход и некоторые хитрости
(а может быть и то, и другое), обе задачи можно решить с
помощью карандаша и бумаги. Это тот самый случай,
когда опытный программист может сэкономить для своей
компании ценное компьютерное время или вообще
избавить от необходимости прибегать к помощи компьютера.
A. Некогда на Бродвее была поставлена пьеса The Square
Root of Wonderful («Квадратный корень чудес»). Если
каждая буква в слове WONDERFUL представляет
определенную цифру (ноль исключается — к тому же, поскольку все
буквы разные, все цифры тоже должны быть разными), то
OODDF в той же системе — это квадратный корень
WONDERFUL. Каково числовое значение корня?
B. Один из распространенных способов сложения —
пишем одно число под другим, а снизу приписываем
сумму. В случае двух трехзначных чисел получается квадрат-
Еще девять задач
271
3 I 8
654
972
7\
8!
9!
"б!
5\
41
3
-31
Рис.116
Можно ли
объединить
два в одном ?
ная структура, как на рис. 116 слева — 318 плюс 654 равно
972. Цифры в квадратной матрице также можно
расположить иным образом, чтобы, следуя одна за другой в
порядке возрастания, они образовывали связанную цепь.
Пример приведен справа. Вы можете начать с 1, а затем,
двигаясь по квадратам по правилам движения шахматной ладьи,
пройдите клетки 2, 3, 4 и так далее до 9.
Задача состоит в том, чтобы совместить обе квадратные
структуры. Другими словами, нужно расположить цифры
от 1 до 9 в порядке возрастания в матрице 3x3, чтобы они
образовывали связанную цепь, и при этом нижний ряд
представлял собой сумму двух верхних рядов. Для данной
головоломки существует единственно возможный ответ.
6. КАКИМ ОБРАЗОМ КАНТ УЗНАЛ
ТОЧНОЕ ВРЕМЯ?
Говорят, что Иммануил Кант был столь аккуратен в своих
привычках, что добрые люди Кенинсберга сверяли по
нему свои часы, когда он проходил мимо определенных
ориентиров.
Однажды вечером Кант обнаружил, что часы,
висевшие у него в комнате, отстают. Очевидно, слуга, который в
тот день отсутствовал, забыл их завести. Великий философ
не мог правильно установить стрелки, потому что его
ручные часы сломались, и он никак не мог узнать точное
время. Он пошел к своему другу Шмидту, торговцу, который
жил примерно в миле от него. Зайдя в дом Шмидта, Кант
глянул на висевшие там часы.
272 Новые математические развлечения
Погостив у друга несколько часов, Кант распрощался с
ним и той же дорогой отправился домой. Как всегда, он
шел неторопливой, уверенной походкой, которая не
изменялась у него в течение двадцати лет. Он не знал, сколь
долго длилась его прогулка. (Шмидт недавно переехал в
этот район, и Кант еще не успел освоить эту дорогу.)
Однако, только войдя в дом, Кант сразу установил на часах в
комнате точное время.
Каким образом Кант узнал точное время?
7. УСОВЕРШЕНСТВОВАННЫЕ
«ДВАДЦАТЬ ВОПРОСОВ»
В хорошо известной игре «Двадцать вопросов» один
человек задумывает какой-либо объект, например, статую
Свободы, а второй играющий пытается отгадать, что же
именно было задумано. При этом он может задавать не
больше двадцати вопросов, на которые ему ответят либо
да, либо нет, и ни слова больше. Самыми лучшими
вопросами обычно являются те, которые разделяют все
множество возможных объектов на два подмножества примерно
одинаковой величины. Если в качестве «объекта» будет
выбрано число от 1 до 9, его можно угадать с помощью
этой процедуры за четыре вопроса или даже меньше. За
двадцать вопросов можно угадать любое число от 1 до 220
(или 1 048 576).
Предположим, что для любого возможного объекта
можно определить величину вероятности его выбора.
Допустим, что колода карт состоит из одного туза пик, двух
двоек пик, трех троек и так далее до девяти девяток, всего
45 карт масти пики. Колода перетасована. Из нее
вытягивают одну карту. Вы должны угадать, какая карта
вытащена, задавая вопросы, подразумевающие ответы да или нет.
Каким образом можно минимизировать количество
задаваемых вопросов?
Еще девять задач
273
8. НЕ СПЕШИТЕ
СТАВИТЬ МАТ
Изображенная на рис. 117 шахматная задача появилась
благодаря Карлу Фабелю, немецкому шахматисту и
исследователю. Недавно эта задача была предложена читателям
восхитительной колонки Мэла Стовера из журнала
Canadian Chess Chat (эта колонка посвящена
нетривиальным шахматным задачам).
Здесь требуется найти такой ход белых, который не
привел бы к немедленному мату черному королю.
Рис.117
Белые начинают и НЕ выигрывают
9. ИЩИТЕ ШЕСТИГРАННИК
Многогранник - это тело, ограниченное со всех сторон
плоскими многоугольниками, называемыми гранями.
Простейшим многогранником является тетраэдр, все
четыре грани которого являются треугольниками (рис. 118,
вверху). Тетраэдр может иметь бесконечное множество
форм, но если мы будем рассматривать его каркас как
274
Новые математические развлечения
Рис.118
Три типа многогранников
топологический инвариант (т. е. мы можем изменять
длины граней и углы, под которыми они сходятся, но
должны сохранить структуру каркаса), то существует
только одна разновидность тетраэдра. Другими словами,
грани тетраэдра не могут быть чем-то еще, кроме
треугольников.
У пятигранника есть две основные разновидности (рис.
118, в середине и внизу). Одна из них имеет форму
египетской пирамиды (четыре треугольника на четырехугольном
основании). Вторая представляет собой тетраэдр, один
угол которого срезан. Три грани такого многогранника
четырехугольны, две являются треугольниками.
Джон Макклеллан, художник из Вудстока, задает
такой вопрос: «Сколько всего существует разновидностей
выпуклого шестигранника, т. е. многогранника с шестью
Еще девять задач 275
гранями?» (Многогранник называется выпуклым, если он
может плотно прилегать к поверхности стола любой из
своих граней.) Самым известным примером является
конечно же куб.
Если вы будете искать шестигранники путем срезания
углов у более простых тел, будьте осторожны, чтобы
избежать дублирования. Например, если срезать вершину у
египетской пирамиды, полученный каркас будет
топологически эквивалентен каркасу куба. Также будьте
осторожны, чтобы не создать модель с деформированными
гранями.
ОТВЕТЫ
1. Головоломку с монетами можно решить за четыре
хода, как описано ниже. Монеты пронумерованы слева
направо.
1. Передвинем монеты 3 и 4, расположив их справа
от монеты 5, так чтобы между 3 и 5 был пробел, в
который могут войти две монеты.
2. Передвинем монеты 1 и 2, расположив их
справа от 3 и 4, так чтобы монеты 4 и 1
соприкасались.
3. Передвинем монеты 4 и 1 в пробел между
монетами 5 и 3.
4. Передвинем монеты 5 и 4 в пробел между
монетами 3 и 2.
2. Три кусочка хлеба — А, В, С — можно поджарить в
тостере старого образца и намазать маслом за две минуты. На
рис. 119 показано, как именно это сделать.
Когда это решение было опубликовано, к моему
величайшему удивлению обнаружилось, что время можно
сократить до 111 секунд. Пятеро читателей сообщили мне об
этом факте. Оказалось, что я не учел возможность
частичного обжаривания хлеба с одной стороны, удаления его, а
позже возвращения его в тостер для завершения
поджаривания.
276
Новые математические развлечения
Решения такого типа прислали Ричард Браус,
программист и системный аналитик IBM, Сан-Хосе, Калифорния;
Р. Дж. Дэвис из компании General Precision Inc., Нью-
Джерси; Джон О'Доуд из Квебека"; Митчелл Маркус и
Говард Боббинс из Нью-Йорка.
Вставляем
кусок А
Вставляем
кусок В
10-
20-
30-
50
Переворачиваем кусок А
Вытаскиваем
кусок В
Вставляем
кусок С
Намазываем
кусок В
маслом
60-
70-
80-
90-
100-
110-
120-
Вытаскиваем
кусок А
Вставляем
кусок В
Переворачиваем кусок С
Намазываем
кусок А
маслом
Вытаскиваем
кусок В
Вытаскиваем
кусок С
Намазываем
кусок С
маслом
Рис.119
Решение задачи с тостером
Еще девять задач 277
Схема Дэвиса такова:
Секунды
1-3
3-6
6-18
18-21
21-23
23-36
36-39
39-42
42-54
54-57
57-60
60-72
72-75
75-78
78-90
90-93
93-96
96-108
108-111
Действия
Закладываем А.
Закладываем В.
А поджаривается с одной стороны
в течение 15 секунд
Удаляем А.
Закладываем С.
В полностью поджаривается с одной
стороны.
Удаляем В.
Вставляем А другой стороной.
Намазываем маслом В.
Вынимаем С.
Закладываем В.
Намазываем маслом С.
Вынимаем А.
Закладываем С.
Намазываем маслом А.
Вынимаем В.
Закладываем А, перевернув его
на первую сторону, чтобы закончить
ее поджаривание.
А поджаривается полностью.
Вынимаем С.
Все кусочки теперь поджарены и намазаны маслом, но
кусочек А все еще в тостере. Даже если А нужно вынимать
из тостера, чтобы операция считалась полностью
законченной, общее время все равно составит 114 секунд.
Роббинс указывает, что в самом конце, когда
заканчивается поджарка кусочка А, можно эффективно
использовать время, съев кусочек В.
3. На рис. 120 показано, каким образом разделить
прямоугольник 6x10, сформированный из двенадцати фишек
пентамино, на две части. Если сдвинуть верхнюю часть
278
Новые математические развлечения
Рис. 120
Прямоугольник 6х 10, составленный из пентамино, преобразован
в прямоугольник 7x9 с тремя отверстиями
всего на одну позицию вверх и вправо, можно получить
прямоугольник 7 х 9 с тремя квадратными отверстиями.
На рис. 121 показаны возможные варианты построения
прямоугольника 6 х 10, в котором все 12 фишек касаются
границы. Второй вариант примечателен еще и тем, что он
может быть разделен (как и прямоугольник из
предыдущей задачи с пентамино) на две одинаковые по форме
половины.
Рис. 121
Все фишки пентамино в этих прямоугольниках 6x10 касаются
границ прямоугольника
4. Человек поднимается в гору в один день, а
спускается в другой. Есть ли на этой дороге место, в котором он
окажется в одно и то же время дня в обоих случаях? На
эту задачу обратил мое внимание психолог Рэй Химан из
Орегонского университета, который в свою очередь
обнаружил ее в монографии On Problem-Solving («Вопросы
и ответы») немецкого психолога Карла Дункера. Дункер
пишет о том, что он не смог сразу решить эту задачу, но
потом с удовольствием наблюдал, как другие люди,
которым он предлагал эту головоломку, сталкивались с по-
Еще девять задач 279
хожими трудностями. Есть много способов
доказательства, продолжает он, «но вероятно нет более очевидного,
чем следующий. Пусть подъем и спуск осуществляют два
человека в один и тот же день. Они должны
встретиться. Следовательно, в таком подходе нечеткие и плохо
понятные условия сразу превращаются в ясную как день
ситуацию».
5. А. Если OODDF — это квадратный корень
WONDERFUL, каковы будут числовые выражения корня и
слова? Буква О не может быть больше 2, потому что в этом
случае при возведении корня в квадрат получилось бы
десятизначное число. Также буква О не может быть 1,
потому что не существует числа, начинающегося с 11, квадрат
которого имел бы в качестве второй цифры 1. Стало быть,
буква О должна быть двойкой.
Квадратный корень из WONDERFUL находится где-то
между 22000 и 23000. Квадрат 22 - это 484, а квадрат 23 -
529. Так как вторая цифра в слове WONDERFUL является
двойкой, мы можем заключить, что WO = 52.
Какие величины букв 22DDF дадут в квадрате
52NDERFUL? Квадрат 229 равен 52 441, квадрат 228 -
51 984. Значит, OODD - это либо 2299, либо 2288.
Теперь мы используем уловку, основанную на понятии
цифрового корня. Сумма девяти цифр в слове
WONDERFUL (мы уже говорили, что 0 исключается) равняется 45, а
сумма цифр того числа, в свою очередь, дает 9. Это и есть
цифровой корень. Значит, квадратный корень
WONDERFUL должен иметь цифровой корень, который при
возведении в квадрат дает число с цифровым корнем 9.
Единственными цифровыми корнями, которые удовлетворяют
этому требованию, являются 3, 6 и 9. Значит, OODDF
должно иметь цифровой корень 3, 6 или 9.
F не может быть 1, 5 или 6, потому что любая из этих
цифр поместила бы F в конец слова WONDERFUL. Из
всего из этого следует, что единственно возможными
вариантами корней, удовлетворяющими требованиям
цифрового корня, могут быть 22998, 22884 и 22887.
280
Новые математические развлечения
Квадрат числа 22 887 равен 523 814 769. Это
единственный вариант, который подходит для слова WONDERFUL.
В. Чтобы сэкономить время при решении этой задачи,
необходимо понять, что если размещать цифры от 1 до 9 в
матрице 3 х 3 с образованием связанной цепи, нечетные
цифры должны занять центральную и четыре угловых
клетки. Это легко увидеть, раскрасив девять клеток как
шахматную доску и сделав центральную клетку черной. Так как
черных клеток на одну больше, чем белых,
последовательность должна начинаться и заканчиваться на черных
клетках, а все четные цифры попадут на четыре белые клетки.
Четыре четные цифры можно разместить в белых
клетках 24 различными способами. Восемь из них, в которых
двойка стоит напротив четверки, исключаются сразу,
потому что в этих случаях невозможно составить связанную
возрастающую последовательность. Оставшиеся 16
вариантов можно проверить очень быстро, если исходить из
того, что сумма двух верхних цифр слева должна быть
меньше 10, а сумма двух верхних цифр справа должна быть
больше 10. Последнее утверждение справедливо потому,
что в среднем столбце складываются четная и нечетная
цифры, а их сумма все равно четная. Такое может быть
только в том случае, если во второй разряд переходит
единица от суммы из правой колонки. Единственный способ
сформировать последовательность таким образом, чтобы
нижний ряд представлял собой сумму двух верхних рядов,
показан на рис. 122.
-Q-,
9!
8!
Рис. 122
Решение задачи на
построение связанной
последовательности
цифр
Еще девять задач 281
Когда это решение появилось в Scientific American,
Г. Голдстоун из Нью-Йорка и Скотт Килнер из
Калифорнии известили меня о том, что они нашли еще более
быстрый метод. На этом поле есть только три
принципиально различных траектории ладьи (отражения и
повороты не считаются): одна показана в решении, вторая —
это спиральная траектория от угла к центру, третья — это
S-образная от одного угла до диагонально
противоположного. На каждой траектории цифры можно
расставлять в обоих направлениях, что дает шесть различных
образцов. Рассматривая каждый из них вместе с его
поворотами и отражениями, можно быстро найти единственно
верный ответ.
Следует заметить, что в варианте зеркального
отражения решения (зеркало находится над ним) цифры по-
прежнему составляют связанную последовательность,
следуя по возможной траектории движения ладьи в порядке
возрастания, а нижний ряд является разностью верхнего и
среднего рядов.
Чарльз Тригг в детальном анализе решений задачи
ABC + DEF= GHK, опубликованном в журнале Recreational
Mathematics Magazine, № 7, февраль 1962, с. 35-36,
приводит в дополнение к показанному здесь еще три решения,
в которых цифры от 1 до 9 располагаются в порядке
возрастания в связанной последовательности по траектории
движения ферзя.
6. Иммануил Кант вычислил точное время своего
прибытия домой так. Он посмотрел, сколько времени было на
его часах в комнате, когда уходил. Придя домой, Кант
посмотрел на часы и определил, сколько времени он
отсутствовал. Затем философ вычел из общего времени
отсутствия время пребывания в доме Шмидта, которое он узнал,
взглянув на часы сразу по приходу и в момент ухода. Таким
образом, он узнал, сколько всего времени он потратил на
дорогу. Так как Кант возвращался по тому же маршруту и с
той же скоростью, то разделил общее время прогулки
пополам и определил, сколько времени он добирался до до-
282 Новые математические развлечения
ма. Прибавив это время ко времени ухода из дома
Шмидта, Кант узнал точное время своего прибытия домой.
Уинстон Джоун из Йоханнесбурга, ЮАР, предложил в
своем письме другое решение. Мистер Шмидт был не
только другом Канта, но также и его часовщиком. Пока
Кант сидел и болтал с ним, он починил наручные часы
великого философа.
7. Первым делом нужно определить вероятность
выбора каждой карты из имеющихся девяти: х/45, 2/45,3/45...
Теперь объединяем две наименьшие вероятности, чтобы
сформировать новый элемент: 1/45 плюс 2/45 равно 3/45.
Другими словами, вероятность того, что выбран туз, либо
двойка, равна 3/45. Теперь осталось восемь элементов: пара
туз - двойки, тройки, четверки и так далее до девяток.
Снова объединяем две наименьшие вероятности:
вероятность выбора туза или двойки 3/45, а вероятность выбора
тройки тоже 3/45. Этот новый элемент, состоящий из туза,
двоек и троек, характеризуется вероятностью выбора в/45.
Следующим шагом мы опять должны объединить две
наименьшие вероятности. в/45, полученные на предыдущем
этапе, больше соответствующих значений для четверок и
пятерок, поэтому сейчас мы должны сложить вероятности
выбора четверки и пятерки. Получится элемент с
вероятностью выбора 9/45- Такая процедура объединения в пары
элементов с наименьшими вероятностями продолжается
до тех пор, пока не останется только один элемент. Он
будет иметь вероятность выбора 45/45, или 1. Диаграмма на
рисунке 123 показывает, каким образом объединяются
элементы. Стратегия минимизации количества вопросов
состоит в том, чтобы разбирать эти пары в обратном
порядке. Так, первый вопрос может быть таков: есть ли
загаданная карта среди четверок, пятерок или девяток? Если
нет, вы знаете, что она должна быть в другом элементе.
Поэтому спрашивайте: это семерка или восьмерка? И так
до тех пор, пока не угадаете.
Стоит отметить, что если загаданной картой будет туз
или двойка, потребуется пять вопросов, чтобы отгадать их.
Еще девять задач
283
ф
?
1 ♦
♦ I
* ♦
*
♦ i
♦ ♦?
:♦ ♦
V
V
V
♦ ♦{
45 45 45 45 45 45 45 45
45
_6_
45
45
J2_
45
18
45
27
"45"
45
9
45
45
Рис. 123
Стратегия минимизации количества вопросов при угадывании
одного объекта из нескольких с известными вероятностями выбора
Стратегия простого деления каждым вопросом всего
множества элементов на два примерно равных подмножества,
потребует не более четырех вопросов, причем вы можете
угадать выбранную карту и за три вопроса. В конечном
счете, ожидаемое количество вопросов при применении
описанной выше процедуры будет немного меньше —
фактически минимально возможное. В данном случае
минимальное количество — это три.
Минимум рассчитывается следующим образом. Если
заданная карта — туз, потребуется пять вопросов. Если
загадана двойка, потребуется тоже пять вопросов, но двоек
две. Значит, всего нужно десять вопросов. Аналогично, три
тройки потребуют (= 3x4) двенадцать вопросов. Общее
количество вопросов для всех 45 карт — 135, что в среднем
составляет по три вопроса на карту.
Впервые эта стратегия была открыта Дэвидом Хаффма-
ном, инженером-электриком из Массачусетского техно-
284 Новые математические развлечения
логического института. Он объяснил ее в своей статье А
Method for the Construction of Minimum-Redundancy Codes
(«Метод определения грани избыток-недостаток»),
опубликованной в материалах конференции Proceedings of the
Institute of Radio Engineers, том 40, с. 1098—1101, сентябрь
1952 года. Позднее эта методика была повторно открыта
Сетом Циммерманом, который описал ее в своей статье An
Optimal Search Procedure («Оптимальная процедура
поиска»), опубликованной в журнале American Mathematical
Monthly, том 66, с. 690-693, октябрь 1959 года. Хорошее и
притом доступное для понимания человека далекого от
науки объяснение этой процедуры можно найти в работе
Джона Пирса Symbols, Signals and Noise («Символы,
сигналы и шум») 1961 года.
8. Чтобы в такой шахматной ситуации белые смогли
помочь черному королю избежать мата, нужно
передвинуть белую ладью на четыре клетки влево («вскрытый шах»
Л g6-c6+). Это создает ситуацию шаха для черного
короля, но черные теперь могут убрать ладьей белого слона.
Когда эта задача появилась в Scientific American, многие
читатели писали, что такая ситуация невозможна, потому
что два белых слона стоят на клетках одного цвета. Они
забыли, что пешку на последнем ряду можно превратить в
любую фигуру, кроме короля. Любая из двух
отсутствующих белых пешек могла стать вторым слоном.
У известных гроссмейстеров было много партий, в
которых пешка обменивалась на коня. Обмены на слонов
чрезвычайно редки, но тем не менее можно представить
себе ситуацию, в которой это было бы желательно.
Например, чтобы не создать на доске пата.
Или белые могут использовать нового ферзя или слона
в хитрой комбинации, чтобы поставить противнику шах и
мат. Если будет выбран ферзь, он будет «съеден» черной
ладьей, которую в свою очередь «съест» белый конь. А
если белые произведут обмен на слона, черные (не предвидя
мата) могут не захотеть рисковать ладьей из-за слона и
позволят ему остаться.
Еще девять задач
285
9. Семь разновидностей выпуклого шестигранника с
топологически различными каркасами показаны на рис. 124.
Я не знаю простого (но строгого!) доказательства того,
что других разновидностей не существует. Неформальное
доказательство приводится Джоном МакКлелланом в его
статье The Hexahedra Problem («Проблема
шестигранника») в журнале Recreational Mathematics Magazine, № 4,
август 1961, с. 34-40.
Рис. 124
Семь разновидностей выпуклого шестигранника
ГЛАВА 20
Исчисление конечных
разностей
Исчисление конечных разностей — это не слишком
известный, но в настоящее время чрезвычайно полезный
раздел математики, который занимает промежуточное
положение между алгеброй и исчислением бесконечно малых.
В. В. Сойер, математик из Веслианского университета,
любит знакомить с ним студентов, показывая им
следующие математические и телепатические трюки.
Вместо просьбы «задумать число», он просит их
«задумать формулу». Для облегчения расчетов это должна быть
квадратичная формула (не содержащая степеней х выше
двойки). Предположим, что задумана формула 5Х2 + Зх — 7.
Стоя спиной к студентам, Сойер просит подставить вместо
х значения 0, 1 и 2 и после произведения вычислений
сообщить ему результаты. В данном случае это будут числа (—7),
1 и 9. Черкнув что-то на бумаге (после тренировок вы
сможете делать это в уме), Сойер сообщает исходную формулу!
Метод нахождения формулы прост. Расположите в
один ряд сообщенные вам результаты вычислений. Под
этим рядом напишите второй ряд, представляющий
разности между соседними парами чисел, всегда вычитая
левое число из правого. Еще ниже, в третьем ряду, запишите
разность между находящимися выше числами. У вас
получится такая таблица:
Исчисление конечных разностей 287
-7 1 19
8 18
10
Коэффициент перед членом х2 в формуле всегда будет
равен половине нижнего числа из приведенной выше
таблицы. Коэффициент перед х получают вычитанием
половины нижнего числа из первого числа среднего ряда.
Значение же постоянного члена в формуле - это просто
первое число верхнего ряда.
То, что мы сейчас проделали, в чем-то аналогично
дифференцированию. Если у представляет значение формулы,
то формула выражает функцию у от х. Когда х принимает
значения простой арифметической прогрессии (0, 1, 2...),
у принимает ряд значений (-7, 1, 19...). Изучением таких
рядов и занимается исчисление конечных разностей. В
рассмотренном примере, применив простые операции к трем
членам ряда, мы получили возможность вывести
квадратичную функцию, которая определила эти три члена.
Исчисление конечных разностей берет свое начало от
трактата Methodus Incrementorum («Метод бесконечно
малых»), опубликованного английским математиком Бруком
Тейлором в 1715-1717 годы. (Вспомните ряды Тейлора из
курса высшей математики.) После появления работ
Леонарда Эйлера в Англии в 1860 году был опубликован
значимый труд Джорджа Буля, известного своей «булевой»
логикой. Поверхностные сведения об исчислении
конечных разностей часто приводились в учебниках по алгебре
ХЕХ века. Затем это направление математики было забыто
и использовалось только статистиками страховых обществ
при сличении таблиц годовой ренты и изредка учеными
для отыскания величин для формул при интерполяции.
В наше время оно возродилось вновь как ценный
инструмент статистики в социальных науках.
Элементарные операции исчисления конечных
разностей могут быть чрезвычайно полезны и для тех, кто
изучает занимательную математику. Давайте посмотрим, как
применить такие операции к старинной задаче о делении
288 Новые математические развлечения
блинчиков. На какое максимальное количество кусков
можно разрезать блинчик п прямыми разрезами, каждый
из которых пересекает все остальные? Нет никаких
сомнений в том, что это число будет функцией п. Если функция
не слишком сложна, то помочь отыскать ее может метод
исчисления конечных разностей с применением
эмпирических приемов.
При отсутствии разреза блинчика мы имеем один
кусок, один разрез дает два куска, при двух разрезах
получается четыре куска. Методом проб и ошибок нетрудно
показать, что начало соответствующего ряда выглядит так:
1, 2, 4, 7, 11... {см. рис. 125). Составим, как и прежде,
таблицу, формируя ряды, каждый из которых представлен
разностями между соседними членами верхнего ряда:
Число разрезов 0 12 3 4
Число кусков 1 2 4 7 11
Первые разности 12 3 4
Вторые разности 1 1 1
Если первоначальный ряд представлен линейной
функцией, то числа из ряда первых разностей все будут
одинаковы. Если функция квадратичная, то одинаковые
числа появятся в ряду вторых разностей. Кубическая
формула (степени не выше х3) даст одинаковые числа в ряду
третьих разностей и так далее. Другими словами, число
рядов, представляющих разности, определяется порядком
формулы. Если таблица требует десять рядов разностей до
того, как числа в ряду станут одинаковыми, то
производящая функция будет содержать степень*10.
В рассматриваемом примере только два ряда, так что
функция должна быть квадратичной. А если она
квадратичная, то мы можем получить ее простым методом,
который использовали при демонстрации телепатического
трюка.
Задача о разрезании блинчика имеет двойное
истолкование. Мы можем рассматривать ее как абстрактную
задачу чистой геометрии (идеальный круг, делящийся прямы-
Исчисление конечных разностей
289
Рис. 125
Задача с блинчиком
0 разрезов
1 кусок
2 разреза
4 куска
3 разреза
7 кусков
1 разрез
2 куска
4 разреза
11 кусков
ми линиями) или как задачу прикладной геометрии
(реальный блинчик, разрезаемый реальным ножом). Физика
изобилует ситуациями такого рода, которые можно
рассматривать с обеих сторон. Иногда формулы получают из
эмпирических результатов путем исчисления конечных
разностей. Известным примером квадратичной формулы
является формула для максимального количества
электронов, которые могут заполнять каждую «оболочку» атома.
Если считать от ядра атома, то количество электронов
составляет ряд 0, 2, 8, 18, 32, 50... Первый ряд разностей
имеет вид: 2, 6, 10, 14, 18... Второй ряд: 4, 4, 4, 4... Используя
ключ телепатического трюка, для максимального
количества электронов на п-й оболочке получаем простую
формулу 2п2.
Что делать, если функция имеет более высокий
порядок? Можно применить замечательную формулу,
выведенную Исааком Ньютоном. Она применяется во всех
случаях, независимо от числа рядов в таблице.
10-9434
290 Новые математические развлечения
Формула Ньютона предполагает, что ряд при п = О
имеет некоторое ненулевое значение. Обозначим это значение
буквой а. Первое число первого рада разностей обозначим
by первое число следующего рада — с и т. д. Тогда формула
для я-го числа радов имеет вид:
cn(n-l) dn{n-\){n-2)
— - +— - +
2 2-3
2-3-4
Эта формула используется только до члена, после
которого все дальнейшие дополнения будут равны нулю. Если
ее, например, применить к таблице, иллюстрирующей
разрезание блинчика, то в формулу вместо а, Ь, с будут
подставлены значения 1,1,1. Остальные члены опускаем,
потому что все нижние рады таблицы состоят из нулей.
Поэтому значения d, e,f... равны нулю, а следовательно, и
все слагаемые формулы, содержащие эти члены, тоже
равны нулю. Таким образом, мы получаем квадратичную
функцию У2 п2 + У2 п + 1.
Означает ли это, что мы нашли теперь формулу для
максимального количества кусков блинчика после его
деления п разрезами? К сожалению, самое большее, что
можно сказать в данный момент, это - «вероятно».
Почему такая неуверенность? Потому что для любого
конечного рада чисел имеется бесконечное множество
функций, которые образуют такой рад. (Это то же самое,
что сказать «Для любого конечного числа точек на
графике можно построить бесконечное число кривых,
проходящих через эти точки».) Рассмотрим рад 0, 1,2, 3... Каким
должен быть следующий член? Хорошим предположением
будет 4. На самом деле, если применить только что
описанный метод, то рад первых разностей должен состоять
из единиц, и формула Ньютона свидетельствует, что я-м
членом рада будет просто п. Но формула
п + х/2Ап{п-\){п-2){п-Ъ)
Исчисление конечных разностей 291
также производит ряд, который начинается с 0, 1,2, 3....
В этом случае продолжение ряда будет иметь вид не 4, 5,
6..., а 5, 10,21...
Здесь наблюдается поразительная аналогия с подходом,
с помощью которого открываются законы в науке. В самом
деле, метод вычисления разностей часто применяется при
исследовании физических явлений с целью
эмпирического поиска законов природы. Предположим, что какой-то
физик начал исследовать падение тел. Он определяет, что
камень за одну секунду пролетает 16 футов, за две секунды
64 фута и так далее. Результаты своих наблюдений физик
записывает в виде таблицы:
0 16 64 144 256
16 48 80 112
32 32 32
Реальные измерения, конечно, не обеспечили бы такой
высокой точности, но даже в этом случае числа
последнего ряда не отклонялись бы значительно от 32, так что
экспериментатор имел все основания предполагать, что
следующий ряд разностей будет состоять из нулей. Применив
формулу Ньютона, он пришел бы к выводу, что общее
расстояние, которое камень пролетает за п секунд,
выражается формулой 16я2. Но о самом законе эта формула не
говорит ничего определенного. Получена не больше чем
простейшая функция, которая объясняет ограниченную
серию наблюдений. Мы знаем наименьший порядок
кривой, которую можно провести через конечный набор точек
на графике. Истинность закона будет в значительной
степени подтверждена после проведения большого
количества наблюдений. Тем не менее никогда не будет
уверенности в том, что дополнительное увеличение количества
наблюдений не потребует внесения изменений в найденную
закономерность.
Что же касается деления блинчика, то хотя и
исследовалось не поведение реального объекта, а чисто
математическая структура, ситуация поразительно похожа.
292 Новые математические развлечения
Таким образом, нам теперь стало известно, что после
пятого разреза может и не получиться 16 кусков,
предсказанных формулой. Единственная неудача такого рода
разрушит формулу, тогда как никакое конечное число
успехов, какими бы значительными они ни были, не сможет
укрепить ее, сделав бесспорной. «Природа, - как отмечал
Дьёрдь Пойа, — может ответить и «Да», и «Нет». Но один
ответ она шепчет, а другой кричит. Ее «Да» —
предварительно, а «Нет» — окончательно». Пойа говорит о мире не
как о математической структуре. Но любопытно то, что его
позиция применима столь же хорошо и к
приблизительной оценке функций методом исчисления конечных
разностей. Выдвигая множество гипотез, ученые часто
прибегают к математической индукции, и Пойа в работе
Mathematics and Plausible Reasoning («Математика и
правдоподобные выводы») прекрасно описал процесс научного
поиска.
Несколько испытаний методом проб и ошибок с
помощью карандаша и бумаги подтверждают, что пять разрезов
блинчика в самом деле обеспечивают не более 16 кусков.
Таким образом, успешное предсказание по формуле
увеличивает степень ее правдивости. Но пока она не будет
доказана строго (в данном случае это сделать не трудно), она
остается только хорошим предсказанием. Почему самая
простая формула часто является наилучшим выбором как
с математической, так и с научной точки зрения? Этот
вопрос является одним из животрепещущих вопросов
современной философии науки. Но, увы, никто не имеет
полной ясности о том, что подразумевается под «самой
простой формулой».
Вот несколько задач, тесно связанных с задачей по
разрезанию блинчика, решение которых возможно методами
исчисления конечных разностей. Вначале найдите наилучшее
предположение для формулы, а затем попытайтесь доказать
формулу методами дедукции. Какое максимальное
количество кусков можно получить за п прямых одновременных
разрезов плоской фигуры, имеющей форму полумесяца?
Сколько кусков цилиндрического творожного пудинга мож-
Исчисление конечных разностей 293
но получить за п сплошных одновременных разрезов? На
сколько частей можно разделить плоскость пересечением
кругами одинаковых размеров? Различных размеров?
Эллипсами различных размеров? На сколько областей можно
разделить пространство путем пересечения сферами?
Многие задачи занимательной математики, включая
комбинаторику, часто содержат формулы низшего
порядка, которые можно корректно определить методом
исчисления конечных разностей и позже (надеемся) доказать.
При неограниченном количестве зубочисток п различных
цветов, сколько различных треугольников можно из них
построить на плоскости, если использовать по три
зубочистки на треугольник?
(Отражения рассматриваются как отдельный вариант, а
вращения - нет.) Сколько различных квадратов? Сколько
различных тетраэдров можно изготовить, окрашивая
каждую грань одним цветом и используя п цветов? (Два
тетраэдра считаются эквивалентными, если их можно
повернуть и расположить бок о бок так, что соответствующие
стороны окажутся одинаковыми по цвету.) Сколько кубов
можно построить при использовании п красок?
Конечно, когда ряд формируется функцией,
отличающейся от многочлена со степенями переменных,
требуются другие приемы в том же методе исчисления конечных
разностей. Например, экспоненциальная функция 2"
производит ряд 1, 2, 4, 8, 16... Ряд первых разностей выглядит
также 1, 2, 4, 8, 16..., так что процедуры, описанные
раньше, заведут нас в тупик. Иногда простые на вид ситуации
будут требовать для анализа такие ряды, которые заведут в
тупик любые попытки найти основную формулу. В
качестве характерного примера приведу задачу об ожерелье,
предложенную в одной из книг головоломок Генри Дьюде-
ни. Круглое ожерелье собрано из п бусинок. Каждая из
бусинок черная или белая. Сколько различных ожерелий
можно собрать из п бусинок? Начиная с пустой нитки,
этот ряд будет иметь вид 0, 2, 3, 4, 6, 8, 13, 18, 30... (На
рисунке 126 показано восемнадцать различных
разновидностей ожерелий при п = 7.) Я подозреваю, что ответ будет
294 Новые математические развлечения
оооооо
ооооо
оооооо
о
Рис. 126
Из семи двухцветных бусинок можно собрать восемнадцать
ожерелий
содержать две формулы: одну для нечетных п, другую —
для четных. Но можно ли определить основную формулу
методом исчисления конечных разностей, я не знаю.
«Решение такой задачи в общем виде затруднено, если
вообще возможно», — пишет Дьюдени. Эта задача
эквивалентна одной из базовых проблем информатики: «Каким
будет количество различных двоичных кодовых слов
данной длины при условии, что все слова, имеющие тот же
самый циклический порядок цифр, считаются
идентичными? Порядок цифр определяется как справа налево, так и
слева направо».
Гораздо более простую задачу прислали мне Чарльз
Б. Шорпп и Денис Т. О'Брайен, учащиеся школы Св.
Исаака Жога в Вернерсвилле, штат Пенсильвания. На ней
читатели могут проверить себя: «Какое максимальное
количество треугольников получится при пересечении п
прямых линий?» Рисунок 127 показывает, как образовать
десять треугольников пятью линиями. Сколько
треугольников можно создать шестью линиями и какова основная
формула? Эту формулу можно вначале найти методом
исчисления конечных разностей, а затем (при
соответствующей проницательности) легко показать, что она верна.
Исчисление конечных разностей 295
Рис. 127
Пять линий создают
десять треугольников
ДОПОЛНЕНИЕ
При применении формулы Ньютона к данным,
полученным опытным путем, иногда приходится сталкиваться с
аномалией для нулевого случая. Так, например, в книге
The Td Scientific American Book of Mathematical Puzzles &
Diversions («Вторая книга математических головоломок и
развлечений от Scientific American») приведена формула для
максимального числа частей, которые можно получить п
совместными прямыми разрезами блинчика. Формула
кубическая:
л3+3л2+8л
Ее можно получить с помощью формулы Ньютона,
если подставить в нее результаты исследований. Кажется,
что она для нулевого случая дает неверный результат.
Когда блинчик еще не разрезан, ясно, что это будет один
кусок, а формула свидетельствует, что кусков не должно быть
вообще. Чтобы исправить формулу, необходимо
определить «кусок» как часть блинчика, образующуюся при его
296 Новые математические развлечения
разрезке. Там, где возникает двусмысленность при
определении нулевого случая, необходимо провести обратную
экстраполяцию в таблице разностей и задать значение для
нулевого случая.
Для доказательства формулы, определяющей
максимальное число кусков, на которые может быть разделен
блинчик (круг) п прямыми разрезами, рассмотрим вначале
тот факт, что каждая п-я линия пересекает п — 1 линий.
Эти (л7 — 1) линий делят плоскость на п частей. Когда п-я
линия пересекает эти п частей, она разрезает каждую из
частей пополам, поэтому каждая п-я линия добавляет к
общему количеству п частей. В самом начале имеется один
кусок. Первый разрез увеличивает количество кусков на
единицу, второй - добавляет еще два куска, третий
разрез - три куска и т. д., пока п-й разрез не добавит п кусков.
Поэтому общее число кусков (частей) будет представлять
сумму 1 + 1 + 2 + 3 + ...+ п. Сумма 1 + 2 + 3 + ... + п равна
1/2 п (/i-l). К этому выражению мы должны добавить
еще 1, чтобы получить окончательную формулу.
Задачу о бусинках Дьюдени опубликовал в книге Puzzles
and Curious Problems («Головоломки и задачи для
любознательных») под номером 275. Джон Риордан ссылается на
эту задачу в своей книге Introduction to Combinatorial Analysis
(«Введение в комбинаторику»), 1958 года. В решении
задачи он не дает истинной формулы. Прежде он уже писал об
этой задаче в статье The Combinatorial Significance of a
Theorem ofPolia («Значение теоремы Пойа в
комбинаторике»), опубликованной в журнале Journal of the Society for
Industrial and Applied Mathematics, том 5, № 4, декабрь 1957,
с. 232—234. Эта задача нашла поразительное применение к
теории музыки и теории коммутации. Об этом можно
прочитать в статье Эдгара Н. Жильбера и Джона Риордана
Symmetry Types of Periodic Sequences («Типы симметрии
периодической последовательности»), Illinois Journal of
Mathematics, том 5, № 4, декабрь 1961, с. 657—665. Авторы
приводят следующую таблицу для различных типов
ожерелий с двухцветными бусинками в количествах от одной до
двадцати:
Исчисление конечных разностей 297
Число
бусинок
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
Число
ожерелий
2
3
4
6
8
13
18
30
46
78
126
224
380
687
1224
2250
4112
7685
14310
27012
Наличие формул для задачи об ожерелье, между
прочим, не означает, что Дьюдени был не прав, говоря, что
решение невозможно. Он мог иметь в виду, что
невозможно найти многочленное выражение для количества
ожерелий как функцию п таким образом, чтобы это
количество можно было рассчитать непосредственно по
формуле без необходимости составления таблицы простых
множителей. Ввиду того, что формулы включают
функцию Эйлера, количество ожерелий должно
рассчитываться рекурсивно. Язык Дьюдени не отличается
строгостью выражений, но, возможно, что рекурсивные
формулы он «решением» не считал. Тем не менее исчисление
конечных разностей никоим образом не обеспечивает
решения поставленной задачи, для которой известны
только рекурсивные формулы.
298 Новые математические развлечения
Несколько десятков читателей (слишком много для
того, чтобы привести здесь их список) прислали правильные
решения задачи еще до того, как была опубликована
формула Голомба. Некоторые воспользовались указаниями
Риордана, остальные нашли свой путь. Многие отмечали,
что при количестве бусинок, выраженном простым
числом (исключая 2), формула для количества различных
ожерелий становится очень простой:
9я"1 —1 —
-+22 +1.
п
В отделе писем журнала Scientific American в октябре
1961 года было опубликовано следующее письмо от Джона
Ф. Гаммери, директора частной школы Уильяма Пена из
Филадельфии:
Господа:
Я с большим интересом прочел вашу статью об
исчислении конечных разностей. Мне показалось, что одним из
наиболее интересных применений формулы Ньютона
является то, которое я открыл для себя еще задолго до
изучения этого раздела математики. Речь идет о
применении метода конечных разностей к степенному ряду.
Экспериментируя с цифрами, я обратил внимание на то, что
если написать ряд степеней, такой как 4, 9, 16, 25, 36, 49,
и определить их разности, как делали это вы, то получим
ряд, члены которого можно подвергнуть вычитанию еще
раз, чтобы придти к конечным разностям.
Таким же образом позже я проверил третьи и
четвертые степени и вывел свою формулу. Если п является
показателем степени, то необходимо вычитание проводить п
раз, и постоянные разности будут факториалом п-го
порядка. Я рассказал об этом своему отцу (он в течение
многих лет был директором Стробриджской
обсерватории при Хаверфордском колледже и учителем
математики). Его реакция была мгновенной: «Ну, Джон, ты открыл
исчисление конечных разностей».
Исчисление конечных разностей 299
ОТВЕТЫ
Сколько различных треугольников можно образовать
пересечением п прямых линий? Для образования одного
треугольника потребуется по меньшей мере три линии,
четыре линии образуют четыре треугольника, пять линий -
десять треугольников. Применив исчисление конечных
разностей, построим таблицу, изображенную на рисунке 128.
Три ряда разностей свидетельствуют о кубической
функции. По формуле Ньютона эта функция будет иметь вид:
1/вп(п — \)(п — 2). Она формирует ряд 0, 0, 0, 1, 4, 10... и
поэтому имеет хороший шанс оказаться формулой для
максимального числа треугольников, которое можно
образовать пересечением п линий.
Но это все еще только предположение, основанное на
небольшом количестве испытаний, проведенных с
помощью карандаша и бумаги. Его можно быть подтвердить
следующим доказательством.
Линии должны быть проведены таким образом, чтобы
ни одна пара из них не была параллельна, и в одной точке
не пересекалось больше двух линий. При этих условиях
каждая линия, несомненно, пересечет все остальные, и
каждый набор из трех линий должен образовать один
треугольник. Для этих трех линий невозможно образовать
больше одного треугольника, так что число
треугольников, сформированных таким образом, будет
максимальным. Поэтому эта задача эквивалентна следующему
вопросу: «Каким количеством различных способов можно
брать линии по три за раз из набора в п линий?» Элемен-
Число линий 0 12 3 4 5
Число треугольников 0 0 0 1 4 10
Первые разности 0 0 13 6
Вторые разности 0 12 3
Третьи разности 1 1 1
Рис. 128
Ответ на задачу о треугольниках
300 Новые математические развлечения
тарная комбинаторная математика предлагает такой же
ответ, как и формула, полученная опытным путем.
Соломон Голомб, о котором уже упоминалось в главе о
полиомино, был настолько любезен, что прислал мне свое
решение задачи об ожерельях. Задача заключалась в том,
чтобы найти формулу для числа различных ожерелий,
которые можно изготовить из п бусинок при условии, что
каждая бусинка может быть одного из двух цветов, а
вращения и отражения ожерелий различными вариантами не
считаются. Голомб показал, что одними лишь средствами
исчисления конечных разностей эту формулу не получить.
Пусть делители п (включая 1 и п) будут представлены
рядом dh d2, d3 ... Для каждого делителя определим то,
что называют функцией Эйлера данного делителя
(обозначим ее как O(d)). Эта функция представляет число
положительных целых чисел, не превышающих d,
которые не имеют с d общего делителя. Предполагается, что
1 считается, а само число d — нет. Таким образом, Ф(8)
равно 4, потому что 8 имеет следующие четыре целых
числа, которые для него являются простыми: 1, 3, 5, 7.
Пусть Ф(1) = 1. Функция Эйлера для 2, 3, 4, 5, 6, 7 даст
ряд значений 1, 2, 2, 4, 2, 6. Пусть а обозначает
количество различных цветов, которые может иметь бусинка.
Для ожерелий с нечетным числом бусинок формула,
определяющая количество различных ожерелий,
приведена в верхней части рисунка 129. Количество ожерелий
для четных значений п определяется по формуле,
расположенной внизу рисунка.
2п
п+1
2п
Рис. 129
Уравнения для решения задачи об ожерельях
Исчисление конечных разностей 301
Одиночные точки в формуле являются знаками
умножения. Голомб записал эти формулы в более сжатом,
специальном виде, но я считаю, что приведенные выше
формулы будут более понятны для большинства читателей.
Они являются общими по сравнению с формулами,
требующимися по условиям задачи, так как их можно
использовать для решения задач с бусинками не только двух, но и
нескольких цветов.
Формулы, представляющие ответы на другие вопросы
настоящей главы, имеют следующий вид:
1. Части полумесяца, образованные п прямыми
разрезами:
2. Части творожного пудинга, образованные п
сплошными разрезами:
+1
6
3. Участки плоскости, образованные п
пересекающимися кругами:
п2 - п + 2.
4. Участки плоскости, образованные п
пересекающимися эллипсами:
2п2 -2п + 2.
5. Участки пространства, образованные п
пересекающимися сферами:
3
6. Треугольники, построенные из зубочисток п
цветов:
302 Новые математические развлечения
7. Квадраты, построенные из зубочисток п цветов:
4 "
8. Тетраэдры, образованные гранями п цветов:
12
9. Кубы, образованные гранями п цветов:
24
Постскриптум
1. Двоичная система
Пол Свайнфорд, фокусник-любитель из города
Цинциннати, Огайо, изобрел специальную колоду «киберкарт»
{Cyberdeck). В верхней и нижней части этих карт отверстия
и прорези. С помощью такой колоды можно
продемонстрировать изумительное количество трюков. В 1986 году
этот фокусник издал буклет The Cyberdeck («Киберколо-
да»). И буклет, и сами карты можно приобрести в
специализированных магазинах.
2. Теория групп
и косы
После того как эта тема появилась в моей колонке в
Scientific American, я от Розалины Тейкер из Англии
узнал, это, по сути, традиционная японская игра середины
XIX века. Ее название Amida означает гало из лучей,
окружающих на картинах и скульптурных изображениях
голову Амида-Буцу — главного изображения Будды Ами-
табхи в Махаяне. См. статью Тейкер Amida («Амида»),
опубликованную в бюллетене Mathematical Gazette, том
61, с. 213-215.
304 Новые математические развлечения
4. Игры и головоломки Льюиса Кэрролла
Дональд Кнут, специалист по информатики из Стэн-
фордского университета, изобрел программу, которая
строит лестницы слов. В программе используются все
распространенные слова английского языка из пяти букв
(исключая имена собственные), причем они связаны вместе
огромным ненаправленным графом.
Каждое слово соединено с другим словом, которое
отличается от него одной буквой и находится, таким
образом, в одном шаге от него. В программу можно заложить
любые два слова из пяти букв, и она за доли секунды
покажет самую короткую лестницу между ними, если только
она существует. Вот пример еще более короткой лестницы,
чем приведенная на странице 66: rouge, route, routs, roots,
soots, shots, shoes, shoer, sheer, cheer, cheek.
Граф Кнута включает в себя 5757 слов, соединенных
14 135 связями. Большая часть пар слов можно соединить
лестницами. Некоторые из слов Кнут остроумно назвал
aloof-words, потому что слово aloof обозначает
«отчужденный» и действительно не имеет никаких соседей. Таких
отчужденных слов в графе 671. В качестве примера приведем
слова: earth (земля), ocean (океан), below (ниже), sugar
(сахар), laugh (смех), first (первый), third (третий), ninth
(девятый). Два слова — bares и cores — соединенные с 25 другими
словами, являются рекордсменами по количеству связей.
Есть 103 пары слов, не имеющих других соседей
(например, odium/opium и monad/gonad). В 1992 году Кнут на
рождественской открытке смог «перековать мечи на орала»
(sword (меч)/реасе (мир)) с помощью исключительно
лексикона Библии в ее стереотипном издании.
Свою программу Дональд Кнут описывает в первой
главе своей книги The Stanford GraphBase («Стэнфордс-
кий граф»), изданной в 1993 году. Более подробно он
планирует описать свою программу в готовящемся к
публикации трехтомнике, посвященном
комбинаторике. Эти книги выйдут в серии Art of Computer Programming
(«Искусство программирования»). О том, как решать
подобные задачи без компьютера, вы можете почитать в его
Постскриптум 305
статье под названием WORD, WARD, WARE, DARE, DAME,
GAME, опубликованной в журнале Games за июль—август
1978 года.
Руди Рукер, будучи не только математиком, но и
автором научной фантастики, ищет примеры в сфере
формальной логики. Он начинает цепочку со слова «аксиома»
(axiom) и заканчивает «теоремой» (theorem). Самая
короткая цепочка оказалась между словами prove (доказывать) и
theorem (теорема).
В журнале Word Ways, посвященном лингвистическим
развлечениям, было опубликовано множество заметок на
тему этой игры. Так в феврале 1979 года была
опубликована статья, в которой рассматривались слова, которые,
будучи перевернутыми, сохраняли смысл. Примерами таких
пар, между которыми строились лестницы, были tram/mart,
flog/golf, loops/spool. Автор этой статьи поставил себе целью
найти примеры подобных слов из 6 букв.
Интересен вопрос о том, существует ли замкнутая цепь,
которая проходит через все времена года и возвращается
обратно (spring/summer/autumn/winter). А если существует,
то каково самое короткое решение?
Дьюдени называл граф, соединяющий все слова из п
букв «словесной паутиной». Об этом я писал в колонке
компьютерного досуга в Scientific American в августе 1987
года. Он показал, что для всех двухбуквенных слов построить
такую паутину легко. Дьюдени спрашивал, реально ли
построить полный граф для трехбуквенных слов.
6. Настольные игры
К моему удивлению, в 1976 году одна из американских
компаний по производству игрушек Gabriel представила на
рынке игру под названием Othello, вскоре ставшую
бестселлером. Моему удивлению не было конца, потому что
это оказалась обычная реверси с небольшим изменением
правил. В традиционной игре реверси разрешена любая из
двух возможных позиций для четырех центральных
клеток. А в новой игре запрещена позиция, показанная на ри-
306 Новые математические развлечения
сунке 28. Партия начинается с одноцветными фишками,
стоящими по диагонали.
Журнал Time в номере от 22 ноября 1976 года
сообщал, что эту «новую» игру изобрел в 1971 году менеджер
одной из японских фармацевтических компаний Горо
Казагава. А к 1975 году уже было продано в Японии
четыре миллиона комплектов. Компания Gabriel купила
права на эту игру, даже не зная о том, что имеют дело со
столь известной игрой. (В материале своих колонок я
писал о реверси в 1960 году.) В журнале New York Times
Magazine за 31 октября 1976 года появилась реклама
игры Othello, где ее называют «новой настольной игрой».
Естественно, что новым в ней было только название.
Название Othello («Отелло») было выбрано, по мнению
журналистов Time, за то, что в ней, как и в одноименной
пьесе Шекспира, постоянные заговоры и перемены
ситуации.
Журнал Time в номере от 27 декабря 1976 года
опубликовал пару писем читателей, прямо указывающих на
идентичность Othello и реверси. А Э. Картер сравнила это
японское «оригинальное» изобретение с изобретением в
России лампочки накаливания. (В США считается, что
приоритет в изобретении лампы накаливания за Эдисоном,
тогда как в России — за Яблочковым или по другой версии
Ладыгиным. — Прьщ. пер.) Картер писала, что еще в
начале двадцатых она играла в эту игру со своей тетей — только
в качестве фишек были бумажные крышки от стеклянных
молочных бутылок.
По поводу этой игры я в свое время давал интервью
Джо Кеннеди, представителю газеты Times and World News
из города Роанок, Вирджиния. Статья, опубликованная в
воскресенье 25 октября 1977 года, называлась Othello
Unmasked as New Name for Old English Game («Отелло —
новое имя для старой английской игры»), Я рассказал
Кеннеди о том, что имел телефонный разговор с главой
компании Gabriel. Глава компании и не думал возражать, когда
узнал, что Othello на самом деле известная игра, поскольку
платил не за идею игры, а за ее торговое имя. По его ело-
Постскриптум 307
вам, японцы просто провели удачное исследование рынка,
«предварительно испытав продукт».
В рамках правил Othello ежегодно проводятся турниры
во всем мире. Периодически появляются компьютерные
программы, выиграть в которых может лишь сильный
игрок. Компания Fidelity Electronics представила
«электронного компаньона» Reversi Challenger, стоимостью $156. (См.
рекламу в ноябрьском номере журнала Games за 1983 год.)
Сын известного редактора Random House и писателя
Беннета Серфа Джонатан Серф по поручению журнала
Games написали статью, посвященную игре Othello. В
итоге Джонатан принял участие в первом соревновании по
правилам этой игры и был настолько заинтригован, что
продолжил дальнейшие исследования. Итогом этой
работы стало то, что Джонатан Серф стал чемпионом США,
а в 1980 году — первым чемпионом мира по игре в «Отел-
ло» и, кстати, до сих пор остается одним из немногих не
японцев, занимавших этот титул.
Кроме Серфа и двух французов остальные чемпионы
мира по этой игре были в подавляющем большинстве
японцы. В настоящее время Серф на турнирах не играет.
В 1979 году Серф стал основателем и первым
редактором Othello Quarterly — ежеквартального бюллетеня,
посвященного игре «Отелло». В настоящее время это
исторически первый и, пожалуй, лучший из издаваемых в Англии и
Европе периодических журналов на эту тему. С 1986 году
бюллетень Othello Quarterly стал выходить под редакцией
Кларенса Хьюлетта. В Соединенных Штатах его издает
ассоциация United States Othello Players Association
(Американская ассоциация игроков в «Отелло»).
Журнал Byte в июле 1980 года писал о первом турнире
по игре Othello между командой из людей и
микрокомпьютеров, проведенном в Северо-западном университете.
Победу одержал японец Хироши Иной, действующий тогда
чемпион мира по Othello. Второе место заняла
компьютерная программа, написанная Дэном и Кэт Шпраклен. Эти
авторы к тому времени уже прославились своей
шахматной программой Sargon.
308 Новые математические развлечения
Комплекты для игры в «Отелло» теперь продаются
почти по всему миру. Мировые турниры проводятся ежегодно,
причем каждый раз страна, где проводится турнир,
меняется. На 1993 год (когда создавалась эта книга) чемпионом
мира по этой игре был француз Марк Тастэ. Среди
чемпионов по «Отелло» был и американец Андерс Кьерульф.
Он родом из Норвегии и на 1993 год жил в Калифорнии.
В 1993 году международный турнир проходил в Англии в
ноябре.
В 1987 году я получил очаровательное письмо от
Петера Микельсена из Дании. (Я не смог ответить ему, потому
что не было обратного адреса.) Реверси, писал он, в Дании
имеет множество названий. Например, Tourne, Klak и
Omslay. Есть свидетельства о том, что у этой игры
китайские корни, причем они более древние, чем спор двух
англичан за «первенство» в изобретении этой игры.
Китайский вариант этой игры назывался Fan Mien, что означало
«переворачивать» (то же означает и «реверси»).
Я привел две самые короткие партии в реверси, выбрав,
правда, в качестве дебюта запрещенную в игре «Отелло»
позицию. Микельсен сообщал мне, что британец Дэвид
Хейг доказал, что существуют еще два варианта с тем же
количеством ходов из той же позиции. Если же
рассматривать дебютную позицию из игры «Отелло», то существует
57 партий, в которых первый игрок побеждает на 7-м ходу.
Они были обнаружены в 1975 году японцем Манубу Маруо
и затем подтверждены компьютерным расчетом.
7. Упаковка шаров
Хотя в поисках плотных упаковок для сфер в
пространстве размерностей выше три и была проведена большая
работа, до сих пор не существует доказательств того, что
самая плотная упаковка имеет плотность чуть выше 0,74
(я/л/Г8 - именно такую плотность дают практически все
плотные упаковки). Дуглас Мадер из компании Mitre,
Массачусетс, показал, что в трехмерном пространстве
плотность упаковки шаров не может превышать 0,77836.
Постскриптум 309
Для четырехмерного пространства известно, что
координатное число (количество шаров, окружающих и
касающихся один шар) составляет 24 или 25. Недавние
исследования подтвердили значение 24. А в 1991 году В. Хсаянг из
Калифорнийского университета в Беркли объявил, что
предельная плотность упаковки шаров в 0,74 доказана
теоретически. Изложение доказательства заняло 200
страниц. Но анализ профессиональных математиков выявил в
нем столько изъянов, что после пересмотра автором текст
доказательства сжался до 98 страниц. Согласно
сообщению Science ряд математиков не признают пересмотренное
доказательство корректным.
Станислав Улам еще в 1972 году говорил мне, что для
сфер среди других одинаковых выпуклых тел предельная
плотность упаковки она из самых малых. Однако, по
словам Улама, доказать это будет непросто.
Если вам, читатель, интересно, какие из числа самых
известных плотных упаковок для пространств
размерности 4—13 существуют, то смотрите главу 3 моей книги
Mathematical Circus («Математический цирк»).
8. Трансцендентное число л
Что за d в кругу томиться,
То диаметр - не птица.
Ты умножь его на друга
И получишь окружность круга.
Друг зовется числом «Пи»,
Равен трем - четырнадцати (3,14159).
Народное творчество
В 1989 году Ясумаса Канада из Токийского
университета взял «миллиардный барьер», вычислив 1 073 740 000
знаков числа к. Этот рекорд держался вплоть до 1991 года,
пока два иммигранта из России, Давид и Григорий Чуд-
новские, работающие в Колумбийском университете, не
вычислили число к с точностью 2 260 821 336 знаков после
запятой.
310 Новые математические развлечения
Математики из России использовали очень быстрый
алгоритм, основанный на открытии индийского
математика Рамануджана, что е в степени к, умноженного на Vl63>
дает значение, невероятно близкое к целому числу. (См.
глава 10 в моей книге Time Travel and Other Mathematical
Bewilderments («Путешествие во времени и другие
математические незадачи»)). В расчетах используются только
целые числа. Каждый цикл добавляет 14 цифр, так что
начинать вычисления сначала нет необходимости. Сейчас
любой, у кого есть персональный компьютер, может
рассчитывать все новые и новые группы из 14 знаков числа тс, и
точность вычислений будет определяться исключительно
наличием машинного времени.
Ясумаса сказал, что на подобные вычисления его
толкнуло любопытство. А Давид Чудновский остроумно
заметил, что он вместе с братом хотел «увидеть хвост дракона».
Интересную характеристику этим двум российским
программистам дал журнал The New Yorker за 2 марта 1992
года. Статью под названием The Mountains of Pi («Покорение
я») написал журналист Ричард Престон. По его словам
Чудновские собрали суперкомпьютер в своей квартире из
комплектующих, которые они заказывали по почте. На
сегодняшний момент в этой чудовищной
последовательности цифр ошибок обнаружено не было. Давид заметил, что
«их следующая цель — это триллион цифр».
Если читателю интересна история числа тс, ее в деталях
можно найти в моей книге Gardner's Whys and Wherefores
(«Почему и для чего»). Глава, посвященная числу л,
называется Slicing Pi into Millions («Миллионы знаков числа Пи»).
Льюис Кэрролл планировал написать книгу под
названием Plain Facts for Circle Squarers («Простые факты о
круге»), однако его планам не было суждено сбыться. В своем
введении к геометрии New Theory of Parallels («Новая
теория параллелей») Льюис приводит комментарии, которые
будут небезынтересны профессиональным математикам,
которым досаждали чудаки, пытавшиеся с помощью
циркуля и линейки осуществить трисекцию угла и квадратуру
круга:
Постскриптум 311
«Один из них вселил в меня ложные надежды и
толкнул на шаг большой смелости. А именно -
осуществить квадратуру круга. Как оказалось, этот
научный подвиг он совершил по ошибке, взяв в
качестве значения числа п грубое округление 3,2! Эта
чудовищная ошибка соблазнила меня опровергнуть
автора ошибочного доказательства, что
представлялось мне делом нехитрым. Но в ходе переписки я с
горечью вынужден был признать, что у меня не
было никаких шансов».
9. Матемаг Виктор Айген
Энди Лю из университета Альберта, Канада, прислал мне
изящное доказательство теоремы о замкнутой
самопересекающейся кривой. Автор рассматривает кривую, как
карту, области которой окрашиваются в два цвета. Ниже я
привожу доказательство Радемахера и Топлица. Его
обобщил и опубликовал Уотерхауз в выпуске ежемесячного
математического бюллетеня The American Mathematical
Monthly за февраль 1961 года.
Мы хотим показать, что количество отрезков
между последовательными парами точек, через
которые проходим, двигаясь вдоль кривой, четное.
Давайте назовем одну часть кривой В, а другую часть
кривой — С. На участке В все отрезки мы проходим
дважды, так что нам достаточно рассматривать
только пересечения отрезков В и С. Но часть кривой С
мы можем заменить произвольной кривой, не
изменив при этом последовательность ее пересечений с
В. Согласно теореме Джордана, кривые В и С
пересекаются четное количество раз.
В комментариях редактора говориться, что эта теорема
играет важную роль в теории узлов.
С тех пор как я одним из первых написал о трюке с
девятью картами, уже многие писали о его разновидностях.
312 Новые математические развлечения
В журналах по магии появлялись статьи на эту тему, а в
специализированных магазинах — комплекты для показа
фокусов. В 1990 году Дэвид Копперфильд представил во
время одного из телешоу остроумную версию этого трюка.
Описание этого трюка вы можете найти в статье Сидни
Колпаса David Coperfield's Oriental Express Trick
(«Исчезновение Восточного экспресса»), опубликованной в журнале
The Mathematics Teacher («Учитель математики») в
октябрьском номере за 1991 год.
Я тоже писал об этом трюке. Так в 1993 году я написал
пособие по «магии» Martin Gardner Presents («Мартин
Гарднер представляет»), которое можно найти в
специализированных магазинах.
10. Теорема о четырех красках
В 1976 году Вольфганг Карен и Кеннет Аппель из Илли-
нойского университета объявили о том, что нашли
компьютерное доказательство теоремы о четырех красках.
Наверное, потребуется не одна тысяча часов
компьютерного времени, чтобы проверить эти расчеты. Распечатка
результатов столь ужасающего объема, что для проверки
доказательства потребуются году работы
профессиональных математиков. Однако еще жива надежда, что будет
предложено менее громоздкое доказательство этой
теоремы.
11. Мистер Аполлинакс в Нью-Йорке
Приведенный мной парадокс исчезающей плитки был
придуман в Китае. В начале 1990-х годов он лег в основу
головоломки Puzzle Mania (производства компании
Playtime Toys, Кентукки).
12. Девять задач
Головоломки на маневрирование поезда составляли и
Сэм Ллойд, и Эрнест Дьюдени, и многие другие. Вот две
недавно опубликованные на эту тему статьи — заметка
Постскриптум 313
Дьюдени для колонки Computer Recreation
(«Занимательная информатика») в июньском номере журнала
Scientific American за 1987 год и статья Reversing Train!A Turn
of the Century Sorting Problem («Развернуть поезд - задача
на алгоритмы сортировки») Нэнси Амато в журнале
Journal of Algorithms («Теория алгоритмов»), том 10, 1989, с.
413-428.
13. Полимоно и «прочные» прямоугольники
С тех пор как я в 1959 году обратился к столь
захватывающей теме, как полиомино, на эту тему написано, наверное,
сотни работ, перечислить которые не представляется здесь
возможным.
Один из вопросов я оставил открытым: «Может ли
«зубчатый квадрат» (см. рис. 69) иметь мономино на
границе в третьей позиции от угла. В журнале The Journal of
Recreational Mathematics («Журнал занимательной
математики»), том 24, № 1, 1992, с. 70, сообщал о том, что А. ван де
Ветеринг из Нидерландов смог написать компьютерную
программу, которая нашла все возможные решения. Их
оказалось десять (они опубликованы в том же журнале,
том 23, № 2, 1991, с. 146), но ни в одном из них мономино
не находилось в указанной позиции.
В одной, сравнительно скромной по объему
публикации сообщалось об обобщении задачи непрерывного
заполнения пространства фигурами в трехмерном
пространстве. Это заметка Яна Микельски в ежемесячном
математическом бюллетене The American Mathematical Monthly
(том 77, июнь—июль 1970, с. 656). Вот формулировка
решаемой в статье задачи:
Куб 20 х 20 х 20 сложен из кирпичей размером
2x2x1. Грани кирпичей параллельны граням куба,
однако кирпичи не обязательно лежат на грани 2x2.
Докажите, что куб можно пронзить прямой линией,
перпендикулярной одной из граней так, что эта
линия не будет проходить ни через один кирпич.
314 Новые математические развлечения
Доказательство приведено в том же бюллетене в томе
78, август-сентябрь 1971 года, с. 801.
14. Греко-латинские квадраты Эйлера
Существует ли конечная проективная плоскость в
пространстве размерностью десять? Доказательство
невозможности ее существования было получено в 1988 году К. Лэ-
мом из университета Конкордии, Монреаль, Канада. Ее
аналог — греко-латинский квадрат десятого порядка с
девятью символами в каждой клетке. (Ищем 9
взаимно-ортогональных квадратов!) В таблице получилось 111 строк и
111 столбцов, расчет которой потребовал нескольких
тысяч часов машинного времени. Работа с учетом состояния
вычислительной техники на период написания книги
растянулась на три года. Результаты тогда показали, что
существует не более восьми взаимно-ортогональных
греко-латинских квадратов 10 х 10.
Доказательство Лэма, как и в случае с доказательством
теоремы о четырех красках, основывается на
компьютерном расчете, распечатка результатов которого слишком
объемна, чтобы ее могли детально проверить математики.
Это невольно рождает вопрос, действительно ли это
доказательство или лишь эмпирические соображения, которые
подтверждают предположение с высокой степенью
вероятности. Объявив в 1988 году о своем сенсационном
открытии, Лэм с коллегами впоследствии нашли две
ошибки, которые впоследствии сумели исправить. Но нет ли
еще ошибок? А если они и есть, то не фатальны ли они для
доказательства? С тех пор ошибок найдено не было, и
доказательство невозможности существования конечной
проективной плоскости порядка десять представляется
надежным. Ведь до сих пор не обнаружено в явном виде
даже трех взаимно-ортогональных греко-латинских
квадрата порядка 10.
Также я спрашивал, может ли содержать
греко-латинский квадрат порядка 10 в своем составе такой квадрат
порядка три. По единодушному мнению читателей — не может.
Постскриптум 315
Я спрашивал, существует ли греко-латинский квадрат
порядка 10 с магическими диагоналями. Ответ
положительный. Вот прекрасный пример, обнаруженный в 1974
году Мэлом Мостом из Нью-Йорка:
90 89 72 67 53 44 35 28 16 01
68 47 05 50 81 92 13 36 24 79
29 33 66 91 02 18 74 87 40 55
73 12 20 85 96 07 48 51 39 64
15 94 37 22 78 59 80 03 61 46
57 26 49 04 10 31 62 75 83 98
84 58 11 76 27 63 09 42 95 30
41 00 93 38 69 25 56 14 77 82
06 65 88 43 34 70 21 99 52 17
32 71 54 19 45 86 97 60 08 23
16. 24 цветных квадрата и 30 цветных кубиков
Для прямоугольника 4x6, составленного из 24 цветных
квадратов, я насчитал 12 261 варианта, но, кажется,
упустил целую тысячу. Во всяком случае, Хиларио Лонг из
Буэнос-Айреса в 1977 году насчитал 13 328 вариантов
размещения. Для пары прямоугольников 3x4 Харрис насчитал
1 482 решений. Модифицировав компьютерную
программу Харриса, Вейд Филпотт из Лайма, Огайо, насчитал 128
решений для трех прямоугольников 2x4.
Позднее я опубликовал материал Перси Макмахона о
24 цветных треугольниках в своей книге Mathematical
Magic Show («Шоу математической магии»). А материал
колонки, посвященный 30 кубам с комментариями Джона
Конвея, был опубликован в книге Fractal Music, HyperCards,
and More («Фрактальная музыка, гиперкарты и не
только»).
Гарри Нельсон, в прошлом редактор журнала The Journal
of Recreational Mathematics («Журнал занимательной
математики»), в 1972 году изобрел замечательную настольную игру
с использованием 24 квадратов. Игра идет на доске 5 х 5 на
всех 25 клетках, а игровые фишки размером с клетку.
316 Новые математические развлечения
17. Г. СМ. Кокстер
За прошедшие году на тему теоремы Морли было сделано
множество публикаций. В приложении к главе я упомянул
лишь некоторые из них.
В апреле 1966 я посвятил искусству Эшера целую
колонку. Позднее этот материал появился в моей книге
Mathematical Circus («Математический цирк»). С тех пор
неослабевающий интерес к творчеству Эшера породил
множество книг и статей. Отдельно я хотел бы отметить
книгу Дорис Шаттшнайдер М. С. Escher: Visions of Symmetry
(«Эшер: образы симметрии»), опубликованную в 1990
году. Работая над материалом колонки об Эшере, я приобрел
у самого Эшера одну из работ, поместил в рамку и повесил
на стене. Если бы я мог только предположить такой рост
популярности этого художника, то, возможно, приобрел
бы далеко не одну работу. Это могло бы стать лучшим
вложением средств, что я когда-либо делал!
19. Еще девять задач
Выдающийся математик Станислав Улам в своей
автобиографии Adventures of a Mathematician («Приключения
математика»), увидевшей свет в 1976 году, предложил
дополнить игру в двадцать вопросов следующим правилом.
Тому, кто отвечает на вопросы, разрешают один раз сказать
неправду. Каково в таком случае минимальное количество
вопросов, необходимое для определения задуманного
числа в диапазоне от 1 до миллиона? А что, если разрешить
ему сказать неправду дважды?
Общий случай этой задачи далек от решения. Если
право на ложь человеку не дается, то количество вопросов,
конечно, будет двадцать. Если ложь разрешена только один
раз, то число угадать можно с 25 вопросов. В журнале
Journal of Combinatorial Theory («Теория комбинаторики»),
серия А, том 44, с. 129-140, январь 1987, появилась статья
Андрека Пельча Solution of Ulam's Problem on Searching with
a Lie («Решение задачи Улама с лжецом»). Автор этой
статьи дает алгоритм составления минимального числа во-
Постскриптум 317
просов, необходимых для определения числа от 1 и п.
Другой вариант доказательства минимума в 25 вопросов
приводит Иван Нивен в статье Coding Theory Applied to a
Problem ofUlam («Применение теории кодирования к
задаче Улама»), опубликованной в журнале Mathematics
Magazine, том 61, с. 75-81, декабрь 1988.
В варианте, когда допустимы два ложных ответа,
минимальное количество вопросов равно 29. Эту величину
установили Юрек Чизович, Андрее Пельч и Даниэль
Мандичи. Их заметка была опубликована в журнале
Journal of Combinatorial Theory (серия А), том 49, с. 384—388,
ноябрь 1988. В том же журнале (том 52, с. 62—76, сентябрь
1989) появилась другая заметка тех же авторов, где была
решена более общая задача для случая двух ложных
ответов и диапазона выбора от 1 до 2". Войцех Гузик в том же
журнале, том 54, с. 1-19, 1990, исчерпывающе решил
задачу для двух случаев лжи и произвольного предельного
значения п.
А что можно сказать про вариант, когда допустимы три
ложных ответа? В случае с предельным значением в один
миллион решение получили Альберто Негро и Маггео Си-
рено (тот же журнал, том 59, 1992). Они предложили
алгоритм из 33 вопросов.
Вариант с четырьмя ложными ответами остался без
решения даже для фиксированного диапазона от единицы до
миллиона. Конечно же если в условия заложить
возможность лжи на каждом вопросе, то алгоритма определения
числа существовать не может. Задача Улама тесно связана
с коррекцией ошибок в теории кодирования.
Ян Стюарт подвел итоги в статье How to Play Twenty
Questions with a Liar («20 вопросов лжецу»),
опубликованной в журнале New Scientist 17 октября 1992 года. Барри
Кипра опубликовал аналогичную статью под названием
All Theorems Great and Small («Все теоремы — большие и
малые») в июльском номере журнала SIAM News за 1992 год.
Есть много вариантов и обобщений головоломок с
перекладыванием монет так, чтобы они образовывали пары.
Вот некоторые литературные источники:
318 Новые математические развлечения
Статья Енга-Вена An Interlacing Transformation Problem
(«Задачи на переплетения»), ежемесячный
математический бюллетень The American Mathematical Monthly, том 67,
декабрь 1996, с. 974-976.
Статья Джеймса Ашагби и Франсис Шин Some New
Results on a Shuffling Problem («Новые результаты в задачах
на тасовку»), The Journal of Recreational Mathematics, том 12,
№2, 1979-80, с. 126-129.
Статья Яна Гомберта Coin Strings («Цепочки из монет»),
Mathematics Magazine, ноябрь-декабрь 1969, с. 244-247.
Существует 34 топологически различных выпуклых
гептаэдра (семигранника), 257 октаэдра (восьмигранника) и
2606 девятигранника. Ниже приведены три невыпуклых
гептаэдра. А всего существует 26 невыпуклых гептаэдра и
277 невыпуклых октаэдра. Об этом можно дополнительно
почитать статьи П. Федерико Enumeration of Polyhedra: The
Number of 9-hedra («Многообразие многогранников -
девятигранники»), Journal of Combinatorial Theory, том 7, сентябрь
1969, с. 155-156, Polyhedra with 4 to 8 Faces («Многогранники:
от 4 до 8 граней»), Geometria Dedicata, том 3, 1971, с. 469-481
и The Number of Polyhedra («Количество многогранников»),
Philips Research Reports, том 30, 1975, с. 220-231.
Однако формула для расчета топологически различных
выпуклых многогранников с заданным числом граней до
сих пор не найдена.
Пол Р. Барнетт привлек мое внимание тем, что
процитировал строчку из Ветхого Завета: Ибо вот тот камень,
который Я полагаю перед Иисусом; на этом одном камне
семь очей; вот, Я вырежу на нем начертания его... (Зах.,
3:9) В современном переводе М. П. Смита:
Но посмотрите на камень, который я поставил перед
Иисусом. На цельном куске камня с семью гранями я нанесу
свои заповеди.
Постскриптум
319
Три вогнутых гексаэдра
Схема логически строгого доказательства того, что
существует только 7 топологически различных выпуклых
гексаэдра, представлена в статье Дональда Кроу Euler's
Formula for Polyhedra and Related Topics («Формула Эйлера
для многогранника и близкие темы») и в заметке Excursions
into Mathematics («Вглубь математики») Анатоля Бека,
Майкла Блейчера и Дональда Кроу.
20. Исчисление конечных разностей
Дональд Кнут обратил мое внимание на самое первое
известное решение задачи Дьюдени о бусинках. Ее решил
Перси Макмахон, и произошло это еще в 1892 году.
Собственно задача Дьюдени и это ее решение обсуждаются в
книге Concrete Mathematics авторов Рональда Грэма,
Дональда Кнута и Орена Паташника.
Научно-популярное издание
Мартин Гарднер
НОВЫЕ МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
РАЗВЛЕЧЕНИЯ
Перевод с английского А.В. Банкрашкова
Зав. редакцией Е. М. Иванова
Редактор П. М. Волцит
Художественный редактор И. В. Шибалкина
Технический редактор Н. И. Герасимова
Компьютерная верстка Е. М. Илюшиной
ООО «Издательство ACT»
141100, РФ, Московская обл., г. Щёлково, ул. Заречная, д. 96
ООО «Издательство Астрель»
129085, г. Москва, пр-д Ольминского, д. За
Вся информация о книгах и авторах
Издательской группы «ACT» на сайте
www.ast.ru
По вопросам оптовой покупки книг
Издательской группы «ACT»
обращаться по адресу:
г. Москва, Звездный бульвар, д. 21 (7 этаж)
Тел.: 616-01-01, 232-17-16
Заказ книг по почте:
123022, Москва, а/я 71, «Книга - почтой»,
или на сайте: shop.avanta.ru
ОАО «Владимирская книжная типография»
600000, г. Владимир, Октябрьский проспект, д. 7.
Качество печати соответствует качеству предоставленных диапозитивов
Первая книга Мартина Гарднера была опубликована в 1935 г. С тех пор
и по сей день он очаровывает, озадачивает и развлекает бесчисленное
множество читателей во всем мире. Наибольшую славу ему принесла
колонка «Математические игры» в журнале Scientific American, которую он
вел в течение 25 лет. Большая часть головоломок в этой книге взята из этой
колонки. М. Гарднер написал более 40 книг, в том числе художественных и
философских. Он — лауреат многих престижных наград и званий, в числе
которых звание почетного доктора Университета Бакнелла, награды за
научные публикации Американского института физики и Американского
математического общества. Он также почетный член Математической
ассоциации США. Другие книги Мартина Гарднера - «Калейдоскоп
головоломок», «Математический цирк», «Математическое шоу» - теперь
также доступны в русском переводе.
«В книгах М. Гарднера числа вырываются из своего бесконечного серого
ряда и становятся самостоятельными личностями: «квадратные» числа
маршируют победным маршем, иррациональные числа едва ускользают от
попыток поймать их за хвост, мнимые числа заполняют несуществующие
пробелы между действительными. Из цифр и их родных сестер - букв -
Мартин Гарднер создает одновременно глубокие и забавные задачи,
парадоксы, анаграммы, палиндромы, карточные фокусы и цирковые
трюки».
«Ньюсуик»
«М. Гарднер — выдающийся научный фокусник... Его математические
игры - один из немногих мостов, проложенных над пропастью «взаимной
некомпетентности» технических и гуманитарных наук».
«Тайм»
«Маптин Гашнео обращается к острейшим проблемам математики с
збсуждая головоломные и простые
«Нью-Сайентист»
I