Автор: Шуберт Г.  

Теги: математика   задачи на логику   игры   математика для детей   развитие интеллекта   увлекательная математика  

ISBN: 978-5-9524-5239-8

Год: 2017

Похожие

Математический энциклопедический словарь

Элементарная топология

Математические головоломки и развлечения

Алгоритмы: Построение, анализ и реализация на языке программирования Си

Текст 
                    Герман Шуберт
Москва
развлечения
и игры


© ÇÀÎ «Öåíòðïîëèãðàô»,
èçäàíèå, îôîðìëåíèå, 2017
Øóáåðò, Ã.
Ø95 Ìàòåìàòè÷åñêèå ðàçâëå÷åíèÿ è èãðû / Ã. Øóáåðò;
[ïåð. ñ íåì. È.Ë. Ëåâèíòîâà, ïîä ðåä. è ñ äîáàâëåíè-
ÿìè ïðîô. Ñ.Î. Øàòóíîâñêîãî].
—
Ì.: ÇÀÎ Öåíòð-
ïîëèãðàô, 2017.
—
253 ñ., èë.
—
(Àçáóêà íàóêè äëÿ
þíûõ ãåíèåâ).
ISBN 978-5 -9524-5239-8
Ñïóñòÿ ïî÷òè âåê ïîñëå ñâîåãî âòîðîãî èçäàíèÿ óâëåêàòåëüíåéøàÿ êíèãà
íåìåöêîãî ó÷åíîãî íà÷àëà XX ñòîëåòèÿ Ãåðìàíà Øóáåðòà âíîâü âûõîäèò â ñâåò.
Ïîñâÿùåííàÿ íåñòàðåþùåé ìàòåìàòèêå, îíà áóäåò ðàâíî èíòåðåñíà þíûì ÷è-
òàòåëÿì, çíàêîìûì ïî øêîëüíîìó êóðñó ñ àëãåáðîé è ãåîìåòðèåé, è âçðîñëûì
ëþáèòåëÿì çàíèìàòåëüíûõ çàäà÷. Èãðû è ðàçâëå÷åíèÿ, îïèñàííûå íà ñòðàíèöàõ
êíèãè, ïîìîãóò ðàçâèòü ìîëîäûå óìû è îòòî÷èòü ñïîñîáíîñòè óâëå÷åííûõ ïðåä-
ìåòîì ÷èòàòåëåé, ðàçîâüþò ëîãèêó è âíèìàòåëüíîñòü.
ÓÄÊ 51-8
ÁÁÊ 22.1
ÓÄÊ 51-8
ÁÁÊ 22.1
Ø95
ISBN 978-5-9524-5239-8
Разработка серийного оформления
И.А. Озерова
Hermann Shubert. Mathematische Mußestunden, 1897
Îõðàíÿåòñÿ çàêîíîäàòåëüñòâîì ÐÔ
î çàùèòå èíòåëëåêòóàëüíûõ ïðàâ.
Âîñïðîèçâåäåíèå âñåé êíèãè èëè ëþáîé åå ÷àñòè
âîñïðåùàåòñÿ áåç ïèñüìåííîãî ðàçðåøåíèÿ èçäàòåëÿ.
Ëþáûå ïîïûòêè íàðóøåíèÿ çàêîíà
áóäóò ïðåñëåäîâàòüñÿ â ñóäåáíîì ïîðÿäêå.


3
ПРЕДИСЛОВИЕ ОТ ИЗДАТЕЛЬСТВА
Автор этой книги Герман Шуберт — выдающийся не-
мецкий математик, основавший специальное направле-
ние алгебраической геометрии — «исчислительную гео-
метрию». Изучал n-мерные обобщения в многомерной
алгебраической геометрии и — детально — отношение
инцидентности (1876). Известны формула инцидентно-
сти Шуберта, многообразия Шуберта, клетки Шуберта и
др. Получил Золотую медаль Королевской датской Ака-
демии наук в 1874 году за решение поставленного Иеро-
нимом Цейтеном вопроса о расширении теории особен-
ностей в пространстве кубических кривых.
Книга «Математические развлечения и игры» дваж-
ды выходила в одесском издательстве «Матезис» в 1911 и
1923 годах, в настоящем издании за основу принято вто-
рое — под редакцией и с добавлениями отечественного
математика профессора С.О. Шатуновкого. Текст остался
неизменным, но были убраны опечатки, а также слегка
адаптированы к современному читателю некоторые уста-
ревшие выражения. Занимательная книга, посвященная
нестареющей математике, будет интересна как юным чи-
тателям, так и их родителям и всем, увлекающимся пред-
метом. Приведенные задачи помогут отточить полученные
в школе на уроках алгебры и геометрии навыки, разовьют
логику и внимательность и заострят ум.


4
Ludendo discimus.
Leibnitz
ПРЕДИСЛОВИЕ К РУССКОМУ ИЗДАНИЮ
Книга Шуберта Mathematische Mussestunden предпо-
лагает от читателя весьма элементарные знания по мате-
матике, и потому автор почти нигде не даёт завершённой
математической обработки рассматриваемых в книге за-
дач. Некоторые из них допускают, однако, совершенно
законченную, строгую и вместе с тем вполне элементар-
ную обработку. Таковы, например, задачи о цепях доми-
но, о гирях, о переливаниях и другие. Издательство сочло
полезным снабдить русский перевод добавлениями, со-
держащими строгую элементарную обработку таких во-
просов, и примечаниями, поясняющими то или другое
место текста книги. Добавления, принадлежащие проф.
С.О. Шатуновскому, и примечания даны в конце книги.


5
ПРЕДИСЛОВИЕ К ПЕРВОМУ НЕМЕЦКОМУ
ИЗДАНИЮ
Предлагаемый сборник требует от читателя знаком-
ства лишь с первоначальными элементами арифметики.
Как в сборниках Люка1 и Болла2, здесь представлены в
историко-критическом изложении важнейшие запутан-
ные игры и задачи математической природы, которые
могут служить для развлечения. Хотя Шуберт многое за-
имствовал из названных сборников, но в большинстве
содержащихся в книге вопросов автор пользовался сво-
ими собственными исследованиями. Из книг с анало-
гичным содержанием, относящихся к более давнему
времени, следует назвать на первом месте книгу Баше
де Мезирьяка3. Раньше Баше математические развлече-
ния разрабатывались Карданом4 и Тартальей5
, а после
1
Lucas E. Récréations mathématiques. Paris, 1882. Кроме того: Lucas,
L’Arithmétique amusante. Paris, 1895 (издано после смерти автора
H. Delannoy, С.A. Laisant и Е. Lemoine).
2
Rouse Ball W.W. Mathematical recreations and problems of past and
present times. London, 1892.
3
Méziriac В. de. Problesmes plaisans et délectables qui se font par les
nombres. 1-е изд.: Paris, 1612; 2-е изд.: Lyon, 1624; 3-е и 4-е изд., улучш.
и доп. Лабоном (Labosne): Paris, 1874 и 1879.
4
Cardano. De subtilitate libri XX. Nürnberg, 1550.
5
Tartaglia. Quesiti et inventioni diverse. Venetia, 1554; Trattato de nu-
meri e misure. Venetia, 1556; Opere, Venetia, 1606.


Баше — Оутредом1 и Озанамом2. Появившиеся в XIX сто-
летии в Германии книги Монтага3, Миттенцвея4 и др.
содержат, правда, много занимательных задач, но не
дают математической критики их. Лишь статьи5, опубли-
кованные автором этой книги в журнале Naturwissen-
schaftliche Wochenschrift за 1893—1895 гг. под заглавием
Mathematische Spielereien, дают уже некоторую матема-
тическую критику, хотя и не очень глубокую, содержа-
щихся в них головоломок.
Герман Шуберт
Гамбург, ноябрь 1897 г.
1
Oughtred. Mathematical Recreations. London, 1653.
2
Ozanam. Récréations mathématiques et physiques. Paris, 1694; вышло
множество доп. и улучш. изд.
3
Montag. Die Wunder der Arithmetik. Leipzig.
4
Mittenzwey. Mathematische Kurzweil. 3 -е изд. Leipzig, 1895.
5
Эти статьи изданы также отдельной книгой Zwölf Geduldspiele
(Berlin, 1895. Ныне издательство Göschen, Leipzig).


7
ПРЕДИСЛОВИЕ К ВТОРОМУ НЕМЕЦКОМУ
ИЗДАНИЮ
В 1899 г. я приготовил новое большое трёхтомное из-
дание моей книги «Математические развлечения», кото-
рая появилась впервые в 1898 г.; следующее издание,
вышедшее в свет в 1900 г., имело втрое больший объём,
чем первоначальное. Хотя это большое издание нашло
себе многих друзей, но высказывались также пожелания,
чтобы наряду с ним не выходило из обращения и малое.
Согласно этому, малое издание, которое появилось в
1898 г. и было распродано, вышло вторично без суще-
ственных добавлений.
К литературе родственного содержания, приведённой
в предисловии к первому изданию, мы должны присо-
единить ещё две книги. Первая — W. Grosse. Unterhal-
tende Probleme und Spiele (Leipzig, 1897). Эта книга по-
явилась всего за несколько недель до выхода первого
издания моих «Математических развлечений» и поэтому
не могла быть упомянута в нём; её автор приводит мно-
гое из того, что ещё раньше было опубликовано им в
Naturwissenschaftliche Wochenschrift, но даёт также не-
мало нового и интересного. Вторая книга математически
глубже, чем книга Гроссе и моя. Она написана матема-
тиком Аренсом (W. Ahrens) и озаглавлена Mathematische
Unterhaltungen und Spiele (Leipzig, 1901). Упомяну ещё,


что на долю «математических игр» выпала честь быть об-
работанными в большой «Энциклопедии математических
наук» (Enzyklopedie der mathematischen Wissenschaften),
конечно, всего лишь на 14 печатных страницах; автором
статьи в «Энциклопедии» является только что упомяну-
тый Аренс. Пусть и это новое малое издание математи-
ческих развлечений найдёт себе друзей!
Г. Шуберт
Гамбург, 18 августа 1903 г.


9
I отдел
ЗАДАЧИ, ОТНОСЯЩИЕСЯ К ЧИСЛАМ
§1
ОТГАДЫВАНИЕ ЗАДУМАННЫХ ЧИСЕЛ
Чтобы отгадать задуманное число, мы предлагаем вы-
полнить над ним какие-либо действия. Затем просим сооб-
щить нам полученный результат. С помощью него мы можем
найти задуманное число, выразив выполненные действия по-
средством математических знаков и решив уравнение. В
более простых случаях, когда непосредственно над самим
задуманным числом указанная операция совершается только
один раз вначале, мы для решения уравнения поступаем с
полученным результатом обратно тому, как поступали с
числом, т. е. обращаем как последовательность действий,
так и самые действия, — например, делаем вычитание вме-
сто сложения, умножение вместо деления. Однако же с по-
мощью арифметических преобразований мы можем, зная
результат, вычислить задуманное число более коротким
путём. Приведём примеры.
1. Задуманное число увеличивают на 5, сумму умно-
жают на 3 и от произведения отнимают 7. Тогда, узнав
полученный результат, мы уменьшаем его на 8; третья
часть полученной разности равна искомому числу.
Действительно, из уравнения (х + 5) × 3 – 7 = р мы
находим последовательно: 3х + 15 – 7 = р, или 3х + 8 = р,
или3х=р –8;илих=(р–8):3.Если,например,заду-


10
мано было число 4, то полученный результат был равен
20, откуда задуманное число получится с помощью такого
вычисления:20–8 =12;12:3=4.
2. Задуманное число умножается на 6, из произведе-
ния вычитается 5, разность умножается на 3, произве-
дение увеличивается на 1, сумма делится на 2, и полу-
ченное частное увеличивается на 7. Тогда девятая часть
окончательного результата равна задуманному числу.
Действительно, выражение [(6х – 5) × 3 + 1] : 2 + 7 мы
можем представить в таком виде: (18х – 15 + 1) : 2 + 7, или
(18х–14):2+7,или9х–7+7,или9х.Такимобразом,
полученный результат равен 9х; следовательно, задуман-
ное число равно девятой части результата.
Когда по полученному результату определяют задуман-
ное число, то можно также использовать то обстоятель-
ство, что при нашем способе изображения числа с помощью
цифр мы пишем число в виде суммы чисел, которые соот-
ветственно суть кратные чисел 1, 10, 100 и т. д., как это
видно из следующих двух примеров.
3. Задуманное число умножается на 2, к произведе-
нию прибавляется 3, сумма умножается на 5, и из полу-
ченного таким образом произведения вычитается 11.
Тогда нужно лишь отбросить 4, которым заканчивается
полученный результат, и мы найдём задуманное число.
Например, если задумано число 7, то, выполняя пред-
писанные действия, мы получим последовательно чис-
ла 14, 17, 85, 74. Из полученного в результате числа 74
мы узнаём задуманное число 7. Этот приём основан на
преобразовании выражения (2х + 3) × 5 – 11 к виду
10х+15–11,или10х+4.
4. Задуманное число умножают на 3, к произведению
прибавляют 25, и полученная сумма умножается на 4.
Тогда нужно лишь уменьшить результат на 100 и взять
12-ю часть найденной разности, чтобы получить заду-
манное число.


11
Действительно, выражение (3х + 25) × 4 приводит
куравнению12x+100=р,откуда12х=р –100или
х=(р–100):12.
Подобные задачи на угадывание чисел мы находим уже
в классическом сочинении Баше Problesmes plaisans et délec-
tables, впервые появившемся в 1612 г. Эти задачи не пред-
ставляют особенного интереса и отчасти даже заключа-
ют в себе ненужные усложнения. Всё же ввиду того, что
со времени своего появления они постоянно предлагаются и
тем самым приобрели некоторый исторический интерес,
приведу три задачи.
5. Задуманное число умножить на 3 и взять половину
полученного числа, если деление на 2 совершается без
остатка. Если же получается остаток, то прежде, чем
взять половину произведения, к последнему прибав-
ляют 1. Полученную половину умножают на 3 и затем
предлагают сообщить результат. Деля его на 9 и умножая
на 2 полученную при делении целую часть частного, на-
ходят задуманное число, если при первоначальном деле-
нии на 2 остатка не было; в противном случае получен-
ный результат на 1 меньше задуманного числа.
Обосновывая этот приём, следует различать два слу-
чая: 1) когда было задумано чётное число и 2) когда было
задумано нечётное число.
В первом случае мы можем обозначить задуманное
число через 2n, где n есть некоторое целое число. Тогда,
выполняя предписанные действия, мы получим последо-
вательно:2n×3=6n,6n:2=3n,3n×3=9n.Число9n,
таким образом, равно результату, который нам сообща-
ют.Мывычисляемпросебядалее:9n:9=n,n×2=2n;
последнее число и есть задуманное.
Если же задумано было нечётное число, то мы можем
обозначить его через 2n + 1, где n есть некоторое целое
число. Предписанные действия дают последователь-
но:(2n+l)×3=6n+3,6n+3+1=6n+4,(6n+4):2=


12
= 3n+2,(3n+2)×3=9n+6.Мыузнаем,такимобразом,
число 9n + 6. Деля его на 9, мы получим число n как целую
часть частного этого деления. Умножая эту часть на 2 и
прибавив 1, мы найдём задуманное число 2n + 1.
В следующей задаче Баше необходимо различать четыре
случая, в зависимости от того, даёт ли задуманное число
при делении на 4 в остатке 0, 1, 2 или 3.
6. Задуманное число утроить. Смотря по тому, пред-
ставляет ли собой полученный результат чётное число
или нечётное, мы предлагаем взять либо его половину,
либо половину числа, превышающего полученный ре-
зультат на 1. Полученную половину мы снова предлагаем
утроить и, сообразно с тем, будет ли это число чётным
или нечётным, взять либо его половину, либо половину
числа, превышающего его на 1. Затем мы предлагаем на-
звать нам целое число единиц, которое получается при
делении вышеуказанной половины на 9. Чтобы получить
задуманное число, названное число надо умножить на 4;
к последнему произведению нужно либо ничего не при-
бавлять, либо прибавить 1, 2 или 3. Если при обоих
умножениях на 3 получились чётные числа, то к произ-
ведению ничего не нужно прибавлять; нужно приба-
вить 1, если нечётное число получилось в результате од-
ного лишь первого умножения на 3; следует прибавить
2, если это имело место лишь при втором умножении на
3, и, наконец, должно прибавить 3, если в результате
обоих умножений на 3 получались нечётные числа.
Для доказательства мы будем различать четыре слу-
чая, в зависимости от того, даёт ли задуманное число при
делении на 4 в остатке 0, 1, 2 или 3; т. е. в зависимости
от того, нужно ли полагать искомое число равным 4n,
4n + 1, 4n + 2 или 4n + 3, где n по-прежнему означает
некоторое целое число, а) совершая предписанные дей-
ствия, мы из числа 4n получим последовательно числа
12n, 6n, 18n, 9n и n, откуда заключаем, что 4n + 0 = 4n


13
и представляет собой задуманное число; b) из числа
4n+1получимпопорядку:12n+3,12n+4,6n+2,
18n + 6, 9n + 3 и n, откуда заключаем, что задуманное
числоравно4n+l;с)изчисла4n+2получим:12n+6,
6n+3,18n+9,18n+10,9n+5иn;следовательно,за-
думанное число равно 4n + 2; d) из числа 4n + 3 получим
числа:12n+9,12n+10,6n+5,18n+15,18n+16,
9n + 8 и n, откуда находим задуманное число 4n + 3.
Третий пример из книги Баше проще, чем два только
что рассмотренных, потому что в нём не приходится де-
лать различия между чётным и нечётным числом.
7. Задуманное число удвоить, прибавить к произведе-
нию 5, сумму умножить на 5, к произведению прибавить
10 и полученное число умножить на 10. Предлагаем за-
тем назвать полученное произведение. Отнимаем от него
350; число сотен в остатке равно задуманному числу.
Действительно, [(2х + 5) × 5 + 10] × 10 даёт нам: [10х +
+25+10]×10,или[10х+35]×10,или100x+350.
Таково число, которое нам называют. Отняв от него 350,
мы получим 100х, т. е. число, содержащее столько сотен,
сколько в задуманном числе единиц.
Лицу, совершенно не знающему алгебры, такое угадыва-
ние задуманных чисел должно показаться ещё более зага-
дочным, если само задуманное число вводится в вычисление
не только в начале, но ещё один или несколько раз впослед-
ствии. Поясним это следующими примерами.
8. Задуманное число увеличивается на 3, сумма умно-
жается на 6, произведение уменьшается на 3, из полу-
ченной разности вычитают первоначально задуманное
число, полученную разность делят на 5, причём деление
в подобных случаях всегда должно выполняться нацело.
Предлагаем сообщить полученный результат. Уменьшив
его на 3, мы получим задуманное число.


14
Действительно, арифметическое преобразование вы-
ражения[(х+3)×6–3
–
х]:5даётчислох+3.На-
пример, если задумано было число 19, то предписанные
действия приводят последовательно к числам 22, 132,
129, 110, 22. Узнав, что окончательный результат равен
22, мы уменьшаем его на 3 и получаем задуманное число.
9. Задуманное число учетверить, уменьшить на 3, по-
лученную разность умножить на 6, к полученному про-
изведению прибавить сперва 3, а затем задуманное чис-
ло, полученную сумму разделить на 5 и к полученному
частному прибавить утроенную сумму задуманного числа
и единицы. Сообщить нам результат. Восьмая часть его
всегда представит задуманное число.
В самом деле, путём упрощения мы получим из вы-
ражения[(4х–3)×6+3+х]:5+3(х+1)последова-
тельновыражения(25х–15):5+3х+3,5х–3+3х+3
и, наконец, 8х. Например, если задумано было число 11,
то указанные действия дают последовательно 44, 41, 246,
249,260,52,затем52+3(11+1)=52+3×12=52+
+ 36 = 88. Деля полученный результат на 8, мы получим
задуманное число.
10. Задуманное число, во-первых, увеличивают на 2 и
сумму умножают на 3; во-вторых, задуманное число уве-
личивают на 4 и сумму умножают на 5; в-третьих, заду-
манное число увеличивают на 6 и сумму умножают на 7.
Мы предлагаем затем вычесть 8 из суммы трёх получен-
ных результатов, разделить разность на 15 и сообщить
нам полученное частное. Уменьшив его на 4, мы полу-
чим задуманное число.
Действительно, раскрыв скобки в выражении 3(х + 2) +
+ 5(х + 4) + 7(х + 6) и соединив подобные члены, мы по-
лучим 15х + 68. Далее, из выражения [15х + 68 – 8] : 15
мы получим выражение х + 4, которое на 4 превышает
искомое число х.
Если отгадывающий знает арифметику и алгебру, то
он может также предоставить лицу, задумавшему число,


15
подвергнуть последнее каким угодно действиям, причём это
лицо может пользоваться какими ему заблагорассудится
числами. Задумавший число должен лишь указывать, какое
число он прибавляет или вычитает, на какое число мно-
жит или делит. Тогда отгадывающий обозначает задуман-
ное число через х и составляет уравнение, пользуясь теми
данными, которые ему сообщили. Решая уравнение, он полу-
чает искомое число х, которое он желал отгадать. При
этом задуманное число может быть и отрицательным, и
дробным. Числа, которыми пользовались при вычислениях,
также могут быть дробными или отрицательными. Одна-
ко же если задуманное число вводится при этом в вычис-
ление не один, а несколько раз, то может случиться, что
уравнение, которое служит для нахождения задуманного
числа, окажется степени выше первой, и поэтому решение
уравнения будет сопряжено с затруднениями. Конечно, в
простых случаях и при небольших числах нетрудно найти
число x, удовлетворяющее полученному уравнению. Здесь мы
приведём ещё лишь два примера для того случая, когда при
получении задуманного числа приходится решить уравнение
второй степени.
11. Предлагаем умножить задуманное число на другое,
превышающее его на 1, отнять от произведения задуман-
ное число и назвать нам полученный остаток. Квадрат-
ный корень из него представит нам задуманное число.
Действительно, выражение х(х + 1) – х равно х2 +
+ х – х, или х2. Если задуманное число равно 29, то по-
лученный остаток равен 841; извлекая квадратный ко-
рень из 841, находим, что задумано было число 29.
12. Тот, кому предоставлено производить какие ему
будет угодно действия над задуманным им числом, ука-
зывает, что, удвоив задуманное число, он сложил его с
17, полученную сумму умножил на задуманное число и
таким образом получил число 135. Отгадывающий со-
ставляет уравнение (2х + 17) х = 135, откуда следует, что
2х2+17х=135,или4х2+34х=270.


16
Для начала, чтобы избежать дробей, отгадывающий
умножает уравнение на 4, что приводит к уравнению
16х2 + 136х = 1080. Прибавляя к обеим частям уравнения
квадрат восьмой части числа 136, т. е. числа 17, полу-
чаем: (4х)2 + 2 × 4х × 17 + 172 = 1369. Квадратный ко-
рень из 1369 равен 37, так что левая часть уравнения
представляет собой квадрат числа 4х + 17, а правая —
квадрат числа 37; отсюда следует, что 4х + 17 = 37, или
4х + 17 = – 37; в первом случае задуманное число рав-
но 5, во втором оно равно – 131/2; таким образом, если
задумавший число имел право выбрать отрицательное
или дробное число, то отгадывающий должен остано-
виться на одном из двух чисел: 5 и –131/2.
До сих пор мы предполагали, что задумано было всего
одно число. Если же задумано два или несколько чисел, то
разыскивание их приводит к системе двух или нескольких
уравнений с таким же числом неизвестных. Если же чисел
задумано больше, чем сделано относительно них указаний,
то решение приводится к так называемым Диофантовым
уравнениям. Но мы не будем здесь рассматривать относя-
щиеся сюда задачи, а коснёмся лишь случая, когда задума-
но два числа, относительно которых даются два указания,
или когда задуманы три числа и имеются три указания.
Далее следуют несколько весьма простых примеров.
13. Отгадывающий предлагает указать ему сумму и
разность двух задуманных чисел. Найдя полусумму и по-
луразность обоих названных результатов, он получает
задуманные числа.
Действительно, складывая почленно уравнения х +
у=аих–у =b,находим:2х=а+b,т.е.хравенпо-
ловине суммы а + b. Вычитая, получим: 2у = а – b, т. е.
у есть половина разности а – b.
14. Предположим, что задумавший два числа получил
в результате числа 43 и 47 соответственно с тем, сло-
жил ли он учетверённое первое число с упятерённым


17
вторым или же, наоборот, упятерённое первое с учетве-
рённым вторым. Тогда мы должны положить 4х + 5у = 43
и 5х + 4у = 47. Складывая оба уравнения, находим урав-
нение9х+9у=90,илих+у=10,откудаследует,что
4х + 4у = 40, а также 5х + 5у = 50. Вычитая уравнение
4х+4у=40изуравнения4х+5у=43,найдём,что
у = 3. Далее, вычитая уравнение 4х + 5у = 43 из уравне-
ния 5х + 5у = 50, получим, что х = 7. Таким образом,
задуманные числа суть 7 и 3.
15. Задуманы три числа; предлагаем сложить первое со
вторым, первое с третьим и второе с третьим. Задумавший
указывает нам, что полученные суммы равны соответ-
ственно 13, 21, 18. Тогда мы составляем уравнения:
х+у=13,x+z=21,у+z=18;складываявсетриурав-
нения,получаем2x+2y+2z=52,илиx+у+z=26.
Вычитая из этого уравнения каждое из трёх составленных,
мы найдём для задуманных трёх чисел значения: х = 8,
у = 5, z = 13. Вообще если задуманы три числа и известны
суммы каждой пары, то для нахождения задуманных чисел
достаточно вычесть из полусуммы трёх указанных резуль-
татов каждый из этих последних.
Подобные задачи на отгадывание чисел становятся бо-
лее увлекательными для непосвящённого человека, если от-
гадываемые числа относятся к таким вещам, которые
близко его касаются, например, если задумано число монет,
которые он имеет при себе, или число его зубов, или дата
его рождения, или же год его рождения, или возраст, или
число очков, которые выпали у него при игре в кости, и
т. д. Здесь мы дадим один лишь пример подобных конкрет-
ных задач на отгадывание чисел.
16. Мы предлагаем лицу, возраст которого мы желаем
угадать, указать нам сумму цифр числа, выражающего
его возраст в годах. Затем мы просим его переставить
цифры этого числа, т. е. цифру десятков поставить на
место единиц, а цифру единиц на место десятков, и за-


18
тем назвать нам разность между первоначальным числом
и обращённым. Чтобы при помощи двух указанных нам
чисел определить возраст, мы делим второе число на 9:
в подобных случаях это деление всегда выполняется без
остатка. Полученное частное мы складываем с суммой
цифр и вычитаем из неё. Половины полученных двух ре-
зультатов представят нам цифры числа, выражающего
возраст. Если, например, нам указали, что сумма цифр
равна 11, а разность между прямым числом и обращён-
ным составляет 63, то нужно 63 разделить на 9, получен-
ное частное 7 сложить с 11 и 7 же вычесть из 11; таким
образом, получим 18 и 4; половины этих чисел равны со-
ответственно 9 и 2. Чтобы решить, составляет ли возраст
29 лет или 92 года, можно, если другого способа нет,
справиться, которое из чисел больше, первоначальное
или то, которое получилось от перестановки цифр.
§2
ПРЕДУГАДЫВАНИЕ ПОЛУЧЕННЫХ РЕЗУЛЬТАТОВ
Если мы будем предписывать лицу, задумавшему какое-
нибудь число, какие производить над ним действия, то
можно распорядиться так, чтобы при вычислении задуман-
ное число выпадало; само собой разумеется, что задуманное
число вводится здесь не только в начале вычисления, но по
меньшей мере ещё один раз в дальнейшем ходе вычисления.
Вычисление полученного выражения, которое ввиду выпа-
дения задуманного числа содержит одни лишь известные
числа, приведёт к результату, к которому неминуемо при-
дёт и лицо, задумавшее число, так что мы можем сказать
этому лицу полученный им результат. Поясним сказанное
примером.
1. Мы предлагаем утроить задуманное число, к про-
изведению прибавить 2, сумму умножить на 4, к про-
изведению прибавить 4, сумму разделить на 12 и из


19
полученного частного вычесть задуманное число; в ре-
зультате должно получиться 1, каково бы ни было за-
думанное число. Действительно, (3х + 2) × 4 + 4 = 12х +
+ 8 + 4 = 12х + 12; разделив это выражение на 12, полу-
чим х + 1; вычитая х из х + 1, мы непременно получим
1, каково бы ни было число х. Если, например, задума-
но было число 7, то последовательно получались такие
числа: 21, 23, 92, 96, 8, 1. Если же задуманное число
равно 9, то последовательно получаются числа 27, 29,
116, 120, 10, 1.
2. Если увеличить задуманное число на 5, сумму ум-
ножить на 18, из произведения вычесть утроенное заду-
манное число, разность разделить на 15 и от частного
отнять задуманное число, то всегда получится 6, ка-
кое бы ни задумать число.
Действительно,[(х+5)×18–3х]:15–х =[18х+
+90–3х]:15–х =[15х+90]:15–х =х+6–х =6.
Например, если задумать число 13, то последовательно
получатся числа: 18, 324, 285, 19, 6. Если задумано чис-
ло 45, то последовательно получались числа: 50, 900, 765,
51, 6.
3. Перемножьте два числа, из которых одно превышает
задуманное вами число на 3, а другое на 4, учетверите про-
изведение и к результату прибавьте 1. Извлеките из полу-
ченной суммы квадратный корень и вычтите из получен-
ного числа удвоенное задуманное число. В результате
непременно получится 7.
Действительно, выражение 4(х + 3) × (х + 4) + 1 =
= 4х2 + 28х + 49 = (2х + 7)2. Извлечение квадратного
корня даст число 2x + 7. Вычитая 2х из 2х + 7, всегда
получим 7, каково бы ни было число х. Если, например,
задумано число 96, то придётся выполнить следующее
вычисление: 99 раз по 100 равно 9900, умножение этого
числа на 4 даёт 39 600. Извлечение квадратного корня из
39 600 + 1, т. е. из числа 39 601, даёт число 199. Вычитая
из этого числа удвоенное задуманное число, т. е. 192, по-
лучим, действительно, число 7.


20
§3
ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ РЯДЫ ЦИФР
Мир чисел таит в себе разнообразные свойства, кото-
рые непосвящённому несомненно должны казаться чу-
десными, тогда как искушённый в арифметике считает,
что они сами собой разумеются, потому что он может
доказать их.
Здесь мы рассмотрим некоторые свойства, определя-
емые последовательностью, в которой цифры следуют
друг за другом.
Шестизначное число
142 857
имеет то замечательное свойство, что последовательный
порядок цифр этого числа не меняется при умножении его
на 2, 3, 4, 5 или 6, если только мы примем, что за по-
следней цифрой следует первая.
Действительно,
142857×2=285714;
142857×3=4285711);
142857×4=571428;
142857×5=7142851);
142857×6=857142.
Умножая далее наше число на 7, мы получим число,
состоящее из одних лишь девяток. Если же множитель
превышает 7, то получится число, содержащее более ше-
сти цифр. Если мы затем сложим число, стоящее впере-
ди последних шести цифр, с числом, состоящим из этих
последних, то мы снова встретимся с тем же последова-
тельным рядом цифр, т. е. получим одно из шести сле-
дующих чисел: 142 857, 428 571, 285 714, 857 142, 571 428,
714 285. Если мы, например, умножим первоначальное
число 142 857 на 24, то получим 3 428 568. Число, стоя-


21
щее впереди последних шести цифр, есть 3. Складывая
его с числом 428 568, составленным из последних шести
цифр, мы получим число 428 571, т. е. число, в котором
последовательный порядок цифр такой же, как и в пер-
воначальном числе 142 857, конечно, если считать, что
за последней цифрой следует первая. Если же мы умно-
жим наше число на число, кратное 7, и будем поступать
далее по-прежнему, то получим число, составленное из
шести девяток. Например, умножая наше число на 42,
мы получим сперва 5 999 994; так как это число содержит
семь цифр, то число 5, изображаемое седьмой цифрой
слева, нужно сложить с 999 994, и мы, действительно,
получим 999 999.
Это чудесное свойство числа 142 857 станет вполне
понятным, если мы вспомним, что 142 857 есть период
той десятичной периодической дроби, в которую пре-
вращается дробь 1/7. Когда мы обращаем дробь 1/7 в де-
сятичную, то получаем последовательно остатки 3, 2, 6,
4, 5, 1; умножая каждый остаток на 10 и деля произве-
дение на 7, получаем последующее частное. Поэтому
частные равны последовательно 4, 2, 8, 5, 7, 1. Таким
образом, дробь 3/7 имеет период 428 571, дробь 2/7 — пе-
риод 285 714, дробь 6/7 — период 857 142 и т. д. Но, с
другой стороны, дробь 3/7 равна утроенной дроби 1/7,
дробь 2/7 — удвоенной дроби 1/7, а дробь 6/7 равна уше-
стерённой дроби 1/7 и т. д. Этим, естественно, объясняет-
ся происхождение указанной особенности числа 142 857
для того случая, когда множитель не превышает 6.
Умножая 1/7 на 7, получим 1, но, с другой стороны, еди-
ница равна периодической десятичной дроби, состоя-
щей из одних лишь девяток.
Как надо поступить в том случае, когда множитель
превышает 7, покажет нам следующий пример, где мно-
жителем служит число 24. То обстоятельство, что дробь
1/7 равна периодической десятичной дроби с периодом
142 857, арифметически можно выразить следующим об-
разом:


22
1
7
142 857
10
142 857
10
142 857
10
61
21
8
= +++
...
Умножая обе части равенства на 24, получим:
3
3
7
3 428 568
10
3 428 568
10
3428568
10
61
21
8
= +++
...,
или
3
3
7
3
428 568
10
3
10
428 568
10
3
10
6
6
12
12
=+
++
+ +...
Мы видим, таким образом, что, сложив число, состо-
ящее из последних шести цифр, с числом, изображён-
ным цифрами, стоящими перед ними, мы получим чис-
ло с той же последовательностью цифр.
Из предшествующих соображений вытекает, что за-
мечательная особенность числа 142 857 присуща всякому
(р – 1)-значному числу, если оно представляет собой
период десятичной периодической дроби, в которую об-
ращается дробь 1/p, где знаменатель р есть простое чис-
ло. Чтобы найти дальнейшие числа такого же рода, мы
должны определить простые числа р, обладающие тем
свойством, что десятичная дробь, равная 1/p, имеет в пе-
риоде р – 1 цифр. Наименьшее из таких чисел равно 7,
далее следуют 17 и 19. Обращая дробь 1/17 в десятичную,
получим в периоде 16 цифр, а именно
0 588 235 294 117 647.
Рассматривая этот период как самостоятельное число,
мы найдём, что оно имеет такое же свойство, как и чис-
ло 142 857, если только мы будем считать одной из цифр
числа тот нуль, которым начинается период, т. е. если
будем рассматривать число не как 15-значное, а как


23
16-значное. Можно тогда умножать это число на произ-
вольно выбранного множителя, не превосходящего 17, и
постоянно получать числа с той же последовательностью
цифр. Например, умножение числа на 4 даёт:
2 352 941 176 470 588.
От умножения на 17 мы опять получим одни лишь
девятки. Если же множитель превышает 17, то, сложив
число, составленное из последних 16 цифр произведе-
ния, с числом, изображённым стоящими перед ними
цифрами, мы опять получим число с тем же рядом цифр.
Например, если мы умножим наше число на 44, то полу-
чим сперва
25 882 352 941 176 468.
Если сложим число 2, стоящее перед 16 последними
цифрами, с числом 5 882 352 941 176 468, то получим
5 882 352 941 176 470,
т. е. число с такой же последовательностью цифр, как и
первоначальное.
Далее, если мы обратим дробь 1/19 в десятичную, то
получим 18-значный период, представленный следу-
ющим 18-значным числом:
052 631 578 947 368 421.
Если будем считать стоящий впереди ноль одной из
цифр числа, то и оно имеет то свойство, что, умножая его
на произвольное число, не превышающее 18, мы вновь
будем получать тот же ряд цифр2). Например, умножая
на 13, мы получим
684 210 526 315 789 473.


24
Конечно, существует бесчисленное множество чисел,
подобных тем трём рассмотренным, которые получены из
дробей 1/7,
1
/17,
1
/19: все дроби вида 1/p, которые обращают-
ся в десятичную периодическую дробь с (р – 1)-значным
периодом, дают подобные же числа. Заметим, что этим
свойством обладают не все дроби вида 1/p, в которых р есть
простое число, но те лишь дроби, для знаменателей кото-
рых число 10, основание нашей системы нумерации, явля-
ется, как говорят в теории чисел, первообразным корнем3)
.
Если выбрать простое число р так, чтобы период деся-
тичной дроби, в которую обращается дробь 1/p, содержал
менее чем р – 1 цифр, то такой период будет числом, ко-
торое, будучи умножено на некоторые определённые чис-
ла, даёт произведения, состоящие из того же ряда цифр.
Сравнительно с прежде рассмотренными случаями раз-
ница состоит, следовательно, в том, что в качестве мно-
жителей нельзя брать любые числа, но лишь некоторые
определённые. Например, обращая дробь 1/13 в периоди-
ческую, мы получим в периоде 076 923. Поэтому число
076 923
отличается тем свойством, что, будучи умножено на не-
которые числа, оно даёт произведения, составленные из
одинаковых рядов цифр. Множители эти суть 1, 10, 9,
12, 3, 4, а также всякое другое число, превышающее ка-
кое-нибудь из этих на число, кратное 13. Если же умно-
жатьчисло076923на2,5,6,7,8и11,тополучим
153 846, 384 615, 461 538, 538 461, 615 384, 846 153,
т. е. числа, составленные из одного и того же ряда цифр
1, 5, 3, 8, 4, 6, 1, 5, 3... Если же взятый множитель пре-
вышает какое-нибудь из чисел 2, 5, 6, 7, 8 и 11 на число,
кратное 13, то произведение содержит более шести цифр;
поступая с произведением вышеуказанным образом, мы
можем снова получать шестизначные числа с тем же ря-


25
дом цифр. Мы видим, таким образом, что десятичная
дробь, в которую обращается дробь a/13, даёт нам два ше-
стизначных числа, обладающих тем свойством, что про-
изведение любого из них на произвольное число изобра-
жается тем же рядом цифр, какой мы находим в одном
из этих двух шестизначных чисел. Итак, подобно тому,
как числа 7, 17 и 19 сопряжены каждое с одним рядом
цифр, число 13 сопряжено с двумя рядами.
Возьмём далее простое число 41; обратив дробь 1/41 в
десятичную, мы получим в периоде всего пять цифр. По-
этому число, представленное этим периодом, а именно
02 439,
имеет ту особенность, что умножение его на какое угодно
число даёт восемь групп цифр по пять в каждой, причём
в пяти числах, составляющих каждую группу, цифры рас-
положены в одинаковой последовательности, а именно:
02439×1=02439
02439×10=24390
02439×18=43902
02439×16=39024
02439×37=90243
02439×2=04878
02439×20=48780
02439×36=87804
02439×32=78048
02439×33=80487
02439×3=07317
02439×30=73170
02439×13=31707
02439×7=17073
02439×29=70731
ит.д.


26
Можно было бы, конечно, взять какое угодно из этих
чисел, например, 70 731. Умножая его на произвольное
число, мы непременно будем получать один из восьми
возможных рядов цифр, если только будем соблюдать
известное правило: в случае, когда произведение содер-
жит более пяти цифр, число, составленное из последних
пяти цифр, нужно сложить с числом, стоящим перед
этими цифрами. Таким образом, мы приходим к следу-
ющему общему положению: Если р есть простое число,
то периодические десятичные дроби, в которые обраща-
ются все дроби со знаменателем р, приводят к g4) группам
по
p
g
−1
чисел в каждой; все эти числа обладают следу-
ющим свойством: каждое из них, будучи умножено на лю-
бое число, даёт в произведении одно из тех же р – 1 чисел,
если только в произведениях, содержащих более чем р – 1
цифр, будем складывать число, составленное из последних
р – 1 цифр, с числом, стоящим перед ними. При этом в
числах одной и той же группы последовательный порядок
цифр один и тот же, как, например, в числах 48 780 и
80 487.
Замечательные ряды цифр получаются также при об-
ращении дроби 1/81 в десятичную. Последняя имеет пе-
риодом число
012 345 679.
Умножая это число на 9, получим в произведении
число, изображаемое исключительно цифрой 1, так как
9/81 = 1/9, а период десятичной дроби, в которую об-
ращается 1/9, равен 1. Отсюда следует, что умножение на
какое угодно число, кратное 9, даст число, состоящее
исключительно из ряда одинаковых цифр. В числе
012 345 679 представлены все цифры от 0 до 9 за ис-
ключением 8, причём они расположены в натуральном
порядке. Если умножим число 012 345 679 на какое-ни-


27
будь число, не делящееся на 3, то получим число, кото-
рое тоже содержит все цифры от 0 до 9 за исключением
одной; при этом постоянно оказывается, что недоста-
ющая цифра представляет собой то именно число, ко-
торое нужно прибавить к множителю, чтобы получить
число, кратное 9. Например, при умножении на 2 по-
лучим 024 691 358, т. е. число, содержащее все циф-
ры, кроме 7 = 9 – 2. Умножая на 8, получим число
098 765 432, т. е. опять число, составленное из всех
цифр, кроме 1 = 9 – 8. Умножая на 13, получим чис-
ло, в котором встречаются все цифры, кроме 5, потому
что 5 есть то число, которое нужно прибавить к 13, что-
бы получить ближайшее число, кратное 9, а именно 18.
Это свойство остаётся в силе и в том случае, если вы-
бранный множитель превышает 81; но в этом случае
следует поступать таким же образом, как в выше ра-
зобранных рядах цифр, т. е. число, стоящее перед по-
следними девятью цифрами, нужно будет сложить с чис-
лом, составленным из этих последних. Наконец, если
умножим число 012 345 679 на множитель, который де-
лится на 3, но не делится на 9, то девять цифр пред-
ставят нам трижды повторенное трёхзначное число. На-
пример, умножение на 12 даёт в произведении число
148 148 148. Доказательство этих замечательных свойств
числа 012 345 679 завело бы нас слишком далеко. Ска-
жем только, что эти свойства находятся в связи с тем
обстоятельством, что рассмотренное число является пе-
риодом десятичной дроби, в которую обращается дробь
1
10 12
()
−
.
Совершенно другой характер имеют замечательные
особенности всех 2n-значных чисел, в которых первые n
цифр суть единицы, следующие n – 1 цифр — пятёрки,
а последняя цифра есть 6: всякое такое число есть квад-
рат, сколь велико бы ни было число n. Так,


28
16 есть квадрат числа
4,
1 156 есть квадрат числа
34,
111 556 есть квадрат числа
334,
11 115 556 есть квадрат числа 3 334,
1 111 155 556 есть квадрат числа 33 334
ит.д.
То же свойство имеет и всякое 2n-значное число, пер-
вые n цифр которого суть четвёрки, следующие n – 1
цифр — восьмёрки, а последняя цифра 9. Так, например,
49 есть квадрат числа
7,
4 489 есть квадрат числа
67,
444 889 есть квадрат числа
667,
44 448 889 есть квадрат числа 6 667,
4 444 488 889 есть квадрат числа 66 667
ит.д.
Чтобы узнать, на чём основаны эти свойства, и вместе
с тем исследовать, нет ли других 2n-значных чисел, об-
ладающих теми же свойствами, мы сперва рассмотрим
квадрат числа
b=3(10а+10а–1+...+10+1).
Мы находим:
b2
= 9(10а+10a–1
+...+10+1)2
,
или
b2=(10–1)×(10а+10a–1+...+10+1)×
×(10a+10a–1+...+10+1),
или, пользуясь известным преобразованием,


29
b2=(10а+1
–
1)(10а+10a–1+...+10+1),
или
b2=(102а+1+102а+...+10а+1)–
–
(10a+10а–1
+...+1).
Этим равенством мы сейчас воспользуемся, причём
будем исходить из тождества
(nb+1)2=n2b2+2nb+1,
правую часть которого мы можем представить в следую-
щем виде:
n2(102a+l+102а+...+10a+1)+(6n–n2)(10а+
+10а–1+...+10)+(6n–n2+1).
Если в полученном выражении положить n = 1, то мы
найдём:
(b+l)2=1×(102a+1+102а+...+10а+1)+
+5×(10а+10а–1+...+10)+6;
полагаяздесьпоследовательноа=0,а=1,a=2,а=3и
т. д., мы получим в правой части числа 16, 1156, 111 556,
11115556ит.д., леваяжечастьдастнам(3+1)2
, (33+1)2
,
(3333+1)2ит.д.
Если же мы положим n = 2, то получим:
[6(10а+10а–1+...)+1]2=4(102а+1+102а+...+
+10а+1)+8(10а+10а–1+...+10)+9,
откуда, полагая а = 0, а = 1, а = 2 и т. д., последователь-
но получаем:
72=49,672=4489,6672=4448889ит.д.


30
Если же положим n равным 3 или больше трёх, то
формулы, конечно, будут сохранять свою силу, но они
уже не будут служить источником для получения заме-
чательных чисел, потому что n2, 6n – n2 и 6n – n2 + 1,
представляя собой цифры, не должны превышать чис-
ла 9.
§4
ВЕСЬМА БОЛЬШИЕ ЧИСЛА
В глубине Австралии, а также в глубине Южной Аме-
рики живут племена, которые не могут выразить на сво-
ём языке чисел, превышающих 2 или 6, ни с помощью
особых числительных, ни посредством сочетания слов,
выражающих меньшие числа, ни путём описания. Эти
племена вообще не имеют потребности считать большие
числа существенно отличными друг от друга. Так, напри-
мер, г. фон-Штейнен (von den Steinen) рассказывает о
племени Баккаири (Baccaïri), живущем у притока Ама-
зонки Ксингу, что числа от 1 до 6 эти дикари могут вы-
разить путём сочетания слов; когда же их побуждают на-
звать большие числа, они хватаются за волосы, чтобы
выразить этим нечто неисчислимое. О ботокудах, кото-
рые живут тоже в Южной Америке между Рио Доче и
Рио Пардо, рассказывают, что их язык различает лишь
«один» и «много», так что уже «два» и «три» они выра-
жают одним и тем же словом. При всём нашем презри-
тельном недоумении по поводу столь мало развитой по-
требности выражать числа, мы не должны забывать, если
критически относимся к себе, что и в нашей современ-
ной культуре средний человек не в состоянии различать
большие числа или, по меньшей мере, делать правиль-
ные умозаключения в области больших чисел. Подобно
тому как ботокудам кажется несущественной разница
между двумя и тремя, так и многим современным куль-
турным людям представляется несущественной разница


31
между биллионом и триллионом, или, по крайней мере,
они не думают о том, что одно из этих чисел в миллион
раз больше другого, так что первое относится ко второму
приблизительно так, как расстояние от Берлина до Сан-
Франциско относится к ширине улицы.
Что и наша потребность в числах раньше была менее
велика, чем теперь, мы узнаём из сравнения слов, вы-
ражающих числа в индогерманских языках. Во всех этих
языках слова, выражающие числа от 1 до 100, обнару-
живают близкое родство, но уже в словах, выражающих
тысячу, мы этого родства не находим. Действительно,
между словами Χίλιοι, mille, tausend, без сомнения, нет
никакого этимологического родства. Отсюда мы можем
заключить, что потребность выразить словом столь боль-
шое число, как тысяча, у индогерманских народов воз-
никла лишь после их разделения. Что касается слова
«миллион», то впервые оно было употреблено, по-види-
мому, в 1362 году; но во всеобщее употребление оно во-
шло, конечно, гораздо позже. Во всяком случае, великий
немецкий вычислитель Адам Ризе (Adam Riese), живший
в середине XVI столетия, ещё не знал слова «миллион»;
он описывал его посредством «тысячи тысяч». Только
потом возникли слова «миллиард» и «биллион». Слово
«миллиард» для обозначения тысячи миллионов вошло в
употребление лишь в XIX веке и впервые встречается в
языке финансистов. Тот факт, что биллион содержит
миллион миллионов, имеет важное значение в астроно-
мии. Действительно, расстояния планет от Солнца или
друг от друга варьируют между шестью миллионами и не-
сколькими стами миллионов миль, тогда как расстояние
ближайших неподвижных звёзд от Солнца или от какой-
нибудь точки нашей планетной системы содержат от
пяти биллионов до нескольких сот биллионов миль. Так
как биллион относится к одному миллиону как миллион
к 1, то все расстояния между планетами представляют
собой исчезающе малые величины в сравнении с рассто-
янием планет от какой-либо неподвижной звезды. Таким


32
образом, зрителю, находящемуся на Сириусе, не только
Солнце или Земля, но и вся наша планетная система
должна казаться исчезающе малой светящейся точкой,
т. е. такой же точкой, какой кажется нам Сириус, кото-
рый, весьма возможно, тоже представляет собой целую
планетную систему. Далее, отношение миллиона к бил-
лиону станет нам очень ясным, если мы вспомним, что
неполных два месяца содержат миллион секунд, тогда
как биллион секунд составляет более 30 тысяч лет; таким
образом, за историческую эпоху человеческий род не
прожил ещё биллиона секунд.
Почему мы легко ошибаемся в числах, превосходя-
щих несколько сот миллионов, объясняется тем, что
торговля, промышленность и техника редко приводят к
числам, содержащим более восьми знаков, и только в
физико-математических науках приходится оперировать
со столь большими числами. Эти науки потребовали
поэтому дальнейшей разработки словообразования для
больших чисел. Для миллиона биллионов придумали
слово «триллион». Таким образом, триллион изобража-
ется посредством единицы с 18 нулями. Продолжая в
этом направлении, мы приходим к квадриллиону, кото-
рый изображается единицей с 24 нулями. Пользуясь та-
ким образом латинскими числительными, мы можем
идти сколь угодно далеко. Так, например, мы могли бы
называть 600-ю степень десяти, т. е. число, изображае-
мое единицей с 600 нулей, словом «центезиллион». В
действительности уже числа, превышающие миллион,
мы предпочитаем приближённо выражать посредством
степеней числа 10. Например, вес Земли заключается
между 5 × 1024 и 6 × 1024 килограммами.
Тот факт, что лишь благодаря результатам современ-
ных точных наук возникла необходимость образования
слов для выражения больших чисел, может навести нас
на мысль, что ни один народ древности не занимался
большими числами. В общем это верно. Исключение со-
ставляет лишь один народ, индусы. В Индии, где была


33
изобретена наша удобная система нумерации, ещё во
времена Будды существовали особые числительные для
всех чисел до 100 тысяч миллионов, и, по преданию, сам
Будда довёл образование числительных до 1054, т. е. до
числа, которое мы должны были бы назвать нониллио-
ном по аналогии со словами миллион, биллион, трил-
лион. Уже в национальном эпосе и народных сказках
индусов ясно проглядывает их пристрастие к большим
числам. Здесь мы находим рассказ об одном короле, ко-
торый обладал тысячей биллионов алмазов, о битве, в
которой сражалось 10 тысяч секстиллионов обезьян; та-
кого количества обезьян не могла бы вместить наша
планетная система, даже если бы вся она была битком
набита обезьянами. Там же говорится, что существует
24 тысячи биллионов богов и что Будда имел 600 тысяч
миллионов сыновей. Ни у какого другого народа мы не
находим этого стремления выражать возвышенное по-
средством больших чисел.
Единственный пример больших чисел, какой мы на-
ходим в Древней Греции, — это Архимедово исчисление
песчинок (ψαμμίτης): в этом сочинении Архимед вычис-
ляет, сколько песчинок оказалось бы во вселенной,
если бы она была в определённое указанное число раз
больше Земли. Однако же Архимед взялся за это вычис-
ление не для того, чтобы щеголять большими числами:
он желал показать, что неправильно говорят о бесчис-
ленном множестве песчинок и что ряд чисел не имеет
верхней границы, хотя у нас и не имеется простых чис-
лительных для краткого словесного выражения больших
чисел. Пристрастие индусов к чрезмерно большим чис-
лам сказалось ещё сильнее после того, как в IV столетии
нашей эры индусские брамины изобрели современную
систему нумерации, которая основана на том, что цифра,
смотря по занимаемому ею месту, обозначает либо одно
число, либо в десять раз большее, либо в сто раз большее
и т. д., место же недостающего разряда заполняется осо-
бенным знаком — нулём.
2 Г. Шуберт


34
Этот принцип, которому следуют теперь при изобра-
жении чисел все народы, обладающие какой-либо нуме-
рацией, даёт возможность изобразить всякое сколь угод-
но большое число с помощью десяти знаков от 0 до 9;
такой возможности не даёт нам, например, римская си-
стема счисления, в которой необходимо постоянно вво-
дить новые знаки для изображения всё более и более
возрастающих чисел. Индусская система нумерации с её
удобными методами счисления перешла в VIII веке к
арабам, от которых она в X—XII столетиях перешла к
христианским народам Европы. Но лишь к эпохе Рефор-
мации индусская система нумерации пустила прочные
корни в народном обиходе. К этому времени, в XVI веке,
выдвинулись люди с большими арифметическими талан-
тами, такие как Адам Ризе и Лудольф ван Цейлен (Ludolf
van Ceulen); они умели делать правильные вычисления с
очень большими числами. Хотя в настоящее время мы и
не питаем особого пристрастия к большим числам, какое
проявляли индусы, но всё же и у нас пробуждается к ним
интерес, когда они относятся к таким вещам, которые в
небольшом числе нам хорошо знакомы.
1. Игра скат, в которой 32 карты распределяются меж-
ду тремя игроками таким образом, что каждый получает
по 10 карт, а две карты откладываются в сторону, даёт
повод поставить вопрос о том, сколькими способами
можно распределить 32 карты указанным образом; дру-
гими словами, сколько возможно различных игр в скате?
На этот вопрос теория соединений отвечает, что искомое
число равно
32
1010102
!
!!!!
,
причём символ а! обозначает произведение всех чисел от
1 до а включительно. Вычислив это выражение, найдём,
что искомое число равно


35
2753 биллионам 264 408 миллионам и 564 640.
Чтобы получить некоторое представление о величине
этого числа, мы прибавим следующее. Если бы всё живу-
щее человечество только тем и занималось, что день и
ночь играло бы в скат, причём в игре участвовало бы по
три партнёра, оканчивающих в среднем каждые пять ми-
нут одну игру, то потребовалось бы от 52 до 53 лет на то,
чтобы исчерпать вышеуказанное число всевозможных спо-
собов распределения карт. Если бы эту задачу пришлось
разрешать одним лишь жителям Альтенбурга, родины
игры в скат, то им понадобилось бы потратить от 500 до
600 тысяч лет, прежде чем они могли бы сказать, что в Аль-
тенбурге сыграна каждая мыслимая игра в скат. Прибавим
к этому, что между 2753 биллионами (в круглом счёте) игр
находится 655 биллионов, т. е. 22—33% таких, в которых
валет лежит в скате, т. е. принадлежит к числу двух отло-
женных карт, но вряд ли наберётся 4 миллиона таких игр
(т. е. одна 700-миллионная часть всех игр), в которых один
из партнёров мог бы играть треф соло с 11 матадорами.
2. Гораздо больше, чем в скате, оказывается число
всевозможных способов распределения карт в висте; в
этой игре 52 карты распределяются между четырьмя иг-
роками, так что каждый получает по 13 карт. Чтобы най-
ти искомое число, нужно вычислить выражение
52
13131313
!
!!!!
.
Мы получим
53 644 квадриллиона,
737 765 триллионов,
488 792 биллиона,
839 237 миллионов
и 440 000.


36
Следующий пример даёт, может быть, некоторое пред-
ставление о величине этого числа. Если бы вся поверх-
ность земного шара, включая горы и океаны, была по-
крыта столиками для игры в вист, причём каждый столик
с четырьмя партнёрами занимал бы всего один квадрат-
ный метр, и если бы за каждым столиком беспрестан-
но играли в вист — одну игру в пять минут, то должно
было бы пройти более тысячи миллионов лет, прежде чем
на этой сплошь покрытой карточными столиками земле
были разыграны все мыслимые комбинации из 52 карт.
3. В обоих предшествующих примерах теория соеди-
нений приводила нас к большим числам. Столь же боль-
шие числа могут быть получены из рассмотрения гео-
метрических прогрессий. Наибольшей известностью
пользуется пример, содержащийся в рассказе о награде,
которую должен был получить изобретатель шахматной
игры. Это предание, которое возникло в Индии, родине
шахматной игры и больших чисел, и в течение ряда ве-
ков приводится во всех учебниках арифметики, гласит
следующее. Индусский король Шерам (Shehram) пред-
ложил изобретателю шахматной игры Сесса Эбн-Дагеру
(Sessa Ebn Daher) выбрать самому себе награду за своё
изобретение. Тогда изобретатель попросил дать ему такое
число пшеничных зерён, какое пришлось бы на шахмат-
ную доску, если бы положить на первую клетку одно
зерно, на вторую — два, на третью — четыре и т. д., т. е.
на каждое последующее поле в два раза больше, чем на
предыдущее. Король охотно обещал дать эту, как он
предполагал, весьма скромную награду. Когда же требу-
емое число было высчитано, то оно оказалось равным
264 – 1, что составляет
18 триллионов,
446 744 биллиона,
073 709 миллионов
и 551 615.


37
Король не мог выполнить своего обещания; он не
мог бы его выполнить даже в том случае, если бы об-
ладал всей землёй и всю свою жизнь беспрестанно сеял
и пожинал пшеницу. Действительно, если равномер-
но посыпать поверхность всей суши земного шара пше-
ничными зёрнами, то, как оказывается, упомянутого
числа зёрен хватило бы на слой толщиной в 9 миллиме-
тров.
4. К степеням числа 2 приводит также вопрос о чис-
ле предков какого-либо ныне живущего человека А. Он
имеет двух родителей, следовательно, 4 прародителей,
8 прапрародителей, 16 прапрапрародителей и т. д. Если
мы условимся называть родителей предками первого по-
рядка, прародителей — предками второго порядка и
т. д., то окажется, что А имеет 2n предков n-го порядка.
С другой стороны, можно принять, что на каждые
100 лет приходится три поколения, и, следовательно,
100 лет тому назад предки лица А были в том же возрас-
те, какой теперь имеет А. Итак, 100 лет тому назад жили
восемь предков А, 200 лет тому назад 64 и т. д. Таким
образом, мы найдём, что 1900 лет тому назад, т. е. в на-
чале нашей эры, жило 819 предков А. Это составит при-
близительно 144 000 биллионов людей. Но для такого
числа людей не нашлось бы места на всей поверхности
земного шара, даже если бы мы пожелали допустить, что
вся поверхность земли, включая горы, океаны и пусты-
ни, сплошь покрыта тесно прижатыми друг к другу
предками.
Действительно, для того, чтобы на земной поверхно-
сти поместилось 144 000 биллионов людей, на каждом
квадратном дециметре должно находиться два-три че-
ловека, что невозможно. Мы видим отсюда, что в на-
шем рассуждении где-то кроется ошибка. Мы найдём её,
если вспомним о родстве между людьми, хотя бы его и
не всегда возможно было проследить. Правда, обыкно-
венно человек имеет 8 прародителей; но имеет ли он


38
16 различных прапрародителей, уже подлежит сомне-
нию, так как благодаря бракам между родственниками
число 16 может упасть до 14 и ещё ниже. Идя таким
образом всё далее и далее, мы заключаем, что весьма
невероятно, чтобы какой-нибудь человек имел 220 раз-
личных предков 20-го порядка. Итак, при переходе от
одного порядка предков к следующему не всегда нужно
удваивать число предков. Во всяком случае, число пред-
ков лица А, живших 1900 лет тому назад, не могло пре-
вышать числа всех людей, живших тогда на земле. Так как
последнее число, наверное, не превышало 2000 миллио-
нов, то уже отсюда следует, что на протяжении 1900 лет у
предков лица А очень часто происходили браки между
лицами, находившимися в родстве, хотя последнее и не
было бы доказуемо.
5. Так как вычисление сложных процентов основа-
но на геометрических прогрессиях, то мы придём к
очень большим числам, если предположим, что капитал,
отданный на сложные проценты, нарастал в течение
долгого промежутка времени. Особенно известен при-
мер с копейкой5), отданной в рост на сложные процен-
ты во время рождения Христа. Следующие соображе-
ния покажут нам, какие чудовищные денежные суммы
получаются при нарастании капитала в течение не-
скольких столетий. Если считать по 47/10 процента, то
капитал увеличивается в 100 раз каждые 100 лет; этот
факт легко запомнить. Поэтому через 200 лет одна
копейка превратится в 100 рублей, через 300 лет — в
1002 рублей, через 400 лет — в 1003 рублей и т. д., т. е.
за 1900 лет мы будем иметь 10018 рублей, т. е. секстил-
лион рублей; это число рублей в 200 миллионов раз
больше числа граммов, выражающего вес Земли. Если
мы будем считать по 4 сложных процента и время на-
ращения одной копейки примем равным всего 1875 го-
дам, то по истечении этого времени мы будем иметь
такой капитал:


39
865 986 квадриллионов,
626 476 триллионов,
236 508 биллионов,
270 156 миллионов,
786 660 рублей и 24 копейки.
Чтобы получить приблизительное представление о ве-
личине этой суммы, вообразим, что вся масса нашей
Земли состоит из золота такой же пробы, как немецкая
монета в 20 марок. В этом случае ценность выше пред-
ставленного капитала была бы равна 84 таким золотым
земным шарам. Если будем считать не по 4 процента, а
по 5, то получим гораздо бо‰льшую сумму денег. Чтобы
представить ценность такого капитала, понадобилось бы
5191 миллион указанных золотых шаров величиной в
Землю.
6. Если, наоборот, дана сумма геометрической про-
грессии со знаменателем, превышающим единицу, то
мы обыкновенно переоцениваем соответствующее число
членов. Поясним это примером. Предположим, что в
9 часов утра обнаруживается убийство. Человек, обна-
руживший его, в течение четверти часа между 9 и 91/4
успевает сообщить об убийстве трём лицам. Допустим
далее, что каждое из этих трёх лиц в течение следующей
четверти часа передаёт весть трём другим лицам, причём
весть продолжает распространяться таким же образом,
т. е. каждый, услышавший её, встречает в течение чет-
верти часа три лица, которым он сообщает эту весть и
для которых она является новостью. Если бы возможно
было, чтобы все населяющие землю 1500—1700 милли-
онов людей получали это известие именно указанным
путём, то уже в тот же день в 13/4 часа пополудни все
обитатели земного шара были бы осведомлены о проис-
шедшем. Действительно, по истечении 19 четвертей часа
известие дошло бы до такого числа людей, которое рав-
но сумме членов следующего ряда:


40
1+3+32+...+319.
Но эта сумма равна 1/2(320
–
1), или
1743 миллионам и 392 200,
и, следовательно, превышает 1700 миллионов.
7. Методы, служащие для измерения силы света, ука-
зывают нам, что действие солнечного света на Землю
равно действию 60 000 стеариновых свечей в точке, на-
ходящейся всего лишь на расстоянии 1 метра от источ-
ника света. Так как известно, что яркость света обратно
пропорциональна квадрату расстояния, то можно вычис-
лить, сколько стеариновых свечей должно было бы го-
реть в том месте, где находится Солнце, чтобы действие
их на Землю было равно действию солнца. Мы найдём,
что число свечей равно приблизительно
1350 квадриллионам.
Но так как Земля весит всего 5 квадриллионов ки-
лограммов, то, будь она даже вся стеариновая, массы
её не хватало бы для изготовления названного числа
свечей.
8. В наш век бактерий интересно узнать, сколько все-
го бактерий, по большей мере, может быть на Земле.
С этой целью мы будем представлять себе земную кору
как полый шар, наружная сфера которого имеет радиус
6470 километров, а внутренняя — всего 6400. Объём
тела, ограниченного этими сферами, равен 35 300 квад-
риллионам кубических миллиметров. Если мы примем,
что один кубический миллиметр содержит в среднем
миллион бактерий, то окажется, что на всём земном
шаре число бактерий никак не превышает 35 300 квин-
тиллионов.


41
9. Чтобы получить представление о той степени точ-
ности, с которой определяется число, когда мы знаем сто
или более десятичных его знаков, рассмотрим следу-
ющий пример. Число π, указывающее, во сколько раз
длина окружности больше её диаметра, немного больше
чем 3, и, если ограничиться первыми шестью десятич-
ными знаками, величина его выразится числом
3,141 592...;
это значит, что π больше чем 3,141 592, но меньше чем
3,141 593. Так как π есть иррациональное число, то не-
возможно представить его точно в виде конечной деся-
тичной дроби. Но с каждым прибавочным десятичным
знаком степень точности увеличивается в 10 раз. Хотя во
всех приложениях вполне достаточно взять от семи до
десяти знаков, всё же в настоящее время вычислено бо-
лее 500 десятичных знаков числа π.
Следующий пример пояснит нам, какую степень точ-
ности дают нам одни лишь первые 100 знаков. Сириус
удалён от нас на расстояние 83 миллиона миллионов
миль. Вообразим сферу, проходящую через Сириус и
имеющую свой центр в центре земного шара; вообразим,
что этот чудовищно большой шар наполнен бактериями
в таком количестве, что на каждый кубический милли-
метр приходится миллион миллионов бактерий. В таком
случае число всех бактерий в шаре изобразится 74 циф-
рами. Представим себе, что они распакованы и размеще-
ны по прямой линии таким образом, что расстояние
между каждыми двумя соседними равно расстоянию Си-
риуса от Земли, т. е. 618 биллионам километров. Таким
образом, мы получим длину, содержащую столько миль,
сколько единиц содержится в произведении 74-значного
числа бактерий на 83 биллиона. Примем это расстояние
за диаметр окружности, длину которой мы затем можем
определить двояким путём: во-первых, действительным
измерением и, во-вторых, умножением диаметра на π,


42
причём мы ограничимся первыми 100 десятичными зна-
ками числа π. Тогда оба результата, выражающие длину
окружности, должны отличаться друг от друга, так как
при умножении мы приняли во внимание лишь первые
100 знаков числа π. Вследствие невероятных огромных
размеров окружности неточность должна будет сказаться
с чрезвычайной резкостью. Тем не менее оказывается,
что разница между результатом, который даёт нам дей-
ствительное измерение, и произведением диаметра на
число π, взятое со 100 десятичными знаками, не составит
даже одной миллионной доли миллиметра.
10. В заключение заметим, что арифметика даёт нам
возможность с помощью всего лишь трёх цифр изобра-
зить число, далеко превосходящее то, которое мы полу-
чили бы, если бы перемножили все числа, которые до
сих пор упомянуты в настоящем параграфе, и получен-
ное произведение умножили на квадриллион, последнее
произведение опять умножили бы на квадриллион и
миллион раз проделали бы такое последовательное ум-
ножение на квадриллион. Число, которое мы получи-
ли бы таким путём, гораздо меньше числа
999
.
Действительно, это число представляет собой произ-
ведение 99 множителей, из коих каждый равен 9. Но чис-
ло99=9×9×9×9×9×9×9×9×9=387миллионам
420 489, и такое именно число раз нужно взять множи-
телем число 9, чтобы получить число
999
.
Так как человеческой жизни недостаточно для того,
чтобы определить это число, то мы ограничимся указа-
нием числа цифр, посредством которых пишется наше
число. Это число цифр несомненно превышает 369 мил-


43
лионов и 690 000, но меньше 369 миллионов и 700 000.
Если бы мы пожелали написать это число, то для этого
нужна была бы длина от 18 4841/2 до 18 485 километров,
причём цифры пришлось бы писать настолько близко
друг к другу, чтобы в каждом дециметре помещалось
20 цифр.
§5
ОТГАДЫВАНИЕ ЧИСЛА ОЧКОВ
ПРИКРЫТЫХ КАРТ
Весьма известный карточный фокус, состоящий в от-
гадывании суммы очков прикрытых карт, основан на
простом арифметическом преобразовании. Этот фокус
выполняется большей частью с 32 картами следующим
образом.
Предлагаем кому-нибудь выбрать три карты и поло-
жить их лицевой стороной вниз отдельно друг от друга,
а затем просим считать от числа очков первой из трёх
карт до 11 и при каждом отсчитываемом числе наклады-
вать на неё по карте, так что выбранная карта станет
нижней картой одной кучки. То же предлагаем сделать
с другими двумя выбранными картами. Затем мы про-
сим дать нам оставшиеся карты, и по числу их можно
узнать сумму очков трёх выбранных карт, самых нижних
в трёх образовавшихся кучках, а именно: нужно приба-
вить 4 к числу полученных карт, и тогда мы получим
искомую сумму очков. Будем считать, что туз имеет
11 очков, король — 4, дама — 3, валет — 2, а десятка,
девятка, восмёрка и семёрка соответственно по 10, 9, 8
и 7 очков.
Предположим, что были выбраны следующие нижние
карты: король, восьмёрка и туз. В таком случае лицо,
выбравшее эти карты, должно при составлении первой
кучки считать короля за 4 и отсчитать далее от 5 до 11,
т. е. прибавить семь карт. Таким же образом, чтобы до-


44
стигнуть предела 11, ему придётся наложить три карты
на восьмёрку. На туз же он не должен будет наложить
ни одной карты, потому что туз один считается за 11.
Поэтому в первой кучке будет восемь карт, во второй —
четыре, в третьей — одна, и мы, следовательно, должны
будем получить от него столько карт, сколько заключа-
ется единиц в числе 32, уменьшенном на 8 + 4 + 1, т. е.
19 карт. Но 19 + 4 даёт 23; следовательно, сумма оч-
ков трёх нижних карт должна быть 23. На самом деле
4+8+11=23.
Если же мы имеем 52 карты, причём каждый из четы-
рёх тузов считается за 11, каждая из 12 фигур — за 10, а
прочие карты оцениваются каждая числом изображён-
ных на ней очков, и если опять составляют три кучки,
считая при этом до 18, то следует только прибавить 5 к
числу оставшихся карт, чтобы получить сумму очков
нижних карт трёх кучек.
Для примера предположим, что вниз были положены
пятёрка, десятка и король. Тогда к пятёрке придётся
присоединить ещё 13 карт, к десятке — 8 и столько же к
королю, так как он тоже считается за 10; таким образом,
в первой кучке будут находиться 14 карт, во второй — 9
и в третьей — 9. Таким образом, для составления трёх
кучек понадобятся 32 карты. Поэтому 20 карт будут нам
возвращены. Прибавив к этому числу 5, мы получим
сумму 25, составленную из чисел 5, 10 и 10.
Легко понять, что в этом фокусе безразлично, какое
значение мы приписываем каждой карте, и что число,
которое мы должны прибавить к числу возвращаемых
нам карт, чтобы получить сумму очков нижних карт, за-
висит лишь от числа n всех карт, от числа h кучек, ко-
торые нужно составить, и от суммы z всех предельных
чисел, до которых нужно считать при составлении каж-
дой из h кучек. Нетрудно выразить эту зависимость при
помощи формулы. Числа очков в нижних картах h кучек
обозначим соответственно через a1, а2, а3 ... ah, число
карт в каждой кучке через b1, b2 ... bh и, наконец, через


45
z1, z2 ... zh обозначим предельные числа, до которых нуж-
но считать при составлении каждой кучки. Тогда мы
имеем:
a1+b1=z1+1;
a2+b2=z2+1;
...................
ah+bh=zh+1.
Сложив почленно эти h равенств и введя обозначения
a1+а2+...+аh=a,
b1+b2+...+bh=b,
z1+z2+...+zh=z,
мы получим:
a+b=z+h.
Но число b карт, взятых для составления кучек, равно
избытку числа n всех имеющихся карт над числом r
оставшихся и возвращаемых нам карт, т. е. равно n – r.
Следовательно,
a+n–r =z+h,
или
а=z+h+r–n.
В первом из двух примеров мы имеем n = 32, h = 3,
z = 3 × 11 = 33; следовательно, мы получим согласно
только что выведенной формуле
а=r+4.
Вовторомпримереn=52,h =3,z =3×18=54.
Таким образом, мы найдём, что


46
а=r+5.
Так как желательно, чтобы у нас оказалось достаточ-
ное число карт для составления кучек и чтобы сверх
того осталась по крайней мере ещё одна карта, то не-
обходимо, чтобы было z < n6). Далее, наибольшее значе-
ние, какое может иметь какая-либо карта, не должно,
конечно, превышать наименьшего из предельных чи-
сел z1, z2 ... zh. Поэтому предельные числа должны удо-
влетворять некоторым условиям, каковые мы установим
для того случая, когда z1 = z2 = ... = zh и, следовательно,
z = hz1, и когда наименьшее значение карты равно 1, а
наибольшее — 11. Для того чтобы у нас оставалась по
крайней мере одна карта, необходимо, чтобы выполня-
лось неравенство z = hz1 < n; с другой стороны, чтобы
общее предельное число не было меньше наибольшего
значения, какое у нас может иметь карта, т. е. 11, не-
обходимо также, чтобы было z1 ≥ 11. Таким образом,
число z1 должно удовлетворять следующим предельным
условиям:
111
≤<
z
n
h
.
Отсюда следует, например, что в случае 32 карт и трех
кучек нет значения zl, удовлетворяющего выведенным
условиям. При 52 картах и четырех кучках число z1 мо-
жет быть равно 11 или 12. Заметим, что число n карт мо-
жет быть какое угодно и что карты не должны обязатель-
но образовать полной колоды, но могут быть выбраны
совершенно произвольно. Чтобы разнообразить этот фо-
кус, удобно взять побольше карт — всё равно каких, —
чтобы можно было составить побольше кучек. Напри-
мер, если в нашем распоряжении находятся 100 карт, то,
как показывают приведённые предельные условия, чис-
ло кучек можно довести до девяти; условия дают нам
z1=11приn=100иh=9.


47
§6
ЗАДАЧИ НА ПЕРЕЛИВАНИЕ
Задачи, которыми мы сейчас займёмся, встречаются со
времени появления классического сочинения Баше1 не
только в различных книгах, содержащих арифметические
развлечения, но и в календарях, и в детских книгах, и в
журналах для лёгкого чтения, и в провинциальных газетах.
В этих задачах предполагается, что имеется лишь ограни-
ченное число сосудов, вмещающих каждый определённое
число литров, причём стенки сосудов не разделены чёр-
точками, по которым можно было бы судить, какая часть
сосуда наполнена. С помощью таких сосудов нужно путём
повторных переливаний налить определённое число ли-
тров в тот или другой сосуд. Чаще всего речь идёт о моло-
ке или вине. Обыкновенно в этих задачах предполагается,
что имеются всего лишь три сосуда различной величины,
что самый большой из них наполнен до краёв, а два других
совершенно пусты; требуется путём повторных перелива-
ний жидкости, наполняющей самый большой сосуд, раз-
делить её на две равные части так, чтобы одна половина
оказалась в наибольшем сосуде, а другая — в следующем
за ним по величине.
Баше (1612) выражает задачу так: «Два друга должны
поделить меж собой 8 мер вина, находящегося в сосуде
вместимостью в 8 мер; кроме этого сосуда, они имеют
ещё два сосуда, один в 5 мер, другой в 3 меры. Как могут
они поделить между собой вино поровну, пользуясь ис-
ключительно этими тремя сосудами?» Баше даёт два ре-
шения этой задачи, и мы приведём их здесь, заменив
меры литрами.
1. Следует налить вино в пятилитровый сосуд, пока
он не будет полон; из него следует перелить вино в трёх-
1
Раньше Баше этой задачей занимался в начале XV в. Тарталья, а
в 1803 г. её вновь извлёк на свет Божий Озанам.


48
литровый сосуд до краёв, так что во втором по величи-
не сосуде останется 2 литра. Теперь нужно перелить со-
держимое самого малого сосуда в наибольший: тогда
в последнем окажется 6 литров. В опорожненный наи-
меньший сосуд вливают 2 литра, оставшихся во вто-
ром по величине сосуде. Последний затем наполняют
до краёв вином из наибольшего сосуда, так что теперь
наши три сосуда, начиная с наибольшего, содержат по
порядку 1, 5 и 2 литра. Теперь переливают вино из
второго сосуда в наименьший, пока последний не на-
полнится. Тогда во втором сосуде останутся 4 литра.
Следует лишь перелить еще 3 литра из наименьшего со-
суда в наибольший, и мы разделим наши 8 литров по-
полам.
2. В другом решении Баше предписывается наполнить
до краёв наименьший сосуд и затем перелить эти 3 литра
в средний сосуд. Вновь наполняют наименьший сосуд,
наливая в него вино из наибольшего, так что в послед-
нем остается 2 литра. Теперь переливают вино из наи-
меньшего сосуда в средний, пока он не наполнится, и
затем переливают всё содержимое среднего сосуда в наи-
больший, который теперь содержит 7 литров, между тем
как в наименьшем будет один. Этот литр переливают
теперь в средний сосуд. Наконец, наполняют наимень-
ший сосуд вином из наибольшего, так что в последнем
будет содержаться 4 литра. Остаётся лишь перелить 3 ли-
тра, наполняющие наименьший сосуд, в средний, и наша
задача решена.
Эти решения можно представить в более наглядном и
кратком виде, если построить таблицы, в которых трём
сосудам отведены три колонны, и писать в строках этих
колонн числа, последовательно указывающие, сколько
литров находится в сосудах после каждого переливания.
В дальнейшем мы постоянно будем пользоваться этим
сокращённым способом. Три сосуда мы соответственно


49
будем обозначать через А, В и С, где А обозначает наи-
больший сосуд, В — второй по величине, а С — третий.
Вместимость каждого сосуда в литрах мы будем выра-
жать числами, заключёнными в скобки и помещённы-
ми под буквами А, В и С. Таким образом, оба вышеиз-
ложенных решения представляются в виде наглядных
таблиц:
Задачу Баше на переливание можно обобщить в трёх
различных направлениях:
1. Вместо чисел 8, 5 и 3 можно выбрать другие произ-
вольные числа, которые указывали бы, сколько литров
должны вмещать сосуды А, В и С.
2. Можно поставить себе целью не разделение на рав-
ные части, а получение любого возможного числа ли-
тров.
3. Можно предположить, что в нашем распоряжении
находятся не три сосуда, а большее число.
Третье направление представляется наименее инте-
ресным, так как нахождение решения становится слиш-
ком лёгким, а число возможных решений слишком боль-
1
АBC
(8) (5) (3)
800
350
323
620
602
152
143
440
2
АBC
(8) (5) (3)
800
503
530
233
251
701
710
413
440


50
шим. Поэтому мы не будем здесь подробнее развивать
задачу в указанном направлении, но приведём лишь при-
мер, который мы заимствуем из книги Болла Mathemat-
ical Recreations.
Предположим, что сосуд А, наполненный жидкостью,
вмещает 24 литра, а порожние сосуды В, С и D могут
вместить соответственно 13, 11 и 5 литров. Требуется
разделить переливанием 24 литра на три равные части.
В таблице представлено одно весьма краткое решение
задачи. Болл в своей книге высказывает мысль, что по-
добные задачи на переливание не могут быть решены
математически, а решаются лишь путём испытаний; тем
не менее автор в ряде своих статей о математических
играх (Naturw. Wochenschr, 1891—
1894) попытался критически раз-
работать задачу на переливание в
отношении двух первых из трёх
вышеуказанных направлений, в
которых задача может быть обоб-
щена. Числа, выражающие вме-
стимость сосудов А, В и С в ли-
трах, обозначим соответственно
через а, b, с.
Прежде всего легко понять,
что при переливании может про-
исходить лишь одно из двух: либо
мы совершенно опорожняем сосуд,
из которого мы переливаем, либо
же мы целиком наполняем сосуд,
в который мы переливаем. По-
этому, сколько бы раз мы ни делали переливание, ни
разу не может случиться, чтобы в одно и то же время не
было ни одного совершенно пустого сосуда и ни одного
совершенно наполненного. Поэтому если в какой-либо
строке нашей таблицы, изображающей результаты по-
следовательных переливаний, нет ни одного нуля, то
непременно будет одно из двух: либо второе число этой
АВСD
(24) (13) (11) (5)
2
4000
130110
801
15
081
15
118
0
5
1
6800
1
6080
31
380
3885
8880


51
строки равно b, либо же третье равно с. Первое же чис-
ло в рассматриваемом случае не может быть равно а,
потому что в задаче всегда предполагается, что имеется
всего лишь а литров жидкости. Если мы желаем полу-
чить посредством переливания всевозможные числа ли-
тров от 1 до а, то должны, совершая последовательно
переливания, стараться не натолкнуться вторично на
такую группу чисел, с которой мы уже один раз встре-
чались, потому что в противном случае переливания,
приведшие вторично к этой группе, окажутся ненуж-
ными.
Отыскивая метод, дающий всевозможные числа, мы
должны, в частности, следить за тем, чтобы возможно
позже возвратиться к начальной группе а, 0, 0. Можно
найти несколько методов, удовлетворяющих этому усло-
вию. Один из них содержится в следующих правилах.
Переливают жидкость из сосуда А в сосуд С до наполне-
ния последнего и потом переливают содержимое сосу-
да С в В, затем снова льют из А в С до наполнения по-
следнего и опять переливают содержимое сосуда С в В.
В таком порядке нужно продолжать переливания до тех
пор, пока сосуд В не будет совершенно полон. Затем
переливают содержимое сосуда В в сосуд А, и если в со-
суде С был ещё остаток, то переливают его в В. Посто-
янно продолжая таким же образом далее, мы в конце
концов вернёмся к первоначальной группе, получив по-
путно все числа литров, какие возможны. Спрашивается,
однако, всегда ли будет в сосуде А столько жидкости,
чтобы можно было совершенно наполнить сосуд С. Со-
суд А будет содержать наименьшее количество жидкости
тогда, когда в сосуде B будет b литров. Но тогда придёт-
ся сделать переливание из сосуда В в сосуд А. Если же в
сосуде В находится b – 1 литров, а в сосуде С совсем ещё
нет жидкости, то спрашивается, будет ли ещё в сосуде А
достаточно жидкости, чтобы можно было совершенно
наполнить сосуд С. Так как всего имеется а литров жид-
кости, то в этом случае в сосуде А должно находиться


52
а – b + 1 литров. Это число должно быть не меньше чис-
ла с, т. е., пользуясь языком арифметических знакопо-
ложений, должно быть:
a≥b+c–1.
Если это условие выполняется, то при помощи на-
шего способа мы получим в сосуде В все числа от 1 до
b7)
. Лишь в том случае, когда числа b и с не имеют обще-
го делителя, отличного от единицы, нельзя получить всех
чисел, а лишь те, конечно, которые также имеют этот
делитель. Итак, до сих пор мы нашли два условия: во-
первых, числа b и с не должны иметь общего делителя,
отличного от единицы, и, во-вторых, число а должно
быть не меньше чем b + с – 1. Этим условиям удовле-
творяют все семь нижеследующих примеров. Рассматри-
вая их, следует заметить, что, когда в сосуде С совсем нет
жидкости, а в сосуде В находятся у литров, то в сосуде А
должны содержаться а – у литров, так что в сосуде А
должны встречаться все числа, превосходящие число b,
еслитолькоа–b≤b+1,т.е.еслиа≤2b+1.Ноесли
это третье условие не выполнено, так что а больше удво-
енного числа b, увеличенного на 1, то в А естественно не
встречаются числа, которые больше чем b, но меньше
чема–b.
Всё это относится к случаю, когда сосуд С пуст. Но
пустой сосуд С можно наполнить жидкостью из сосуда
А, откуда вытекает, что некоторые числа не будут встре-
чаться тогда только, когда a – b
–
c≤b+l,т.е.когда
а ≤ 2b + с + 1. Таким образом, мы нашли следующий
результат.
Вышеизложенный метод наполнения даёт все числа
от 1 до а, если b и с не имеют общего делителя, отлич-
ного от единицы, и если, кроме того, выполняются ус-
ловия, выраженные следующими неравенствами:
b+с–l≤a≤2b+c+l.


53
Во всех семи нижеследующих примерах числа b и с не
имеют общего делителя, отличного от единицы, и все
они удовлетворяют также условию b + с – 1≤ а. Что ка-
сается третьего условия a ≤ 2b + c + 1, то оно выполня-
етсялишьвпримерахNo1,2,3и4,ноневпримерах
No 5, 6 и 7. Поэтому в этих последних примерах некото-
рые числа не могут встречаться.
Из прилагаемых таблиц видно, что в No 1, 2, 3 и 4 под
буквой В встречаются все числа от 1 до b, а под буквой
Авсечислаотb+1доа;напротив,вNo5,6и7мыне
встречаем тех чисел, которые превышают число b, бу-
дучи менее числа а – b
–
c. Если в каждом из трёх
последних примеров вставим перед самым концом то
переливание, после которого сосуды В и С будут одно-
временно наполнены, то эти примеры будут содержать
все числа, какие только в рассматриваемых случаях воз-
можны.
АВС
(13) (9) (5)
130
0
805
850
355
391
120
1
121
0
715
760
265
292
110
2
112
0
625
670
175
193
100
3
103
0
535
580
085
094
904
940
445
490
130
0
No1


54
Так, в No 7 под буквой В встречаются все числа от 1
до12,подбуквойАвсечислаот31–12
–
5=14до31,
так что недостижимым оказывается лишь число 13. Если
мы внимательно рассмотрим этот метод переливания, то
увидим, что под буквой В, помимо несколько раз повто-
ряющихся чисел 0 и b, находятся по порядку числа, крат-
ные с, начиная от 1 × с до b × с, уменьшенные всякий
раз на b, т. е. мы находим здесь наименьшие остатки от
деления х × с на b, где х принимает значения от 1 до b.
Таким образом, в No 3, где с = 7, b = 17, указанные чис-
ла суть следующие:
7,14,4,11,1,8,15,5,12,2,9,16,6,13,3,10.
Нам остаётся рассмотреть случай, который мы исклю-
чили в предыдущих примерах, а именно когда а < b +
+ с – 1. В этом случае под буквой В не могут получаться
все числа от 1 до b. Все же те числа, какие можно полу-
чить для сосуда В, мы найдём и в этом случае, применяя
вышеописанный метод и продолжая его применение до
тех пор, пока не натолкнёмся на число, превышающее
а – с. Все другие числа, какие ещё можно получить, бу-
дут иметь место под буквой А, когда мы будем вычитать
из а числа, полученные под буквой В, и когда мы на-
полним содержимым сосуда А оба других сосуда. Напри-
мер,еслиа=20,b=13,с=9,точислоавсёжеменьше
числа b + с – 1, хоть на одну лишь единицу. Следуя на-
шему методу, мы получим под буквой В, кроме 0 и 13,
числа, кратные 9, уменьшенные столько раз на 13, сколь-
ко это возможно, т. е. числа
9,5,1,10,6,2,11,7,3,12.
Но уже здесь на числе 12 ряд обрывается: хотя следу-
ющие два числа 8 и 4 арифметически возможны, но при
переливании эти числа не могут иметь места под буквой
В. Действительно, когда в сосуде B находится 12 литров,


55
а сосуд С остаётся пустым, то в сосуде А может быть все-
го лишь 8 литров, а это количество недостаточно для на-
полнения сосуда С. Тем не менее числа 8 и 4 всё же по-
лучаются, но не под буквой В, а под буквой А, а именно
ввидеразностей20–12и20–9
–
7, потому что под
буквой А должны встречаться все те числа, которые по-
лучаются при вычитании чисел предыдущего ряда из 20
или из 20 – 9. Таким же образом получатся и все числа
между 20 и 13, за исключением числа 16, которого здесь
никоим образом нельзя получить.
Возьмёмдругойпример,когдаа=16,b =12ис=7.
Здесь под буквой В мы встречаем, помимо чисел 0 и 12,
только числа 7, 2, 9, 4 и 11, под буквой А, помимо 0 и
16,числа16–7 =9,16–2 =14,16–9 =7,16–4 =12
и16–11 =5,атакжечисла16–7
–
7=2,16–7
–
–
2=7,16–7
–
9=0и16–7
–
4=5.ПодбуквойС
мы,кроме0и7,встретимлишьчисла2×7–12 =2,
4 × 7 – 2 × 12 = 4, и, таким образом, оказывается невоз-
можным получить числа 1, 3, 6, 8, 10, 13 и 15.
No2
АВC
(15) (7) (3)
150
0
120
3
123
0
933
960
663
672
130
2
1320
1023
105
0
753
771
140
1
141
0
111
3
1l4
0
843
870
150
0


56
Теперь встаёт вопрос, нет ли других методов перели-
вания, которые приводят и к таким числам, каких нель-
зя получить, следуя предыдущему методу.
Исследование показывает, что действительно суще-
ствует ещё один метод, но он даёт лишь те же результа-
ты, к которым приводит первый метод; в частности, ока-
зывается, что достижимые и недостижимые числа одни
и те же при обоих методах, с той лишь разницей, что
достижимые числа здесь появляются в обратном поряд-
АВС
(24) (17) (7)
240
0
170
7
177
0
107
7
10140
31
47
31
74
200
4
2040
134
7
13110
61
17
61
71
230
1
2310
161
7
1680
987
91
50
21
57
21
75
1905
1950
125
7
12120
51
27
51
72
220
2
No3
222
0
152
7
1590
897
81
60
11
67
11
76
1806
1860
116
7
11130
41
37
41
73
210
3
213
0
143
7
14100
71
07
71
70
240
0


57
ке. При этом оказывается ещё, что и во втором методе
условие возможности получения всех чисел от 1 до а вы-
ражается такими же неравенствами
b+c–l≤a≤2b+c+l,
как и в первом методе. Этот второй метод состоит в сле-
дующем.
Переливаем жидкость из сосуда А в сосуд В до на-
полнения его, затем из сосуда В переливаем жидкость в
сосуд С до наполнения и содержимое наполненного со-
No4
АBС
(20) (11) (10)
200
0
10010
10100
01
01
0
01
19
1109
1190
191
0
11
18
120
8
128
0
281
0
21
17
130
7
1370
371
0
31
16
1406
1460
461
0
41
15
150
5
155
0
551
0
51
14
1604
1640
641
0
61
13
170
3
173
0
731
0
71
12
180
2
1820
821
0
81
11
1901
1910
911
0
91
10
200
0


58
No5
АВC
(33) (11) (8)
3300
250
8
258
0
178
8
17115
280
5
285
0
205
8
20112
310
2
3120
2328
23100
15108
15117
2607
2670
1878
18114
2904
2940
214
8
21111
320
1
3210
241
8
2490
1698
16116
2706
2760
1968
19113
3003
3030
223
8
22110
3300
No6
АBС
(50) (9) (2)
5000
480
2
4820
462
2
4640
444
2
4460
426
2
428
0
408
2
4091
4901
4910
471
2
473
0
453
2
455
0
435
2
4370
417
2
4190
5000


59
суда С переливаем в А; затем вновь наполняем сосуд С
из В, переливаем потом содержимое сосуда С в А, и в
таком порядке мы повторяем переливания до тех пор,
пока содержимого сосуда В уже будет недостаточно для
совершенного наполнения сосуда С.
Тогда мы всё-таки переливаем этот остаток из сосу-
да В в С, так что сосуд В опорожнится. Затем мы вновь
наполняем до краёв сосуд В жидкостью из А и повто-
ряем только что описанный процесс, пока количество
жидкости, оставшееся в сосуде В, опять станет мень-
ше, чем может вмещать сосуд С. Тогда мы снова пере-
ливаем этот остаток в С, опорожнённый сосуд В напол-
няем жидкостью из А и наливаем полностью сосуд С
жидкостью из В и т. д. Поясним это следующим при-
мером:
No7
АВС
(31) (12) (5)
3100
2605
2650
215
5
21100
16105
16123
280
3
283
0
233
5
238
0
188
5
18121
3001
3010
2515
2560
2065
20110
15115
15124
270
4
274
0
224
5
2290
1795
17122
2902
2920
242
5
247
0
1975
19120
3100


60
Мы замечаем, что в том случае, когда число а удов-
летворяет условному неравенству, группы трёх получаю-
щихся чисел следуют друг за другом в порядке, как раз
обратном тому, какой имеет место при первом методе.
Если же указанное условное неравенство не выполняет-
ся, то мы встретимся с тем случаем, когда в сосуде А
будет недостаточно жидкости для совершенного напол-
нения сосуда В. В этом случае мы должны наполнить,
насколько возможно, сосуд В и продолжать переливание
согласно нашему методу. В результате, однако, окажется,
что некоторые числа невозможно будет получить: это
те же самые числа, какие должны были выпасть и при
первом методе.
Чтобы пояснить это, разберём один и тот же пример
при помощи двух методов. Пусть будет а = 16, b = 12,
с=7.
АBC
(16) (11) (6)
1600
51
10
556
115
0
110
5
01
15
01
06
61
00
646
124
0
120
4
11
14
196
790
736
133
0
130
3
21
13
286
880
826
142
0
140
2
31
12
376
970
916
1510
150
1
41
11
466
1060
1006
1600


61
Мы видим, что при применении того и другого метода
выпадают числа: 1, 3, 6, 8, 13 и 15; все же прочие числа от
1 до 16 наличествуют.
§7
ПОВЕРКА ПРИ ПОМОЩИ ДЕВЯТКИ
И ФОКУСЫ С ДЕВЯТКОЙ
При делении всякого числа на 9 получается такой же
остаток, как и при делении на 9 суммы цифр этого чис-
Первый метод
АBC
(16) (12) (7)
1600
907
970
277
21
22
140
2
142
0
727
790
097
01
24
120
4
124
0
547
51
10
Второй метод
АBC
(16) (12) (7)
1600
41
20
457
115
0
110
5
01
15
097
790
727
142
0
140
2
21
22
277
977
907
1600


62
ла. Это происходит оттого, что основание 10 нашей си-
стемы счисления, а следовательно, и степени его — как-
то: 100, 1000 и т. д. — при делении на 9 дают в остатке 1.
Действительно, если число содержит а единиц, b десят-
ков, с сотен, d тысяч и т. д., то его можно написать сле-
дующим образом:
а+10b+100с+1000d+...,
и эту сумму можно представить в виде суммы двух сла-
гаемых, из коих одно есть
a+b+c+d+...,
т. е. сумма цифр данного числа, а другое равно 9b + 99с +
+ 999d + ... и, следовательно, делится на 9 без остатка. Так
как это второе слагаемое при делении на 9 не даёт остатка,
то остаток, который получается при делении на 9 числа
а + 10 b + 100c + 1000d + ..., должен быть равен остат-
ку, который получится при делении на 9 суммы а + b +
+ с + d + ... Пользуясь этим правилом, мы можем очень
быстро находить остаток от деления на 9 даже многознач-
ных чисел. Нужно лишь складывать подряд цифры, и вся-
кий раз, когда мы при этом сложении будем получать
двузначную сумму, нужно опять брать сумму её цифр.
Следующий пример пояснит нам сказанное.
Предположим, что нужно определить остаток от деле-
ния на 9 числа 74 056 892. Мы вычисляем его следующим
образом:7+4=11,т.е.1+1=2;2+0=2;2+5=7;
7+6=13;т.е.1+3=4,4+8=12,т.е.1+2=3;
3 + 2 = 5. Цифру 9 мы в этом сложении могли пропу-
стить. Таким образом, искомый остаток равен 5. При
некотором навыке можно таким путём найти остаток от
деления какого-нибудь числа на 9 гораздо скорее, чем
путём действительного деления числа на 9.
На определении остатка от деления на 9 основана так
называемая поверка при помощи 9. В прежние века эта


63
поверка постоянно применялась к первым четырём дей-
ствиям; теперь она совершенно забыта, так как учителя
в школах, к сожалению, не учат ей на своих уроках, хотя
она выгодна с разных сторон. Она заключается в том, что
вычисления производятся не только с заданными числа-
ми, но попутно также и с остатками от деления их на 9.
Тогда результат, полученный от производства действий
над самими числами, и результат тех же действий, со-
вершённых над соответственными остатками, должны
при делении на 9 давать один и тот же остаток. В слу-
чае разногласия заключаем, что в вычислении сделана
ошибка.
Правильность этой поверки при помощи 9 доказыва-
ется следующим образом. Если число n при делении на
9 даёт остаток r, то мы можем положить
n=9а+r.
Если второе число nˊ даёт при делении на 9 остаток rˊ,
то имеем ещё:
nˊ = 9aˊ+rˊ.
Но почленное сложение, вычитание и умножение
обоих равенств всегда даёт в правой части сумму, первое
слагаемое которой делится без остатка на 9, а второе сла-
гаемое которой соответственно равно одному из чисел
r + rˊ, r – rˊ и r × rˊ. Этим мы доказали правильность
поверки с помощью девятки первых трёх основных дей-
ствий. Как следует делать эту поверку при делении, по-
кажет следующий пример.
Предположим, что нужно разделить 1 048 576 на 8192.
Мы получим 128 и желаем подтвердить этот результат по-
веркой с помощью 9. При делении на 9 число 1 048 576
даёт в остатке 4, число 8192 — остаток 2; 4 : 2 = 2; следо-
вательно, остаток от деления 128 на 9 должен быть 2; так
и есть в действительности. При этом может случиться, что


64
остатки не будут делиться друг на друга. Тогда к делимому
следует прибавлять 9 столько раз, сколько нужно для того,
чтобы получить сумму, которая делится нацело на оста-
ток, полученный при делении делителя на 9. Пусть, на-
пример, делимое равно 1 872 134, а делитель пусть будет
473. Соответственно остатки от деления на 9 равны 8 и 5.
Так как 8 не делится на 5, то будем прибавлять к 8 число
9 столько раз, сколько нужно для получения числа, кото-
рое делится на 5. Мы находим последовательно числа 17,
26, 35. Число 35 делится на 5. Частное равно 7. Следова-
тельно, частное от деления 1 872 134 на 473 должно при
делении на 9 давать в остатке 7. Так как это частное равно
3958, а остаток от деления этого числа на 9 равен 7, то
поверка девяткой подтверждает правильность деления.
Эта поверка оказывается особенно полезной при умноже-
нии многозначных чисел.
На пользовании остатками от деления на 9 основано
несколько фокусов, из которых наиболее поразительный
состоит в следующем.
Мы предлагаем кому-нибудь написать какое угодно
многозначное число. Под ним мы просим подписать
число, состоящее из тех же самых цифр, но написанных
в другом каком-нибудь совершенно произвольном по-
рядке. Затем мы просим вычесть меньшее число из боль-
шего и в полученной разности зачеркнуть совершенно
произвольную цифру, лишь бы не равную нулю1. Мы
просим написать вторично полученное после вычерки-
вания многозначное число и показать нам его. Тогда, не
имея никакого понятия о первоначально написанном
числе, мы можем с помощью последнего числа опреде-
лить, какая цифра была вычеркнута. Когда нам покажут
число, нужно лишь найти остаток от деления его на 9 и
вычесть этот остаток из 9. В результате мы непременно
получим вычеркнутую цифру.
1
При желании мы можем предложить сперва помножить получен-
ную разность на совершенно произвольное число и затем в получен-
ном произведении вычеркнуть произвольную цифру.


65
Предположим, например, что первоначально было на-
писано число
4 735 892 006.
Под ним написали, положим, число
2 004 589 673.
Разность этих двух чисел равна
2 731 302 333.
Предположим далее, что вычеркнутая цифра была 1.
Тогда показанное число будет следующее:
273 302 333.
Остаток от деления его на 9 равен 8. Таким образом,
вычеркнутая цифра 9 – 8 = 1. Чтобы понять, почему это
так, мы должны принять во внимание, что уменьшаемое
и вычитаемое в процессе вычитания состоят из одинако-
вых цифр и, стало быть, имеют одинаковую сумму цифр;
поэтому при делении на 9 они дают один и тот же остаток.
Разность, следовательно, есть число, кратное 9; поэтому
сумма вычеркнутой цифры и остатка от деления на 9 числа,
полученного после вычёркивания, должна быть равна 9.
Чтобы найти вычеркнутую цифру, нужно, следовательно,
вычесть из 9 остаток от деления на 9 показанного числа.
§8
ФОКУСЫ С КОСТЯМИ
Задача об угадывании чисел, выпавших на игральных
костях, относится к группе тех задач, которые мы разо-
брали в § 1, если только при решении её мы принимаем
3 Г. Шуберт


66
во внимание исключительно арифметические действия,
а не особенное свойство игральной кости. Кости в том
виде, какой придают им уже в течение нескольких сто-
летий, имеют шесть граней; на них нанесены шесть чи-
сел, от 1 до 6, представленных соответствующим числом
точек, но непременно таким образом, что два числа, со-
ставляющих в сумме 7, находятся на двух противополож-
ных, т. е. параллельных друг другу, гранях кости. Таким
образом, если в какой-нибудь кости число а находится
сверху, то, перевернув кость, мы увидим сверху число
7 – а. На этом особенном свойстве костей основано мно-
жество фокусов; мы остановимся лишь на двух из них,
отличающихся различной природой.
1. Чтобы угадать, какие два числа выпали на двух бро-
шенных костях, мы просим перевернуть первую кость и
сообщить нам, какая тогда получается сумма очков. За-
тем мы просим перевернуть и вторую кость и опять со-
общить нам полученную затем сумму очков. Оба сооб-
щённых нам числа мы складываем, вычитаем сумму из
21 и делим остаток пополам. Тогда мы получим первое
из двух чисел, которые мы должны были угадать. Далее,
мы прибавляем 7 к первому названному нам числу и из
полученной суммы вычитаем второе названное нам чис-
ло. Половина остатка представит нам второе из двух чи-
сел, которые мы должны были угадать8).
Например, предположим, что кости упали так:
Когда первая кость будет перевёрнута, то сумма очков
окажется 2 + 4 = 6. Когда затем перевернуть вторую кость,
то сумма очков будет 2 + 3 = 5. Сообщённые нам числа 6
и 5 мы складываем и в сумме получаем 11; 21 – 11 = 10;
половина десяти равна 5, т. е. числу очков, выпавших на


67
первой кости. Далее, 6 + 7 = 13; 13 – 5 = 8; половина
восьми, т. е. 4, представит нам число очков, выпавших на
второй кости.
2. Чтобы отгадать числа очков, выпавших одновре-
менно на трёх брошенных костях, мы просим поставить
три кости рядом друг с другом, а за ними в одну с ними
линию ещё три кости, которые показывали бы такие же
числа очков и в таком же порядке, как и первые три. За-
тем мы предлагаем перевернуть приставленные три ко-
сти, так что из чисел на шести костях составится шестиз-
начное число. Мы просим разделить это шестизначное
число на 37, а затем полученное частное вновь разделить
на 3. Эти деления должны совершаться нацело. В резуль-
тате деления на 3 получится четырёхзначное число, ко-
торое мы просим сообщить нам. Мы вычитаем из него 7
и делим остаток на 9. В частном получится трёхзначное
число: три цифры его представят нам три выпавших чис-
ла очков, которые мы взялись угадать. Допустим, что
брошенные кости вскрылись следующим образом:
После того как вы поставите ещё три кости, которые
показывают такие же числа очков, и эти кости перевер-
нёте, вы получите следующую картину:
На этих шести костях представлено число 263 514. Де-
ление последнего на 37 даёт в частном 7122; это число
при делении на 3 даёт в частном 2374. Это последнее
число вы сообщаете лицу, желающему отгадать выпав-


68
шие числа очков. Отгадывающий должен вычесть из на-
званного числа 7 и полученное число разделить на 9.
Таким образом, он получит сперва 2367, а затем 263, и
выпавшие числа очков равны соответственно 2, 6 и 3. Из
последующего ясно, почему этот способ всегда приводит
к цели.
Обозначим трёхзначное число, представленное тремя
выпавшими группами очков, буквой а; тогда за ним бу-
дет стоять число 777 – а, и, таким образом, получится
шестизначное число
1000а + (777 – а).
Но последнее число равно 999a + 777. Частное от де-
ления этого числа на 37 равно
27а + 21.
Поэтому деление на 3 даёт число 9а + 7; последнее
сообщается отгадывающему. Вычитая из названного чис-
ла 7, он получит 9а; деление этого числа на 9 даёт ис-
комое число а.
§9
ЦЕПИ ДОМИНО
На каждой костяшке игры в домино изображены два
числа при помощи точек, т. е. натуральным способом
начертания, причём принято во внимание и число 0,
которое отмечается пустым местом. Таким образом, в
правильном домино имеются всевозможные парные со-
единения чисел от 0 до n; среди этих соединений долж-
ны быть также n + 1 пар двух равных чисел: последние
пары называются дублями, или дублетами. Поэтому пол-
ное домино должно содержать 1/2(n + 1) × (n + 2) ко-
стяшек. Теория соединений даёт также формулу суммы


69
всех очков на всех камнях домино: она равна 1/2n ×
× (n + 1) × (n + 2)1. В играх, которые встречаются в про-
даже, n равно одному какому-нибудь из следующих чисел:
6, 7, 8 и 9. Так как каждая костяшка домино представ-
ляет определённое число, выраженное суммой находя-
щихся на ней очков, то из этих костяшек можно поэтому
составлять магические квадраты (ср. соответственный
отдел этой книги).
О подобных соединениях костяшек домино мы здесь
не будем говорить, так как они не имеют никакого от-
ношения к сущности самой игры в домино. Столь же
мало общего имеют с характером этой игры и те фокусы,
которые можно проделать согласно указаниям § 5, за-
менив в нём карты костяшками домино. Главное прави-
ло игры в домино заключается в составлении цепи из
костяшек таким образом, чтобы на приложенных друг к
другу концах были изображены одинаковые числа. Если
числа изображены не с помощью точек, но, как мы здесь
будем делать, посредством обыкновенных цифр, то такая
цепь имеет примерно следующий вид:
1
Действительно, каждое число встречается дважды на дублете и,
кроме того, еще n раз, т. е. всего (n + 2) раза. Далее, сумма всех чисел
от 0 до n включительно равна 1/2 n × (n + 1). Следовательно, искомая
суммаочковравна1/2n×(n+1)×(n+2).


70
Если такая цепь домино оканчивается тем же числом,
которым она начинается, так что её можно расположить
в форме сомкнутой линии, то цепь называется замкнутой.
Так как всякая цепь состоит из пар равных друг другу
смежных чисел, то, за исключением начального и конеч-
ного чисел, всякое число повторяется здесь чётное число
раз; в замкнутой же цепи всякое число повторяется чётное
число раз. Поэтому посредством домино, костяшки кото-
рого содержат пары чисел от 0 до n, можно составить за-
мкнутую цепь из всех костяшек в том случае, когда каждое
число встречается чётное число раз, т. е. когда n + 2 есть
чётное число9); следовательно, n должно быть чётным чис-
лом, например 6 или 8. Если же n, а следовательно, и n + 2
есть нечётное число, то из всех костяшек можно составить
1
/2(n + 1) незамкнутых цепей, причём и отдельно взятую
костяшку, если она не дубль, нужно рассматривать как
незамкнутую цепь. При этом можно устроить так, чтобы
все цепи, за исключением одной, состояли каждая из од-
ной лишь костяшки. Поэтому из всех костяшек можно
получить одну незамкнутую цепь и 1/2(n + 1) – 1, т. е.
1
/2(n – 1) отдельных костяшек. Итак, когда n есть нечёт-
ное число, то наибольшее число костяшек в незамкну-
той цепи равно разности между числом всех костяшек
1
/2(n+1)(n+2)ичислом1/2(n–1),т.е.оноравно
1/2(n2 + 2n + 3).
Если же n есть число чётное, то из всех костяшек мож-
но получить одну цепь. В замкнутой цепи, содержащей
все костяшки, за исключением n + 1 дублей, каждый дубль
может быть помещён в 1/2n местах. Поэтому число всех
возможных цепей, содержащих каждая все 1/2(n + l) (n+ 2)
костяшек, в (1/2n)n + 1
раз превышает число всех замкнутых
цепей, которые можно составить из 1/2n (n + 1) костяшек,
среди которых нет дублей. Г. Люка (Lucas) в своей книге
«Récréations» приводит величину последнего числа, когда
n равно 4: оно равно 63 360; в случае же n = 6 это число,


71
по вычислению Рейса (Reiss) из Франкфурта-на-Майне,
равно 129 миллионам и 976 320 (в Anali di Matematica pura
ed applicata 1871).
То обстоятельство, что при чётном n можно из
1/2(n + 1) (n + 2) костяшек составить одну замкнутую
цепь, даёт повод к одному поразительному обману: если
мы незаметно удалим из домино одну костяшку, не при-
надлежащую к числу дублей, то все прочие костяшки,
как бы мы их ни располагали по правилу игры, всегда
должны составлять одну незамкнутую цепь, в которой
конечным и начальным числом являются числа, изобра-
жённые на тайно удалённой костяшке. Таким образом,
мы в состоянии наперёд сказать тому, кто составляет
цепь, что если он начнёт числом а, то, как бы он ни рас-
полагал костяшки, он непременно кончит числом b,
причём а и b — числа тайком удалённой костяшки.
Этот фокус можно обставить ещё и следующим обра-
зом: мы предлагаем тому, кто собирается составить цепь,
сказать нам, какими числами он желал бы начать и кон-
чить цепь и сколько костяшек он желал бы употребить.
Тогда мы удаляем такие костяшки, из которых можно
было бы составить незамкнутую цепь, имеющую в своих
начале и конце те же числа, какие наш партнёр желает
иметь в начале и конце своей цепи. Предположим, напри-
мер, что в данном домино n = 6, и число всех костяшек
равно, следовательно, 28; если желательно составить из
23 костяшек цепь, которая начинается с 4, а кончается чис-
лом 5, то мы должны убрать 5 костяшек, образующих цепь
с числами 4 и 5 на концах, например следующие костяшки:
Когда мы удалим эти 5 костяшек, то из прочих 23 ко-
стяшек можно будет различным образом сложить одну-
единственную цепь, а на концах её всегда будут числа
4и5.


72
Если же n есть число нечётное, то мы должны неза-
метно убрать по крайней мере 1/2 (n – 1) костяшек для
того, чтобы из прочих можно было составить цепь с пред-
писанными числами на концах; при этом те 1/2 (n – 1)
костяшек, которые нужно удалить, должны содержать все
числа от 0 до n, за исключением тех двух чисел, которые
намечены для начала и конца цепи. Если, например, до-
мино состоит из 55 костяшек (случай, когда n = 9) и нам
предлагают составить цепь, которая начинается числом 3
и кончается числом 7, то мы должны удалить, например,
следующие костяшки:
Понятно, что мы можем убрать и большее число ко-
стяшек; например, результат будет один и тот же, убе-
рём ли мы одну костяшку
, или же уберём вместо
одной этой две следующие:
и
.
§10
ПРЕДСТАВЛЕНИЕ ВСЕХ ЧИСЕЛ В ВИДЕ СУММЫ
СТЕПЕНЕЙ ЧИСЛА 2
Только благодаря тому обстоятельству, что рука наша
имеет пять пальцев, число десять, т. е. число пальцев
на обеих руках, почти у всех народов легло в основание
системы как словесных, так и письменных числовых
знаков. Однако аналогично нашей нумерации, в кото-
рой значение цифры зависит от её места, можно по-
строить систему счисления при каком угодно другом
основании, понятно, не равном единице. Итак, наи-
меньшее число, которое может служить основанием,
равно 2. Подобно тому как в десятеричной системе мы,


73
кроме 0, имеем ещё девять цифр, так и в двоичной си-
стеме мы, кроме 0, имеем ещё одну лишь цифру, а
именно 1; смотря по тому, занимает ли эта 1 первое ме-
сто справа, или второе, или третье место и т. д., она
должна считаться за 1, за 21, за 22 и т. д. Поэтому в дво-
ичной системе каждое число представляется в виде суммы
степеней числа 2. Так, например, 111 = 1 + 21 + 22 = 7;
далее,
1010011=1+21+24+26=1+2+16+64=83.
1110100=22+24+25+26=4+16+32+64=116.
Если же мы желаем представить по двоичной системе
число, написанное по десятеричной, то мы вычитаем из
него наибольшую степень числа 2, какую только можно
вычесть из него, таким же образом поступаем с полу-
ченным остатком и продолжаем так до тех пор, пока не
дойдём до остатка 0 или 1. Каждая степень двух, которую
можно вычесть, изображается через 1, а на место всякой
недостающей степени пишется 0. Например, если мы
желаем изобразить по двоичной системе 1897, то прежде
всего должны заметить, что высшая степень числа 2, ка-
кая содержится в 1897, равна 210 = 1024. Остаток 1897 –
–
1024 = 873 содержит 29 = 512; остаток 873 – 512 = 361
содержит 28 = 256. Остаток 361 – 256 = 105 не содержит
степени 27, но содержит 26 = 64. Остаток 105 – 64 = 41
заключает в себе степень 25
= 32.Востатке41—32=9
не содержится степени 24, но в нём, конечно, заключа-
етсястепень23=8.Остаток9–8 =1,такчтомыне
находим здесь второй и первой степеней числа 2. По-
этому
1897 = 11 101 101 001.
На изображении чисел посредством степеней числа 2
основано множество фокусов; некоторые из них мы
здесь представим.


74
1. Приготовьте себе семь карточек; на одной напиши-
те те числа, которые в двоичной системе оканчиваются
на 1, т. е. все нечётные числа. На другой напишите те
числа, предпоследняя цифра которых в двоичной систе-
меесть1,т.е.2,3,6,7,10,11,14,15ит.д.Натретьей
карточке следует написать те числа, в которых третья
справа цифра при изображении их в двоичной системе
есть1,т.е.числа4,5,6,7,12,13,14,15ит.д.Наседь-
мой карточке будут числа от 64 до 127 включительно10)
.
Вы предлагаете кому-нибудь задумать число не выше
127, даёте ему одну за другой семь карточек и просите
сообщить вам, есть задуманное число на данной карточ-
ке или нет. Сложив первые числа тех карточек, на кото-
рых имеется задуманное число, вы в сумме получите за-
думанное число. Например, если задумано было число
77, то вам скажут, что оно находится на первой, третьей,
четвёртой и седьмой карточках; сложив, вы получите
1+4+8+64=77.
Вместо чисел можно взять также имена, названия горо-
дов и тому подобное, если только установить каким-либо
образом соответствие между ними и числами, — напри-
мер, при помощи произвольным образом составленной
таблицы. Понятно, что вместо семи карточек можно взять
больше или меньше. При помощи n карточек можно от-
гадать 2n
–
1 чисел или имён.
2. На столе лежит несколько однородных предме-
тов, — например, игральные жетоны. Лицо А желает от-
гадать число x; с этой целью он просит В, чтобы тот стал
отбирать жетоны один за другим — один правой рукой,
другой левой; взятый правой рукой следует опустить в
кружку, а взятый левой — положить на первую из таре-
лок, которые должны быть выставлены на столе по пря-
мой линии. Если при этом останется один лишний же-
тон, то его следует положить на стол рядом с первой


75
тарелкой. Затем нужно таким же образом поступить и с
жетонами, лежащими на первой тарелке: взятые правой
рукой опускать в кружку, взятые левой — класть на вто-
рую тарелку; если при этом останется один жетон, его
следует поместить на стол рядом со второй тарелкой.
Если В будет поступать таким образом и дальше, то на-
конец в кружку будут опущены все жетоны, за исключе-
нием тех немногих, которые будут лежать на столе возле
той или другой тарелки. В конце концов должен насту-
пить момент, когда на одной тарелке будет находиться
один-единственный жетон; этот последний нужно поло-
жить возле этой тарелки. Когда А подойдёт к столу, он
может отгадать число жетонов, которые лежали первона-
чально на столе. Для каждой тарелки, подле которой ле-
жит жетон, он должен лишь взять степень числа 2 —
именно: (n – 1)-ю степень для n-й тарелки — и все эти
степени сложить. Предположим, что А нашёл такую кар-
тину:
Тогда он сосчитывает
1+4+8+32=45.
Итак, на столе первоначально было 45 жетонов.
3. Ещё более поразительным представляется примене-
ние к следующему фокусу такого свойства каждого чис-
ла, что оно есть сумма степеней числа 2.
А и В уславливаются между собой, чтобы две стороны
монеты соответственно означали цифры 0 и 1 числа, на-
писанного по двоичной системе: например, решка будет
1, а орёл 0. А выходит, а В сговаривается с остающимися,
какое число должен отгадать А. В отводит присутству-
ющим глаза, уверяя их, например, будто А в состоянии


76
отгадать любое число по углам, которые образуют друг с
другом монеты. Затем В берёт какие-нибудь монеты и
при их помощи представляет выбранное число по дво-
ичной системе, принимая за 1 монету, лежащую решкой
вверх, и за 0 такую монету, которая лежит вверх орлом.
Чтобы ввести присутствующих в заблуждение и не на-
вести их на мысль, что в фокусе существенную роль иг-
рает то обстоятельство, какой стороной монета обраще-
на кверху, В будет составлять из монет фигуры, делая
вид, что он очень старается строить углы возможно точ-
нее. Предположим, общество остановилось на числе 217.
Тогда В составит из монет примерно такую фигуру:
Каждый кружок изображает здесь монету, а буквы Р
и О указывают, какой стороной обращена монета вверх:
решкой или орлом.
Подойдя к столу, А рассматривает лежащие монеты
справа налево и, таким образом, заключает, что задуман-
ное число равно
1+8+16+64+128=217.
§11
ЗАДАЧА БАШЕ О ГИРЯХ
Уже в книге Баше Problesmes plaisans et délectables
мы находим следующую задачу: какие надо иметь гири,
чтобы можно было посредством них отвесить на весах


77
любое целое число фунтов от 1 до 40, причём важно,
чтобы число таких гирь было наименьшим. Если нам
позволяют класть гири только на одну чашку весов, то
оказывается, что числа, выражающие, сколько фунтов
должна весить каждая гиря, должны быть последова-
тельными степенями числа 2: действительно, как мы
видели в § 10, каждое целое число можно представить
как сумму степеней числа 2. Если же мы имеем право
класть гири на обе чашки весов, т. е. если можно вы-
читать гири, то числа, указывающие, сколько долж-
ны весить гири, должны быть степенями числа 3. Итак,
чтобы быть в состоянии взвесить всякое целое число
фунтов до 40, мы должны иметь четыре гири, которые
весят
1,3,9и27
фунтов. Действительно, как показывает следующая та-
блица, мы можем путём сложения и вычитания одних
лишь этих четырёх чисел или только некоторых из них
получить любое число до 40:
1=1
2=3 –1
3=3
4=3+1
5=9 –3
–
1
6=9 –3
7=9 –3+1
8=9 –1
9=9
10=9+1
11=9+3–1
12=9+3
13=9+3+1
14=27–9
–
3–1
15=27–9
–
3
16=27–9
–
3+1
17=27–9
–
1
18=27–9
19=27–9+1
20=27–9+3–1
21=27–9+3
22=27–9+3+1
23=27–3
–
1
24=27–3
25=27–3+1
26=27–1
27=27
28=27+1
29=27+3–1
30=27+3


78
31=27+3+1
32=27+9–3
–
1
33=27+9–3
34=27+9–3+1
35=27+9–1
36=27+9
37=27+9+1
38=27+9+3–1
39=27+9+3
40=27+9+3+1
Легко увидеть, что посредством меньшего числа гирь
невозможно представить все числа до 40 и что вообще,
складывая или вычитывая степени числа 3:
1,3,9,27,81, ..., 3
n
,
мы можем получить все числа от 1 до 1/2 (3n + 1
–
1)11).
Со времени своего первого появления (1612 г.) за-
дача Баше о гирях неоднократно приводилась в очень
многих книгах и журналах. Но лишь недавно майор
Макмагон (Macmahon) в своей статье Certain special par-
titions of numbers (Quarterly Journal of Mathematics, 1886)
дал математически разработанное обобщение этой за-
дачи. Он разбирает более общую задачу: каким образом
можно вообще взвесить все грузы от 1 фунта до n фун-
тов, если предположить, что разновески имеют одина-
ковый или неодинаковый вес. Из выведенных им фор-
мул следует, что, например, при n = 40 можно восемью
способами взвесить любое целое число фунтов от 1 до
40 при условии, чтобы позволено было пользоваться
лишь гирями в 1, 3, 9 и 27 фунтов и чтобы каждый груз
можно было взвесить лишь по сумме гирь, а не по их
разности. Эти восемь возможных способов суть следу-
ющие:
1) 40 гирь по 1 фунту.
2)1гиряв1фунти13гирьпо3фунта.
3)4гирипо1фунтуи4гирипо9фунтов.
4)1гиряв1фунт,1гиряв3фунтаи4гирипо9фун-
тов.
5)13гирьпо1фунтуи1гиряв27фунтов.


79
6)1гиряв1фунт,4гирипо3фунтаи1гиряв
27 фунтов.
7)4гирипо1фунту,1гиряв9фунтови1в27фун-
тов.
8)1гиряв1фунт,1гиряв3фунта,1гиряв9фунтов
и 1 гиря в 27 фунтов.
Последний способ есть решение задачи Баше. Мы ви-
дим, что в этом решении число гирь является наимень-
шим; кроме того, это единственное решение, в котором
все гири имеют различный вес.
§12
ОТГАДЫВАНИЕ ВЛАДЕЛЬЦЕВ РАЗЛИЧНЫХ
ВЕЩЕЙ
Три лица I, II и III сидят за столом, на котором лежат
три небольших предмета a, b и с и 24 игральных жетона.
Четвёртое лицо D даёт лицу I один жетон, лицу II два и
лицу III три жетона. В отсутствие D каждое из трёх лиц
присваивает себе один из трёх предметов a, b и с и кладёт
его в карман. D берётся отгадать, какой предмет взят ли-
цом I, какой лицом II и какой лицом III, если только во
время его отсутствия сделано будет следующее. Лицо,
взявшее предмет а, должно взять из числа оставшихся
18 жетонов столько штук, сколько оно получило перво-
начально от D; далее, лицо, взявшее предмет b, должно
взять вдвое больше жетонов, чем оно получило от D, и,
наконец, лицо, взявшее предмет с, должно взять в четы-
ре раза больше жетонов, чем оно получило от D. Тогда
D может по числу оставшихся на столе жетонов узнать,
какой предмет взяло лицо I, какой — лицо II и какой —
лицо III.
Эта задача была поставлена и точно исследована
Баше в его книге Problesmes plaisans et délectables
(No XXV); с тех пор она воспроизводилась с незначи-


80
тельными изменениями во многих книгах и журналах
для занимательного чтения. Три предмета a, b и с мож-
но шестью способами распределить между тремя лицами
I, II и III. Действительно, если мы будем писать соот-
ветственно на первом, втором и третьем месте ту из трёх
букв a, b и с, которая обозначает предмет, взятый лицом
I, II и III, то мы получим шесть троек, которые образу-
ются посредством перестановок из трёх букв a, b и с.
Каждому из шести возможных способов распределения
соответствует различная сумма взятых жетонов, и, сле-
довательно, в каждом случае на столе также остаётся
различное число жетонов. Это видно из следующей таб-
лицы:
Распределение
Число взятых жетонов
Остаток
abc
1×1+2×2+3×4=17
1
асb
1×1+2×4+3×2=15
3
bac
1×2+2×1+3×4=16
2
bса
1×2+2×4+3×1=13
5
cab
1×4+2×1+3×2=12
6
сbа
1×4+2×2+3×1=11
7
Уже Баше дал стих-примету для того, чтобы можно
было без труда удержать в памяти связь между шестью
остатками 1, 3, 2, 5, 6, 7 и шестью способами распреде-
ления. Если возьмём вместо первых трёх букв три первых
гласных звука а, е, i, то связь между остатками и спосо-
бами распределения можно будет запомнить посредством
следующего стиха:
Par fer, César, jadis, devint si grand prince.
Содержащиеся в этом стихе слова и пары слов отно-
сятся по порядку к остаткам 1, 2, 3, 5, 6 и 7. Если мы
возьмём соответствующее остатку слово нашего стиха
или пару слов, то два содержащихся здесь гласных звука
укажут нам по порядку, какой предмет взяло лицо I и
какой лицо II; отсюда уже будет само собой понятно,


81
какой предмет взяло лицо III. Предположим, например,
что на столе осталось два жетона; в этом случае наш стих
даёт нам слово «César». Так как е есть второй гласный
звук и а первый, то лицо I взяло, следовательно, второй
предмет, лицо II первый, и потому лицо III взяло третий
предмет. Если на столе осталось шесть жетонов, то из
слов «si grand» заключаем, что лицо I взяло третий пред-
мет, II первый и, следовательно, лицо III взяло второй
предмет. Oughtred, книга которого Mathematical Recre-
ations вышла в 1653 г. в Лондоне, предложил в качестве
мнемотехнического средства вместо французского стиха
Баше следующий латинский стих:
Salve certa animae semita vita quies.
Ещё Баше распространил свою задачу о трёх лицах и
трёх предметах на случай четырёх лиц и четырёх пред-
метов. У Баше в этом случае число лежащих на столе
жетонов равно 78. Лица I, II, III и IV должны соответ-
ственно производить умножение на 1, 2, 3 и 4, а множи-
Остатки I
II III IV
0d
a
b
c
1а
d
b
c
3d
b
a
c
5а
b
d
c
7b
d
a
c
8b
a
d
c
12
dacb
13
а
dcb
18
dbca
21
а
bcd
22
bdca
24
bacd
Остатки I
II III IV
27
dcab
29
a
c
db
30
dcb
a
33
a
c
bd
38
bcd
a
39
bcad
43
c
dab
44
c
a
db
46
c
dba
48
c
abd
50
c
bda
51
c
bad


82
тели, зависящие от четырёх взятых вещей, суть 1, 4, 16 и
0. Здесь возможны 24 способа распределения; зависи-
мость их от различного числа оставшихся на столе жето-
нов видна из таблицы, в которой четыре предмета обо-
значены буквами а, b, с и d.
Задача о распределении четырёх предметов между че-
тырьмя лицами была разработана ещё раньше Баше в
книге Диэго Паломино (Diego Palomino), вышедшей в
1599 г. В этой же книге рассматриваются и магические
квадраты.
Если вместо чисел от 1 до 4, отнесённых к лицам,
взять соответственно произвольные числа
a1,a2,а3,...,а
n
,
а вместо чисел 1, 4, 16 и 0, отнесённых к четырём пред-
метам, взять вообще числа
x1,x2,x3,...,x
n
,
то задача Баше приведёт нас к следующей математиче-
ской задаче. Если мы в каждом из n! комплексов, полу-
чающихся посредством перестановок из элементов х1,
х2,...х
n
, будем умножать содержащиеся в нём величины
соответственно на данные числа а1, а2, а3, ..., а
n
и будем
складывать полученные n произведений, то мы получим
n! сумм, которые все должны быть отличны друг от дру-
га. Спрашивается, как определить числа x1, х2, х3, ..., х
n
?
Для того случая, когда a1, а2, а3, ... а
n
означают числа от
1 до n, Labosne, обработавший четвёртое издание книги
Баше (1879 г.), указал метод (cp. Note IV указанной кни-
ги), который всегда приводит к решению. В общем же
виде задача пока не разработана. Кроме того, Labosne
прибавляет, что в том случае, когда к четырём лицам от-
несены числа 1, 2, 3 и 4, числа 1, 4, 16 и 0, которые Баше
ассоциирует с четырьмя предметами, можно заменить
также числами 1, 2, 5 и 15.


83
§13
ИГРА ДВУХ ЛИЦ, КОТОРЫЕ ПООЧЕРЁДНО
ПРИБАВЛЯЮТ
А и В уславливаются играть следующим образом: каж-
дый будет называть число, большее, чем то, которое толь-
ко что было названо другим, но избыток называемого
числа над тем числом, которое названо непосредственно
перед ним, не должен превысить 10; выигрывает же тот,
который раньше получает право назвать число 100.
В этой игре, которая приводится уже в книге Баше
(Problesmes plaisans et délectables, Problesme XXII), всегда
выигрывает тот, кто первый может назвать одно из сле-
дующих чисел
1, 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78, 89,
если он потом не будет называть других чисел, кроме тех,
которые стоят в этом ряду.
Когда он наконец назовёт 89, то другой, согласно пра-
вилу игры, может назвать лишь одно из чисел от 90 до
99, после чего сейчас же можно назвать число 100 и тем
самым выиграть партию. Но для того, чтобы один иг-
рок — например, А — мог назвать 89, он должен перед
тем назвать 78, потому что тогда В, увеличивая число, не
может достигнуть числа 89. Далее, для того, чтобы иметь
право назвать 78, А перед тем должен был назвать 67 и
т. д. Итак, чтобы получить те числа, которые А должен
назвать для верного выигрыша, нужно, как видим, по-
следовательно вычитать по 11 из предельного числа 100.
Если условлено было, что В начинает игру и он на-
зывает какое-либо число из указанного ряда, то А дол-
жен проиграть, если и впредь В будет называть только
числа того же ряда. Если же В начинает и при этом на-
зывает число, не принадлежащее к нашему ряду, то А
непременно выиграет, если только он тотчас же назовёт
ближайшее число нашего ряда, которое он вправе на-


84
звать, и потом всякий раз будет прибавлять по 11 к чис-
лу, которое он назвал в предшествующий раз.
Легко понять тот общий закон, по которому состав-
ляется подобный ряд. Если возьмём z вместо 100 и через
d обозначим условленный высший избыток называемого
числа над непосредственно ему предшествующим (в на-
шем примере эта разность равна 10), то формула
z–n×(d+1)
выражает те числа, которые А должен будет называть
одно за другим для того, чтобы точно выиграть. Напри-
мер, если по условию выигрывает тот, кто первый впра-
ве назвать 40, а условленный высший избыток равен 6,
то лицо А должно для выигрыша составить по формуле
40–7n
ряд чисел
5, 12, 19, 26, 33
и называть эти числа одно за другим.
Если оба игрока А и В знают эту игру и соответству-
ющий ряд, то выиграет, понятно, тот, кто первый начнёт
называть число.
Эту игру можно слегка изменить, если условиться, что
тот проигрывает, кто первый вынужден будет назвать
число z. В этом случае А для выигрыша должен называть
числа, составленные по формуле
z–1
–
n(d+1),
в которой вместо n нужно подставлять целые числа; на-
пример, если z опять равно 40, a d = 6, то А будет на-
зывать следующие числа:
4, 11, 18, 25, 32.


85
После того как А будет вправе назвать и назовёт 32,
его партнёр по необходимости должен будет назвать одно
из чисел, заключающихся между 33 и 38. Тогда А скажет
39, после чего В, который обязан сказать большее число,
не превышающее, однако, 40, вынужден будет назвать
40; таким образом, А выиграет, а В проиграет.
§14
СОВЕРШЕННЫЕ ЧИСЛА
Ещё со времён пифагорейцев древние греки с любо-
вью занимались изучением своеобразных свойств раз-
личных целых чисел: они исследовали числа в отно-
шении суммы их делителей. Они делили все числа на
совершенные, избыточные и недостаточные. Число на-
зывается совершенным, если оно равно сумме всех своих
делителей, избыточным, если сумма делителей превыша-
ет число, и недостаточным, если сумма делителей мень-
ше самого числа. При этом число 1 считается одним из
делителей, само же число не считается одним из своих
делителей. Посредством разложения числа на простые
множители легко найти сумму делителей его; следующие
примеры покажут нам это.
Число 72 равно 8 раз 9, т. е. равно 23 × 32; отсюда сле-
дует, что, умножив все числа ряда 1, 2, 22, 23 на все числа
ряда1,3,3
2
, мы получим все делители числа 72, включая
само число 72. Поэтому для получения суммы делителей
числа 72 достаточно умножить сумму 1 + 2 + 22 + 23 на
сумму 1 + 3 + 32 и из полученного произведения вычесть
72. Мы получим, таким образом, 15 × 13 – 72 = 123. Так
как 123 больше 72, то 72 есть избыточное число.
В виде второго примера испытаем число 880. Раз-
ложение этого числа на простые множители содержит
4 раза простое число 2, один раз 5 и один раз 11. По-
этому 880 = 2
4
× 5 × 11, и мы получим все делители чис-
ла 880, если перемножим каждое число ряда 1, 2, 4, 8, 16


86
на каждое число ряда 1, 5 и затем полученные произве-
дения умножим на каждое число ряда 1, 11. Отсюда сле-
дует, что сумма делителей числа 880 равна
(1+2+4+8+16)(1+5)(1+11)–880,
т.е.равна31×6×12–880 =186×12–880 =2232–
–
880 = 1352. Таким образом, и число 880 есть избыточ-
ное число. Напротив, 147 есть недостаточное число, по-
томучто147=3×72,а
(1+3)(1+7+49)–147=228–147=81<147.
Наконец, число 496 есть совершенное, потому что
496=2
4
×31и
(1+2+4+8+16)(1+31)–496=
= 31×32–496=992–496=496.
Ещё Евклид за 300 лет до P. X. доказал, что совершен-
ные чётные числа получаются от умножения какого-ли-
бо простого числа, которое на 1 меньше какой-либо сте-
пени числа 2, на ближайшую низшую степень числа 2.
Например, 31 есть простое число, на 1 меньшее числа 32,
т. е. пятой степени числа 2. Если мы умножим 31 на бли-
жайшую низшую степень двух, т. е. на 16, то мы получим
совершенное число 496. Что это правило Евклида всегда
приводит к совершенному числу, вытекает из только что
изложенного способа нахождения суммы делителей чис-
ла. Действительно, если 2n
–
1 есть простое число, то для
получения суммы делителей числа
(2n
–
1)×2n–1
достаточно умножить сумму
1+(2n
–
1)


87
на сумму
1+2+22+23+...+2n–1
и вычесть из полученного произведения самое число.
Мы получим тогда:
(1+2n
–
1)(1+2+22+...+2n–1)–(2n
–
1)×2n–1
=
=2
n
(2n
–
1)–2
n–1
× (2n
–
1)=(2n
–
1)×(2n
–
2n–1
)=
= (2n
–
1)×2n–1×(2–1)=(2n
–
1)×2n–1
.
Таким образом, мы видим, что сумма делителей ока-
зывается равной самому числу. Эйлер доказал, что не мо-
жет быть других чётных совершенных чисел помимо тех,
которые получаются указанным способом. С другой сто-
роны, недавно было доказано, что ниже некоторой очень
высокой границы не может быть ни одного нечётного
совершенного числа. Но пока ещё не доказано, что во-
обще нечётные совершенные числа не существуют. Из
греков позднейшей эпохи совершенными числами зани-
мались, главным образом, Никомах и Ямблих. Ямблих на-
писал обширную статью о совершенных числах; в ней он
утверждает, что мириад каждого разряда содержит одно
совершенное число. Мириадом 1-го разряда Ямблих на-
зывает числа от 104 до 108, мириадом 2-го разряда — чис-
ла от 108 до 1012, и вообще мириад n-го разряда заключа-
ет числа
от 104n до 104(n + 1).
Гульч (Hultsch) подверг это утверждение Ямблиха ис-
следованию в «Известиях Королевского саксонского на-
учного общества» за 1895 и 1896 гг.; он установил, что
мириад 1-го разряда действительно содержит одно совер-
шенное число, второй же содержит два, третий ни одного,
четвёртый одно, пятый, шестой, седьмой и восьмой не
заключают в себе ни одного совершенного числа, девятый


88
же, в свою очередь, содержит одно такое число. Так как
формула (2p
–
1) × 2p – 1 выражает совершенное число
лишь в том случае, когда 2p
–
1 есть простое число, то для
того, чтобы найти все совершенные числа, необходимо
разыскание простых чисел вида 2p
–
1. Отысканием таких
чисел особенно много занимался Мерсенн (Mersenne), а
именно в книге Cogitata Physico-Mathematica, вышедшей
в 1644 г. Прежде всего нужно заметить, что число 2p
–
1
может быть простым лишь в том случае, когда р есть про-
стое число. Действительно, если p = mn и оба числа m и
n больше единицы, то из делимости числа хn
–
1 на число
х – 1 следует, что и число 2mn
–
1 должно делиться на чис-
ло 2m
–
1. Все числа вида 2p
–
1, где р есть простое число,
были одно за другим подвергнуты исследованию; пока ис-
следование доведено до р = 61. Эту трудную работу взял
на себя Зеельгоф (Seelhof). Теперь установлено, что при
р ≤ 61 формула 2p
–
1 даёт простое число лишь тогда, ког-
да р равно одному из следующих чисел:
2,3,5,7,13,17,19,31,61.
Этим девяти числам соответствуют следующие про-
стые числа вида 2p
–
1:
3, 7, 31, 127, 8191, 131 071, 524 287, 2 147 483 647,
2305 843 009 213 692 951.
Отсюда получаются, согласно вышеизложенному Ев-
клидову закону составления совершенных чисел, следу-
ющие девять совершенных чисел:
6, 28, 496, 8128, 33 550 336, 8589 869 056,
137 438 691 328, 2305 843 008 139 952 128 и
2658 455 991 569 831 744 654 692 615 953 842 176.
Итак, вычислены девять совершенных чисел; наи-
большее из них 37-значное. Замечательно, что все эти


89
числа кончаются либо цифрой 6, либо 28. Это не случай-
ность, а общий закон, доказанный для всех чётных со-
вершенных чисел.
Близким к определению совершенных чисел является
определение «дружественных» чисел. Два различных чис-
ла называются дружественными, если каждое из них равно
сумме делителей другого. Примером двух таких чисел мо-
гут служить 220 и 284. Действительно, 220 = 22 × 5 × 11,
284=2
2
× 71; отсюда следует, что сумма делителей чис-
ла 220 равна
(1+2+22)(1+5)(1+11)–220=
= 7×6×12–220=504–220=284,
а сумма делителей числа 284 равна
(1+2+4)(1+71)–284=7×72–284=
= 504–284=220.
По свидетельству Ямблиха, уже пифагорейцы устано-
вили понятие о дружественных числах. Отысканием об-
щего закона для нахождения пар дружественных чисел
занимался Декарт, а после него Эйлер.
§15
ПИФАГОРОВЫ И ГЕРОНОВЫ ЧИСЛА
Теорема, обратная теореме Пифагора, гласит, что тре-
угольник будет прямоугольным, если площадь квадрата,
построенного на одной стороне его, равна сумме пло-
щадей квадратов, построенных на двух других сторо-
нах. Основываясь на этом, мы можем построить прямой
угол, если отыщем три числа х, у, z, удовлетворяющие
условию
x2=y2+z2,


90
и построим треугольник, стороны которого в x, у и z раз
больше некоторого отрезка, принятого за единицу дли-
ны. Наименьшие целые числа, удовлетворяющие усло-
виюx2=y2+z2,суть5,4и3;действительно,52=25 =
= 42+32=16+9.
Что числа 5, 4 и 3 приводят к прямоугольному тре-
угольнику, было известно, по свидетельству греков, ещё
древним египтянам: когда в древнейшие времена егип-
тяне закладывали фундамент здания, то при этом, со-
гласно свидетельству греков, гарпедонапты, или натя-
гиватели каната, потому играли роль, что они владели
искусством втыкать в землю три кола таким образом, что
при этом в точности получался прямой угол. Кратчайшая
тень, отбрасываемая солнцем, даёт точное направление
с севера на юг: оно служило первой главной линией в
плане воздвигаемого здания. После того как это направ-
ление было установлено, являлись гарпедонапты и при
помощи кольев обозначали второе главное направление
с востока на запад. Для этой цели они пользовались раз-
делённой на 12 равных частей верёвкой, концы которой
были соединены друг с другом; прежде всего они забо-
тились о том, чтобы два кола, указывавшие направление
с севера на юг, были удалены друг от друга на расстояние
4 частей; затем они при помощи третьего кола натягива-
ли сомкнутую верёвку таким образом, чтобы до одного
кола приходилось 5 частей, а до другого — 3 части; таким
образом, два направления верёвки, соответствовавшие 3
и 4 частям, составляли точный прямой угол. Отсюда сле-
дует, что тот, кто придумал этот египетский способ на-
тягивать канат, несомненно знал, что треугольник, сто-
роны которого относятся друг к другу как 3, 4 и 5, должен
быть прямоугольным.
Помимо трёх чисел 3, 4 и 5 известны ещё другие три
числа, которые приводят к прямоугольному треугольни-
ку, — 5, 12 и 13. Эти три числа встречаются в задаче,
которая находится в китайской арифметике «Киу-чанг».
Как говорят китайцы, арифметику «Киу-чанг» соста-


91
вил Цзин Киу Чау за 2600 лет до P. X. Задача гласит:
«В средине квадратного пруда со стороной, равной
10 футам, растёт тростник, который возвышается на
1 фут над уровнем воды. Когда его притянули к берегу
до середины одной стороны пруда, то он достиг как раз
края пруда. Какова глубина пруда?» Ответ: 12 футов.
Действительно, середина пруда, где тростник подымает-
ся из воды, корень тростника и середина одной стороны
квадрата, образуемого прудом, должны представлять со-
бой вершины прямоугольного треугольника, стороны
которого равны 12 + 1 футам, 12 футам и половине от
10 футов.
Всякую группу трёх целых положительных чисел,
удовлетворяющих уравнению x2 = y2 + z2, мы будем на-
зывать Пифагоровой тройкой; название объясняется
связью этого уравнения с теоремой, открытой Пифаго-
ром. Отысканием таких Пифагоровых троек занимались
ещё греческие математики. Весьма легко найти закон,
при помощи которого можно с уверенностью получить
всевозможные Пифагоровы тройки. Прежде всего ясно,
что из каждой такой тройки можно получить бесчислен-
ное множество других новых троек, для чего стоит лишь
увеличить все три числа х, у и z в одно и то же число
раз. Например, числа 6, 8 и 10 или 9, 12 и 15 представ-
ляют собой Пифагоровы тройки, полученные из тройки
3, 4 и 5. Поэтому мы можем ограничиться отысканием
лишь таких троек, которые не имеют общего делителя.
Но в таком случае мы можем также предположить, что
и два числа у и z, измеряющие катеты, не имеют обще-
го делителя. Действительно, если бы они имели общий
делитель, то и число х должно было бы делиться на
него, а этот случай мы исключили. Пифагоровы тройки,
составленные из чисел, не имеющих общих делителей,
мы будем называть первоначальными, а тройки, состав-
ленные из чисел, которые имеют общий делитель, мы
назовём производными. Чтобы найти все первоначальные
тройки, заметим прежде всего, что при делении на 4


92
квадрат всякого чётного числа даёт в остатке 0, квад-
рат же всякого нечётного числа даёт остаток 1. Действи-
тельно,
(2n)2=4×n2
и(2n+1)2=4n2+4n+1=4×(n2+n)+1.
Поэтому числа у и z, измеряющие катеты, не могут
быть одновременно нечётными числами. В противном
случае сумма y2 + z2 при делении на 4 давала бы остаток
1 + 1 = 2, и, следовательно, число х2 при делении на 4
тоже давало бы остаток 2, но это невозможно, так как,
согласно вышесказанному, полный квадрат при делении
на 4 может давать в остатке только 0 либо 1. Так как оба
числа, измеряющие катеты, не могут также быть одно-
временно чётными (в противном случае они имели бы
общий делитель, а именно делитель 2), то остаётся лишь
случай, когда одно число чётное, а другое нечётное.
Предположим, что у есть нечётное число, a z — чётное.
Перенеся член у2 в левую часть уравнения, т. е. приведя
наше уравнение к виду
х2
–
y2
=z
2
,
мы получим как в правой, так и в левой части уравнения
числа, кратные четырём. Делим обе части на 4; прини-
маявовнимание,чтох2–у2=(х–у)(х–у),мыполу-
чим:
xyxy z
+
×
−
=
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
222
2
.
Но числа
xy
+
2
и
xy
−
2
не имеют общих делителей.
Действительно, если бы эти числа имели общий дели-
тель, то его имели бы как сумму этих чисел, т. е. х, так


93
и разность их, т. е. у; следовательно, числа х и у име-
ли бы тот же общий делитель. Но это невозможно, так
как, согласно нашему предположению, три Пифагоровых
числа х, у и z не имеют общих делителей.
Итак, мы доказали, что числа
xy
+
2
и
xy
−
2
не могут
одновременно делиться на одно и то же число. Несмотря
на это, произведение их должно представлять собой пол-
ный квадрат, а именно квадрат числа
z
2
.
Поэтому оба
множителя — как
xy
+
2
,таки
xy
−
2
—
сами должны быть
полными квадратами.
Назовём число, квадрат которого равен
xy
+
2
, через v,
а число, квадрат которого равен
xy
−
2
, через w. Итак, мы
имеем:
xy
v
+
=
2
2
и
xy
w
−
=
2
2
.
Складывая и вычитая оба эти равенства, мы получим:
x=v
2
+w2иу=v
2
–
w2
.
Таккакz2=x2–y2=(v2+w2)2–(v2–w2)2=2v2×2w2,
то мы заключаем, в-третьих, что z = 2 × v × w. Если в
три уравнения, выражающие x, у, z через v и w, мы будем
подставлять вместо v и w какие-либо целые числа, то по-
стоянно будем получать для х, у и z числа, удовлетворя-
ющие Пифагорову уравнению
х2=у2+z2.
Чтобы эти числа были положительными и не имели
общих делителей, мы должны выбрать числа v и w таким
образом, чтобы удовлетворялись троякого рода условия:


94
во-первых, число v должно быть больше, чем w; во-
вторых, числа v и w не должны иметь общих делителей
и, в-третьих, числа v и w не должны быть одновременно
нечётными. Посредством трёх уравнений
xvw
yvw
zv
w
=+
=−
=××
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⎫
⎬⎪
⎭⎪
22
22
2
мы можем получить из каждой пары чисел v и w, удов-
летворяющей указанным условиям, три числа х, у и z,
составляющие первоначальную Пифагорову тройку.
Вместе с тем мы видим, что не существует ни одной та-
кой тройки, которая не получалась бы по указанному
способу. Итак, если мы возьмём по порядку
v
w
v
w
v
w
v
w
v
w
=
=
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
=
=
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
=
=
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
=
=
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
=
=
2
1
5
2
3
2
5
4
4
1
⎧⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
=
=
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
=
=
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
=
=
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
v
w
v
w
v
w
6
1
4
3
6
5
ит.д.,
то можем получить все без исключения первоначальные
Пифагоровы тройки до сколь угодно больших чисел.
В нижеследующей таблице мы приводим все тройки, в
которых каждое число содержит не более двух цифр:
v
= 2344556677788899
w
= 12 13241524613524
x= 5131725294137615365856573898597
y= 3 515 721 935114533136355397765
z= 412 824204012602856841648803672
Так как для получения первоначальной тройки необ-
ходимо, чтобы одно из чисел v и w было чётное, а другое
нечётное, то чётное число, измеряющее катет, непремен-
но должно делиться на 4, так как оно равно 2 × v × w.
Далее, так как число, измеряющее гипотенузу, равно
сумме v2 + w2, то при делении на 4 оно должно давать в


95
остатке 1; отсюда следует ещё, что если это число само
не есть простое, то оно должно быть равно произведе-
нию таких простых чисел, которые при делении на 4
дают в остатке 112). Из трёх выше выведенных основных
формул следует также, что числа х + z и х – z непремен-
но должны быть полными квадратами.
Из первоначальных троек, представленных в преды-
дущей таблице, мы можем получить все производные,
для чего стоит лишь умножать все три числа каждой
тройки на всевозможные числа. Далее, если мы будем
умножать три числа каждой тройки на любое рациональ-
ное число, то получим все те рациональные числа, кото-
рые, будучи рассматриваемы как меры сторон треуголь-
ника, приводят к прямоугольным треугольникам. Так,
например, умножая числа первоначальной тройки 17, 15
и 8 на 5/4, мы получим рациональную тройку
211/4, 183/4, 10.
В тесной связи с Пифагоровыми тройками, приводя-
щими к прямоугольным треугольникам, находятся Геро-
новы числа. Последние получили своё название по имени
Герона Александрийского, который жил приблизительно
за 150 лет до P. X. и по справедливости считается отцом
землемеров. Этому Герону мы обязаны важным правилом,
посредством которого можно найти площадь треуголь-
ника, зная длину трёх его сторон. Согласно этому прави-
лу нужно вычесть из полупериметра (назовём его s) тре-
угольника каждую из трёх сторон a, b и с, перемножить
между собой полученные три разности и число s и из про-
изведения этих четырёх множителей извлечь квадратный
корень. Найденный таким образом результат даст нам
величину площади.
Например, если стороны треугольника равны 5, 6 и
7см,тоsравно9см,s–а =4,s–b =3,s–с =2.Итак,
мы должны извлечь квадратный корень из произведе-
ния9×4×3×2,чтоприводитквыражению66.Вы-


96
числив это выражение до третьего десятичного знака, мы
найдём число 14,697. Итак, площадь треугольника со
сторонами в 5, 6 и 7 сантиметров равна 14,697 квад-
ратным сантиметрам. В этом примере квадратный ко-
рень оказался иррациональным числом, которое можно
представить при помощи рационального числа лишь с
приближением. Но Герон Александрийский дал пример
трёх целых чисел, для которых квадратный корень из-
влекается точно, а именно: а = 13, b = 14, с = 15. Эти
три числа приводят к квадратному корню из произве-
дения (21 × 8 × 7 × 6), который равен 84. Естественно
возникает вопрос об отыскании метода, посредством ко-
торого можно было бы получить все возможные тройки
целых чисел, обладающих тем свойством, что треуголь-
ник, стороны которого измеряются такими тремя числа-
ми, имеет площадь, которая также выражается целым
числом. В честь Герона мы будем каждые три таких це-
лых числа называть Героновой тройкой. Чтобы найти все
возможные Героновы тройки, мы прежде всего примем,
что треугольник имеет три рациональных стороны, a, b
и с, и площадь J, которая выражается рациональным
числом. В таком случае и все высоты h должны измерять-
ся рациональными числами, ибо каждая высота равна
частному от деления удвоенной площади на соответству-
ющую сторону. Кроме того, каждая проекция стороны
на другую сторону должна быть рациональной, потому
что, согласно обобщённой теореме Пифагора, её можно
выразить рационально через стороны. Например, про-
екция b на сторону а равна
bac
a
222
2
+−
×
.
Но отсюда следует, что если стороны и площадь како-
го-нибудь треугольника измеряются рациональными чис-
лами, то каждая высота должна рассекать его на два та-
ких прямоугольных треугольника, стороны которых тоже


97
выражаются рационально. Итак, для получения всевоз-
можных треугольников с рациональными сторонами и
рациональной площадью достаточно сложить всеми воз-
можными способами два прямоугольных треугольника с
рациональными сторонами. Три стороны всякого такого
треугольника после соответственного умножения дают
Геронову тройку. Таким образом, мы можем из всяких
двух Пифагоровых троек составить различными способа-
ми одну Геронову тройку. Так, вышеупомянутый пример
Герона Александрийского
13,14и15
получается посредством сопоставления двух Пифагоро-
выхтроек13,12,5и5,4,3.
Будем рассматривать 13 как сторону, 12 как высоту, и
5 как проекцию. Так как оба прямоугольных треуголь-
ника должны иметь один общий катет, который будет
служить у нас высотой, то мы должны увеличить в три
раза числа тройки 5, 4, 3; тогда получим 15, 12 и 9. Сло-
жим теперь оба прямоугольных треугольника, тогда дву-
мя сторонами искомого треугольника будут гипотенузы
13 и 15, а третья получится как сумма катетов 5 и 9 (см.
прилагаемую фигуру).
4 Г. Шуберт


98
Полученный треугольник является здесь суммой обо-
их составляющих его прямоугольных треугольников. Но
он всегда может быть получен и как разность. В этом
последнем случае числа получающейся Героновой трой-
ки будут следующие: 13, 15 и 9 – 5 = 4. Действительно,
квадратный корень извлекается и в этом случае, ибо
квадратный корень должен извлекаться из произведения
s(s–a)(s–b)(s–с)=16×3×1×12=42×62.Пло-
щадь окажется равной 24; этот результат мы могли бы
получить и из соотношения J =
×
412
2
.
Чтобы показать, что из одной и той же пары Пифа-
горовых троек можно получить несколько Героновых,
мы рассмотрим числа 5, 3, 4 и 17, 15, 8. Первая тройка
даёт производную 25, 15, 20. Мы получим таким обра-
зом Геронову тройку 17, 25, 28. Если же мы умножим
не на 5, а на 2, т. е. возьмём тройку 10, 6, 8 и соединим
её с тройкой 17, 15, 8, то получим тройку 10, 17, 21.
Далее, те же две Пифагоровы тройки 5, 3, 4 и 17, 15, 8
приводят при посредстве троек 40, 24, 32 и 51, 45, 24 к
Героновой тройке 40, 51, 77. Наконец, через посредство
чисел 75, 45, 60 и 68, 60, 32 мы получим ещё одну Ге-
ронову тройку 75, 68, 77. Легко понять, что каждая пара
Пифагоровых троек даст нам таким образом четыре Ге-
роновы тройки. Например, если мы будем исходить из
чисел 29, 21, 20 и 41, 9, 40, то получим следующие Ге-
роновы тройки:
1) 58, 41, 51;
2) 87, 287, 340;
3) 1160, 861, 989;
4) 261, 820, 989.
Сюда присоединяются ещё четыре тройки, которые
получаются путём не складывания неравных катетов, а
вычитания их.


99
Особым видом Героновых троек являются те, в кото-
рых два числа равны друг другу. Они получаются посред-
ством складывания Пифагоровой тройки с самой собой:
каждая Пифагорова тройка даёт две такие особенные
Героновы тройки. Например, числа
5,3,4дают5,5,6и5,5,8;
13,5,12дают13,13,10и13,13,24;
17,15,8дают17,17,30и17,17,16;
ит.д.ит.д.
§16
ЗАТРУДНЁННОЕ ДЕЛЕНИЕ
В журналах для лёгкого чтения часто встречаются за-
дачи, в которых требуется сделать деление при некото-
рых особенных, затрудняющих его условиях. Эти задачи
большей частью представляют собой видоизменения за-
дач, предложенных и решённых Баше в его книге Prob-
lesmes plaisans et délectables. Одна из этих задач состоит
в следующем: «Три лица должны поделить между собой
21 бочку одинаковой величины; из них 7 доверху напол-
нены вином, 7 наполнены до половины, а 7 остальных
пусты. Деление нужно выполнить так, чтобы все полу-
чили по равному числу бочек и по одинаковому количе-
ству вина».
Легко найти два решения задачи. Обозначим три лица
через А, В и С, полную бочку знаком (1), бочку, напол-
ненную до половины, через (1/2) и пустую бочку зна-
ком (0); тогда первое решение можно представить сокра-
щенно в следующем виде:
А:1×(1)+5×(1/2)+1×(0);
В:3×(1)+1×(1/2)+3×(0);
С:3×(1)+1×(1/2)+3×(0).


100
Второе решение можно написать так:
А:2×(1)+3×(1/2)+2×(0):
В:2×(1)+3×(1/2)+2×(0);
С:3×(1)+1×(1/2)+3×(0).
Если мы заменим в предыдущей задаче число 7 на 9,
оставив прочие условия без изменения, т. е. пожелаем
поделить как бочки, так и вино поровну между тремя
лицами, то будем иметь три решения, которые читатель
найдёт без труда.
Более трудны такие задачи на деление — в которых
числа пустых, полуполных и полных бочек не равны друг
другу. Например, Labosne, выпустивший 4-е издание кни-
ги Баше Problesmes, рассматривает случай 24 бочек: 5 аб-
солютно полных, 8 пустых и 11 наполненных до полови-
ны. Эта задача допускает три решения, а именно:
I)A:0×(1)+7×(1/2)+1×(0);
В:2×(1)+3×(1/2)+3×(0);
С:3×(1)+1×(1/2)+4×(0).
II)A:1×(1)+5×(1/2)+2×(0);
В:2×(1)+3×(1/2)+3×(0);
С:2×(1)+3×(1/2)+3×(0).
III)А:1×(1)+5×(1/2)+2×(0);
В:1×(1)+5×(1/2)+2×(0);
С:3×(1)+1×(1/2)+4×(0).
К задачам этого же рода относятся и весьма распро-
странённые задачи о дележе наследства. Из них мы рас-
смотрим следующую: отец оставляет завещание, согласно
которому состояние его должно быть поделено между его
семью детьми следующим образом. Старший ребёнок
должен получить 100 рублей и восьмую часть остатка;
второй должен получить 200 рублей и восьмую часть но-


101
вого остатка и так далее до седьмого ребёнка, который
должен получить 700 рублей и восьмую часть всё ещё
получающегося остатка. Оказалось, что при этом все се-
меро получили поровну. Спрашивается, сколь велико
было оставленное наследство? Оно оказывается равным
4900 рублям. Решение получается следующим образом:
назвав искомое число через х и выразив уравнением ус-
ловие равенства всех частей, решаем уравнение относи-
тельно х. Что решение должно привести к 4900, видно из
следующей поверки:
1 100
4800
8
700
);
+=
2 200
4000
8
700
);
+=
3 300
3200
8
700
);
+=
.........................
7 700
0
8
700
).
+=
В задаче другого рода, относящейся к дележу наслед-
ства и возникшей ещё в эпоху римских императоров,
трудность дележа заключается в следующем. Некто на-
деется стать отцом, но перед рождением ребёнка опасно
заболевает и ввиду этого составляет завещание, в ко-
тором указывает, какая часть его состояния должна пе-
рейти к матери и какая к ожидаемому ребёнку, причём
распределение находится в зависимости от того, будет ли
ребёнок мужского пола или женского. Например, в слу-
чае рождения мальчика мать должна получить 4 части, а
ребёнок 5 частей состояния; в случае же рождения де-
вочки мать получает 3 части, а дочь 2 части. Случилось,
однако, так, что мать родила близнецов: мальчика и де-
вочку. Спрашивается, как следует разделить наследство.


102
Если существенной стороной воли завещателя мы бу-
дем считать отношение доли m матери к доле s сына и к
доле t дочери, то для решения вопроса мы должны будем
соединить две пропорции
m:s=4:5,
m:t=3:2
в одну; тогда получим:
m:s:t=12:15:8.
Итак, если всё состояние составляло, например,
35 000 рублей, то мать должна была получить 12 000 руб-
лей, сын — 15 000 рублей, а дочь — 8000 рублей. Таково
обычное решение задачи. Но это решение весьма небла-
гоприятно для матери. Действительно, если из завеща-
тельных распоряжений мы усмотрим последнюю волю
завещателя в том, чтобы в случае рождения сына мать
получила 4/9, а в случае рождения дочери 3/5 всего со-
стояния, то можно отсюда вывести заключение, что за-
вещатель имел в виду оставить матери по меньшей мере
4/9 состояния. Но в таком случае она должна получить
15 5555/9 рублей, на долю же обоих близнецов останется
19 4444/9 рубля.
Согласно воле наследователя сын должен получить
5
/4 доли матери, а дочь 2/3 доли матери, так что отношение
долей сына и дочери равно 5/4 : 2/3, т. е. 15 : 8. Поэтому
сумму в 19 4444/9 руб., остающуюся за вычетом доли мате-
ри, следует разделить в отношении 15 к 8, т. е. сын должен
получить 12 68123/207 рубля, а дочь — 676359/207 рубля. Из
возможности двух решений задачи мы видим, что воля за-
вещателя формулирована в завещании недостаточно ясно,
так как это завещание допускает два различных толкова-
ния последней воли.
В математическом отношении больше интереса пред-
ставляют задачи о делёже между двумя игроками, кото-


103
рым какое-либо обстоятельство помешало продолжать
игру, вследствие чего им приходится прервать серию
партий, и потому они хотят разделить между собой ставку,
сообразуясь с числом партий, которые выиграл каждый из
них. Именно этого рода задачи дали повод Паскалю и
Ферма создать около 1650 г. новую область математики:
мы говорим об исчислении вероятностей, которое в на-
стоящее время находит себе столь важное применение в
страховом деле.
Начнём с простого примера. Два одинаково опытных
игрока А и В играют в игру, которая зависит также от
случая: можно поэтому принять, что вероятность вы-
игрыша одинакова для каждого из них и поэтому равна
1/2. Оба поставили одинаковую сумму денег. Согласно
уговору, всю ставку получает тот, кто первый выиграет
пять партий. После того, как А выиграл четыре партии,
а В три, наступает событие, которое заставляет их пре-
рвать серию игр. Возникает вопрос, в каком отношении
они должны поделить ставку. Ответ гласит, что игроку А
следует получить 3/4 ставки, а лицу В 1/4. Это можно обо-
сновать так. Игрок В выиграл бы серию лишь в том слу-
чае, если бы он выиграл обе следующие партии, т. е. 8-ю
и 9-ю. Вероятность же этого равна 1/2 × 1/2, т. е. 1/4. Уже
одно это соображение оправдывает вышеприведённый
ответ.
Для поверки мы вычислим также вероятность вы-
игрыша для игрока А. Последний выиграет игру в двух
случаях: во-первых, если он выиграет 8-ю партию;
во-вторых, если даже 8-ю партию выиграет В, но 9-ю
—
А; отсюда находим вероятность выигрыша для А рав-
ной
1
/2+
1
/2×
1
/2=
3
/4.
Решение подобных задач несколько труднее в том
случае, когда разность между условленным для выигры-
ша числом партий и числом партий, действительно вы-


104
игранных лицом А и лицом В до прерывания, больше,
чем в рассмотренном примере. Для второго примера до-
статочно принять, что условие выигрыша осталось преж-
нее, т. е. игру выигрывает тот, кто первый выиграет пять
партий, но до прерывания А выиграл три партии, а В
одну. Чтобы возможно яснее и нагляднее представить в
этом примере благоприятные для каждого игрока шансы,
мы обозначим через а случай, когда партию выигрывает
А, и через b случай, когда партию выигрывает игрок В,
и затем будем писать буквы а и b по порядку одну за
другой. Таким образом, символ
abba
выражает, например, что ближайшую, т. е. 5-ю, пар-
тию выигрывает А, 6-ю и 7-ю В, а 8-ю снова А. Поль-
зуясь этими обозначениями, мы можем изобразить слу-
чаи, благоприятные для игроков А и В, следующим
образом:
для А:
для B:
1)аа
1)bbbb
2)abа
2)bbbab
3)abbа
3)bbabb
4)abbbа
4)babbb
5)bаа
5)abbbb
6)babа
7)babbа
8)bbаа
9)bbabа
10)bbbaa
Отсюда получим вероятность выигрыша для А:
1/4+1/8+1/16+1/32+1/8+1/16+1/32+1/16+1/32+1/32,
или 26/32 = 13/16.


105
Для В получим:
1
/16+1/32+
1
/32+
1
/32+
1
/32,
или 6/32 = 3/16.
То обстоятельство, что сумма обеих дробей 13/16 и 3/16,
которыми выражаются вероятности, равна 1, подтверж-
дает правильность вычисления. Итак, в этом примере
ставку следует поделить таким образом, чтобы А получил
13/16 всей суммы, а В — всего лишь 3/16.
Математика даёт исчерпывающее решение подобных
задач на делёж в общем случае, когда для выигрыша
ставки необходимо выиграть γ партий, из которых А
имеет уже α, а В имеет уже β, причём вероятность выиг-
рышаоднойпартииравнардляАи1–рдляВ.Изло-
жение наиболее общего результата представлялось бы
здесь слишком сложным.
§17
СОФИЗМЫ
1. Когда операции сложения, вычитания и умножения
совершаются над равными величинами, то получаются
равные результаты. Если же сопряжение равных величин
производится посредством деления, то результаты необ-
ходимо равны лишь в том случае, когда делители отлич-
ны от нуля. Если не принимать во внимание условия, что
делители должны быть отличны от нуля, то можно прий-
ти к ложным заключениям, которыми часто пользуются
для получения мнимых доказательств того, что два не-
равных числа равны друг другу, например, 5 = 7. С целью
поставить на скользкий путь лицо, не обладающее осно-
вательным знанием арифметики, мы для отвода глаз
должны стараться по возможности скрыть деление на
число, которое равно нулю. Покажем на примере, как
это можно осуществить.


106
Назовем а число, которое в 11/2 раза больше числа b.
Итак, а = 3/2b; умножая на 4, получим:
4а=6b,
или, что то же:
14а–10а=21b–15b.
После перенесения членов мы получим:
15b–10а=21b–14а.
Вынося за скобки в левой части 5, а в правой 7, полу-
чим:
5(3b–2а)=7(3b–2а).
Деление обеих частей равенства на 3b – 2а даёт равен-
ство5=7.
2. Софизмы другого рода основаны на двузначно-
сти квадратного корня. Если х2 = у2, то отсюда ещё не
следует, что число х непременно равно у; можно лишь
утверждать,чтолибох=+у,либожех= – у.Какое
из этих двух равенств имеет место, нельзя указать без
особых условий и часто может быть установлено только
вытекающими из них соотношениями. Например, ра-
венство а2 – 2ab + b2 = b2 – 2ab + a2 несомненно спра-
ведливо, так как обе части его отличаются друг от дру-
га порядком членов; но отсюда нельзя заключить, что
а – b = b – а, потому что такое заключение приводит к
утверждению, что а = b. Но мы, конечно, вправе ска-
зать,чтолибоа–b =+(b–а),либоа–b = – (b–а);
в данном примере справедливо лишь второе равенство,
т. е. – (b – а) = а – b. На соответствующем ложном за-


107
ключении основывается, например, следующее доказа-
тельство равенства 9 = 5. Так как
9+5=2×7,
то, умножая обе части этого равенства на разность 9 – 5,
мы получим равенство:
92
–
52
= 2×7×9–2×7×5.
Отсюда следует, что:
92–2×9×7=52–2×5×7.
Прибавив к обеим частям равенства по 72
, получим:
92–2×9×7+72=52–2×5×7+72.
Если мы по извлечении из обеих частей квадратного
корня сделаем заключение, что
9–7 =5 –7,
и прибавим к обеим частям равенства по 7, то найдём,
что
9=5.
3. Равенство двух неравных чисел можно доказать ещё
и третьим способом: посредством геометрического обма-
на. Наибольшей известностью пользуется следующее
мнимое доказательство того, что 64 = 65.
На чертеже (см. с. 108 вверху) представлен квадрат,
состоящий из восьми раз по восемь равных квадратных
клеток и разрезанный на четыре части: на два равных
прямоугольных треугольника с катетами 3 и 8 (за еди-
ницу длины мы принимаем сторону маленького квадра-


108
та) и на две равные прямоугольные трапеции; в каждой
из них оба основания и перпендикулярная к ним сторо-
на соответственно равны 5, 3 и 5.
Каждый прямоугольный треугольник можно поэтому
сложить с трапецией и составить таким образом новый
большой прямоугольный треугольник с катетами 5 и
5 + 8. Этим путём мы получим два таких больших пря-
моугольных треугольника, из которых, как видно на
прилагаемой фигуре, можно составить прямоугольник
со сторонами 5 и 13.
Первоначальные 64 квадрата превратились таким
образом в 65 таких же квадратов, откуда следует, что
64=65.
Обман здесь заключается в том, что мы считаем пря-
мой ту линию, которая во втором чертеже соединяет вер-


109
шины двух противоположных углов, в действительно-
сти же она не может не быть ломаной. Если бы она была
прямая, то, согласно теореме о пропорциональных лини-
ях, мы должны были бы заключить, что отношение 3 : 5
равно 8 : 13; это неверно, так как 3/5 = 39/65, а 8/13 = 40/65.
Вследствие того что эта линия ломаная, вершины С и D
противоположных углов и угловые точки А и В, которые
будто бы лежат на прямой, соединяющей вершины С и
D, в действительности представляют собой вершины
очень растянутого параллелограмма, равновеликого ма-
ленькому квадрату.
Подобно тому как мы поступили с квадратом, состо-
ящим из 8 × 8 квадратных клеток, можно поступить
так же со всяким квадратом, состоящим из n × n клеток,
если n есть одно из чисел ряда
1,2,3,5,8,13,21,34,55,89...
Для получения чисел этого ряда исходят из чисел 1 и 2;
начиная с третьего каждый член равен сумме двух пред-
шествующих. Эти числа суть числители и знаменатели
подходящих дробей периодической непрерывной дро-
би, которая имеет период 1 и представляет собой ирра-
циональное отношение золотого деления. Два числа,
предшествующие одному какому-либо числу этого ряда,
указывают, в каком отношении нужно разделить соответ-
ствующий квадрат. Например, для квадрата 8 × 8 это от-
ношение равно 3 : 5. Для квадрата из 13 × 13 клеток соот-
ветственное отношение равно 5 : 8, и подобно тому, как
мы выше доказывали, что 64 = 65, мы можем доказать, что
169=168.Затемвышлобы,что21×21=13×34ит.д.
При этом оказывается, что линия, которую по ошибке
принимают за прямую, на самом деле есть весьма вытяну-
тый параллелограмм с площадью, равной одной квадрат-
ной клетке: её нужно отнять или прибавить к площади
полученного прямоугольника, и лишь тогда получится
площадь первоначального квадрата.


110
К подобным геометрическим обманам можно прийти
также, если исходить из двух каких-нибудь последова-
тельных подходящих дробей какой-либо непрерывной
дроби. Действительно, если a/b и c/d суть последователь-
ные подходящие дроби некоторой непрерывной дроби,
то произведения a × d и b × с отличаются друг от друга
лишь на одну единицу. Например, последовательными
подходящими дробями 7/24 и 9/31 можно воспользоваться
для мнимого доказательства того, что 216 = 217. С этой
целью мы воспользуемся прямоугольником, состоящим
из 9 × 24 квадратных клеток, и разрежем его на части,
указанные в прилагаемом чертеже I.
Из этих четырёх частей можно как будто составить
прямоугольник вида, указанного на чертеже II.
Чертёж I
Чертёж II


111
Таким образом, по-видимому, получается, будто 9 × 24,
т. е. 216 квадратных клеток имеют такую же площадь, как
и 7 × 31, т. е. 217 таких же квадратных клеток.
4. Четвёртый род софизмов основан на том, что сумме
бесконечного множества чисел приписывают бесконечно
большую величину. Несомненно, сумма бесконечного мно-
жества целых положительных чисел бесконечно велика,
т. е., продолжая сложение достаточно далеко, мы можем
достигнуть того, что сумма превысит всякое заданное сколь
угодно большое число. Даже сумма, составленная исклю-
чительно из правильных дробей, из которых каждая мень-
ше предыдущей, может оказаться бесконечно большой,
например, сумма так называемого гармонического ряда:
1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+1/7+...
Что эта сумма чисел, обратных всем целым числам,
начиная с числа 2, может быть сделана больше любого
заданного числа, если только мы возьмём достаточно
большое число членов, — это можно доказать следу-
ющим образом. Заключим в скобки, во-первых,
1
/2, затем
сумму 1/3 + 1/4, затем сумму 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8, затем
сумму от 1/9 до 1/16 включительно и т. д. Тогда число в
первых скобках равно 1/2, величина суммы, заключённой
внутри вторых скобок, превышает 1/2, потому что 1/3 > 1/4,
величина суммы внутри третьих скобок тоже больше 1/2,
потому что 1/5 > 1/8, 1/6 > 1/8, 1/7 > 1/8 и т. д. Таким обра-
зом, мы видим, что сумма всех дробей, заключённых в а
первых скобках, непременно будет больше, чем 1/2а. По-
этому если мы желаем, чтобы сумма стала больше не-
которого сколь угодно большого числа b, то нужно лишь
воспользоваться 2 × b раз скобками для сложения, т. е.
нужно продолжить суммирование дробей 1/2, 1/3, 1/4, 1/5 и
т. д. до дроби
1
22b включительно. Тогда мы получим сум-
му, которая, наверное, больше числа b.


112
Если же мы будем складывать дроби, из которых каж-
дая есть с-я часть предшествующей, то, сколько бы мы
ни продолжали сложение, сумма никогда не превысит
известного предела, который можно указать, хотя она и
будет всё время приближаться к нему. Примером может
служить известный ряд:
1+1/2+1/4+1/8+1/16+1/32+...
Если мы, суммируя, возьмём лишь первые три члена,
то получим сумму 13/4. Если будем прибавлять ещё по
одному члену, то получим последовательно 17/8, 115/16,
131/32, 163/64 и т. д. Легко видеть, что получающиеся суммы
имеют своим пределом число 2, т. е. хотя все они мень-
ше числа 2, но всё более приближаются к нему. Этот
пример показывает нам, таким образом, что сумма бес-
конечного множества дробей не всегда бесконечно ве-
лика, но может также сколь угодно мало отличаться от
некоторого конечного числа, которое можно указать: в
нашем примере это число есть 2.
На игнорировании этой истины основан, между про-
чим, софизм Зенона Элеатского (Aristoteles, Physica liber VI,
гл. 9). Этот софизм можно изложить так: Ахиллес пресле-
довал черепаху, которая находилась впереди него на рас-
стоянии одного стадия; скорость Ахиллеса в 10 раз больше
скорости черепахи. Зенон утверждает: Ахиллес никогда не
догонит черепаху. Ибо, пока он пройдёт первый стадий,
черепаха проползёт 1/10 стадия; когда Ахиллес пройдёт это
расстояние, черепаха снова опередит его на 1/100 стадия;
когда же Ахиллес пройдёт и это расстояние, то животное
подвинется вперёд на 1/1000 стадия и т. д. Мы видим, что
путь, пройденный Ахиллесом, состоит из бесчисленного
множества отрезков и каждый из них равен 1/10 части пред-
шествующего. Но такая сумма имеет конечную величину.
Действительно, Ахиллес пройдёт ровно столько стадиев,
сколько заключается в сумме
1+1/10+1/100+1/1000+...


Эта сумма равна 11/9 стадия. Точно таким же образом
мы найдём, что путь, пройденный черепахой, равен
1/10+1/100+1/1000+... =
1/10 ×
1
1
1
10
−
,
т. е. содержит 1/9 стадия. Таким же образом и время, за
какое Ахиллес успеет догнать черепаху, представится как
сумма бесчисленного множества промежутков, каждый
из которых равен 1/10 части предшествующего. Действи-
тельно, если мы примем за единицу времени промежу-
ток, в течение которого Ахиллес проходит стадий, то вре-
мя, за которое он успеет догнать черепаху, представится
в виде суммы
1+1/10+1/100+1/1000+...,
которая равна 11/9.


114
II отдел
ЗАДАЧИ, ОТНОСЯЩИЕСЯ
К РАСПОЛОЖЕНИЮ
§18
ЗАДАЧА О 15 ХРИСТИАНАХ И 15 ТУРКАХ
Баше дал эту задачу во втором издании своей книги
«Problesmes plaisans» (Лион, 1624) в следующей форме.
«На одном судне находились 15 христиан и 15 турок.
Когда поднялась сильная буря и судно было обречено на
гибель, капитан разъяснил, что если за борт будут бро-
шены 15 человек из 30 находившихся на судне, то можно
будет спасти судно и жизнь прочих 15 человек. Желая
последовать этому совету, путешественники согласились,
чтобы те 15 человек, которым придётся пожертвовать со-
бой для спасения других, были отобраны следующим об-
разом. Все 30 человек должны выстроиться в ряд, и затем
следует считать от 1 до 9, повторяя этот счёт некоторое
число раз: всякий, на кого упадёт число 9, должен быть
брошен за борт. Счёт производится таким образом, что
за последним человеком ряда ближайшим следующим
считается первый, и всякий раз после удаления 9-го че-
ловека новый счёт от 1 до 9 должен начинаться с бли-
жайшего следующего в ряду человека. Какие места долж-
ны занять 15 христиан, чтобы все они могли остаться в
живых, т. е. чтобы только 15 турок были выброшены за
борт?»
Ту же задачу мы находим и у Тартальи, жившего в
первой половине XVI столетия, а позже мы встречаем её


115
в различных видоизменениях в журналах с отделом ма-
тематических развлечений. Решение легко найти путём
испытания: с этой целью берём 30 чёрточек, затем счи-
таем 15 раз от 1 до 9, причём каким-нибудь образом от-
мечаем чёрточку, на которую выпадет число 9, понаблю-
даем затем, чтобы при дальнейшем счёте эти отмеченные
чёрточки пропускались. Таким образом мы найдём сле-
дующее решение задачи:
т. е. 30 человек должны быть расположены в таком по-
рядке: 4 христианина, 5 турок, 2 хр., 1 т., 3 хр., 1 т., 1 хр.,
2т.,2хр.,3т.,1хр.,2т.,2хр.,1т.
К этому решению Баше присоединил также мнемотех-
ническое средство в виде стиха:
Mort, tu ne falliras pas
En me livrant le trépas!
В этом стихе нужно принимать во внимание лишь
гласные звуки; последовательность их такова: о, u, е, a,
i, а, а, е, е, i, а, е, е, а; вместо а, как первого гласного
звука азбуки, нужно поставить 1, вместо е — 2, вместо
i—3,вместоо—4ивместоu—5;тогдамыувидим,
сколько турок и сколько христиан должны попеременно
следовать друг за другом.
Озанам (Ozanam) дал латинский стих, который та-
ким же образом даёт решение:
Populeam virgam mater regina ferebat.
Болл (Ball) дал в своей книге Recreations следующий
английский стих, дающий то же решение:


116
From numbers’ aid and art
Never will fame depart!
Немецкое двустишие, служащее для той же цели, гла-
сит:
Gott schlug den Mann in Amalek,
Den Israel bezwang!
Тарталья, разбирая эту задачу, сообщает решения её
также и для тех случаев, когда вместо 9 берётся какое-
либо число от 3 до 12; все соответствующие 10 решений
он облекает в форму итальянских стихов; как и в нашем
примере, номера встречающихся в стихе гласных звуков
указывают, каков должен быть порядок чередования в
соответствующем случае.
С течением времени задача испытала некоторые не-
существенные изменения. В собрании загадок Фрейнда
(Freunds Rätselschatz. Reklam, 1885) представлены два
варианта. В одном вместо 30 потерпевших крушение фи-
гурируют 30 дезертиров, из которых 15 должны быть рас-
стреляны и 15 помилованы. В другом, вместо 15 христи-
ан и 15 турок, речь идёт о 16 белых и 16 неграх, которые
тоже вместе потерпели крушение: нужно пожертвовать
16 неграми, причём на этот раз за борт выбрасывают не
каждого девятого, а каждого десятого. Если считать, что
сущность задачи заключается лишь в требовании распо-
ложить n человек в таком порядке, чтобы, удаляя всякий
раз того, кто при отсчитывании окажется d-м по поряд-
ку, мы достигли того, чтобы остались некоторые заранее
намеченные лица, то в таком виде задачу можно встретить
ещё задолго до Тартальи: мы найдём её ещё в сочинении
Гегезиппа (Hegesippus) De bello Iudaico, а именно — в гла-
вах 16—18 третьей книги.
Там рассказывается, что после разрушения Иеруса-
лима знаменитый иудейский писатель Иосиф скрывался
с сорока другими иудеями в одном подвале; за исклю-
чением Иосифа и одного его друга, все прочие сами


117
умертвили себя, причём произошло это будто следу-
ющим образом. Все, кроме Иосифа и его друга, заявили,
что они готовы скорее умереть, чем отдаться в руки по-
бедителей. Так как Иосиф боялся слишком открыто по-
казать своё намерение остаться в живых, то он пред-
ложил, чтобы умерщвление совершилось в некотором
порядке: все должны были стать в ряд, и каждый третий
по счёту должен был убить себя; при этом счёте первый
считается непосредственно следующим за последним.
Предложение было принято. Иосиф спас собственную
жизнь и жизнь своего друга тем, что встал на 31-е место
и поставил друга на 16-е, ибо, согласно принятому пред-
ложению, все остальные 39 человек из числа 41 убили
себя раньше, чем Иосиф и его друг стали между собой
считаться. Таков, по-видимому, древнейший вариант
нашей задачи.
Хотя мы и очень часто встречаемся с этой задачей,
ибо дети, приступая к какой-нибудь игре, решают во-
прос о том, кто из них должен взять на себя особенную
роль, не посредством жребия, а с помощью отсчиты-
вания (считалочки), однако ранее математически эта
задача не разрабатывалась, и лишь автор этой книги
опубликовал её математическое исследование в Natur-
wissenschaftliche Wochenschrift и в Mitteilungen der Ma-
thematischen Gesellschaft in Hamburg. Здесь мы изложим
наиболее важные результаты этих математических ис-
следований.
В обобщённом виде задачу можно формулировать сле-
дующим образом: «На окружности расположены n точек,
которые отмечены числами 1, 2, 3, ..., n – 1, n, причём
порядок счёта соответствует движению по часовой стрел-
ке. Начиная с точки 1 считаем все точки по порядку до
числа d; точку, на которую упадёт число d, мы вычёрки-
ваем. С точки, непосредственно следующей по порядку за
вычеркнутой, мы снова начинаем от 1 и продолжаем его
по-прежнему до d. Точка, на которую теперь выпадет чис-
ло d, тоже вычёркивается; так мы продолжаем до тех


118
пор, пока не будут вычеркнуты все точки, причём не сле-
дует забывать, что вычеркнутые точки необходимо про-
пускать при счёте. Нужно вычислить, каков номер первой
вычеркнутой точки, каков номер второй вычеркнутой точ-
ки и вообще, каков номер х-й точки, которая была вычер-
кнута в e-ю очередь». Очевидно, что n, d, е суть положи-
тельные числа. Число d может быть равно n, менее или
более его; число же е, конечно, не может превышать
числа n. Если хотят найти, какая точка вычёркивается
последней, то нужно положить е = n.
Прежде всего легко понять, что если е = 1, n не
меньше d, а х означает искомый номер вычёркиваемой
точки,тоx=d.Еслипо-прежнемуе=1,ноn<d,тох
равен остатку, который получается при делении d на n13).
Это видно непосредственно из способа отсчитывания.
Таким образом, мы нашли все значения х для случая
е = 1. Что касается значений х в случае е = 2, то они,
как нашёл автор, получаются из значений х для случая
е = 1, если увеличить последние на d. Когда полученная
таким образом сумма больше, чем n, то следует вычесть
из неё n один или несколько раз, пока не получится
число, которое не превышает n. Однако таким способом
мы получим из числа, которое соответствует случаю
е = 1, число, соответствующее случаю е = 2, но относя-
щееся к числу точек, увеличенному на 1, т. е. к группе из
n+1точек.Например,дляd=3,е =1,n =3искомое
число х равно 3. Из этого числа х = 3 по прибавлении
к нему d, т. е. в нашем случае числа 3, получается число,
соответствующее случаю d = 3, е = 2, n = 4; так как
полученная сумма 6 больше четырёх, то нужно вычесть
из неё 4, и мы получим число 2. Это значит, что если
мы при четырёх точках будем считать постоянно от 1 до
3, то точка, вычеркнутая во вторую очередь, первона-
чально занимала второе место, что легко можно также
проверить на опыте.
Найденный автором закон о приведении чисел для
случаяn+1ие+1кчисламдляслучаяnиематема-


119
тически можно сформулировать следующим образом.
Функциональным символом f мы выразим зависимость
числахотчиселn,d,е.Далее,череза≡r(modn)мы
выражаем ту мысль, что деление числа а на n даёт оста-
ток r, причём r должно быть одним из чисел от 1 до n.
Тогда наш закон выражается следующим образом:
d+f(n,d,e)≡f(n+l,d,e+l)(modn+1).
В виде примера мы приводим таблицы значений х для
d=3,d =4иd=9.Таккакнампостоянноприходится
лишь прибавлять d и либо вычитать из суммы n или 2n
и т. д., либо же вовсе оставлять сумму без перемены, то
такие таблицы легко писать непосредственно, без вспо-
могательных вычислений. Последовательные столбцы
таблицы относятся к различным значениям е, строки к
Первая таблица:
d=3
ne
=
1234567891
01
11
2•
11
•
212
•
3312
•
43241
•
531524
•
6364251
•
7 3 627514
•
8 3 6152847
•
9 3 69485271
•
1
0 3 69271851
04
•
1
1 3 69151
041
1827 •
12369124817211510•
• ••••••••••••


120
различным значениям n. Числа, получающиеся от после-
довательного прибавления d, располагаются в виде косых
столбцов, идущих сверху слева книзу направо. Заметим
важное свойство этих таблиц: n чисел, стоящих в строке,
начинающейся с определённого значения n, непременно
должны заключать в себе все числа от 1 до n, так что ни
одно число не может встречаться дважды в одной и
той же горизонтальной строке. Это обстоятельство может
служить важным поверочным средством при постепен-
ном вычислении таблицы.
Если мы продолжим эту таблицу до n = 30, то послед-
няя строка даст нам решение нашей задачи в её перво-
начальной форме, в которой n = 30, а е есть одно из чи-
сел от 1 до 15. Мы тогда увидим также, в каком порядке
15 турок выбрасываются за борт. Действительно, если мы
будем продолжать таблицу, то получим в строке, относя-
щейся к случаю n = 30, следующие числа: 9, 18, 27, 6, 16,
26,7,19,30,12,24,8,22,5,23,11,29,17,10,2,28,25,
1,4,15,13,14,3,20,21.
Третья таблица (с. 122) решает все вопросы, относя-
щиеся к случаю d = 9. Например, предположим, что в
классе, состоящем из 14 учеников, дежурный назначает-
ся следующим образом: выделяют каждый раз девятого,
и последний остающийся получает назначение; в этом
случае дежурным окажется шестой ученик, так как та-
блицадаётнамдляслучаяn=14ие=14число6.
Согласно только что изложенному методу нахождения
чисел х, соответствующих данным числам d, n, е, необхо-
димо сперва найти числа х для всех значений, меньших n,
и лишь потом возможно узнать числа х, относящиеся к
данному n. Спрашивается, не даёт ли математика способа
непосредственного вычисления числа х = f (n, d, е), соот-
ветствующего данным n, d, е? Такое вычисление, действи-
тельно, оказывается возможным. Чтобы сделать понят-
ным решение задачи о непосредственном нахождении
числа х по данным n, d, е, мы должны предварительно
объяснить следующее.


121
Как известно, геометрическим рядом (прогрессией)
называется ряд чисел, из которых каждое последующее
получается из непосредственно перед ним стоящего пу-
тём умножения на одно и то же число, на так называе-
мый знаменатель прогрессии. Так, например,
1,2,4,8,16,32
есть геометрический ряд с начальным членом 1 и знаме-
нателем прогрессии, равным 2. Далее, ряд
16, 20, 25, 311/4, 391/16
есть геометрический ряд с начальным членом 16 и зна-
менателем прогрессии 5/4. Если знаменатель представля-
ет собой не целое число, а дробь, то и члены ряда, на-
Вторая таблица:
d=4
nе
=
1234567891
01
11
2
11
•
221
•
3132
•
44132
•
543521
•
6 4 21365
•
7 4 165732
•
848521376
•
9 4 83965721
•
1
0 4 82731
09165
•
114816117325109
•
12481251031176921•
• • ••••••••••••


122
чиная с некоторого более или менее удалённого от
начала члена, должны быть дробями, каков бы ни был
первый член. Если мы всякий раз, когда в этом случае
получается дробь, будем заменять её ближайшим бо
S
льшим
целым числом и затем это последнее будем также умно-
жать на знаменатель прогрессии, чтобы получить сле-
дующий член, то будем иметь ряд, состоящий исключи-
тельно из целых чисел; такой ряд, который уже не есть
точная геометрическая прогрессия, мы будем называть
целочисленным рядом. Для большей ясности мы приведём
несколько таких рядов; пусть а обозначает начальный
член, q — постоянный знаменатель:
Третья таблица:
d=9
nе=1234567891011121314151617•
11
•
212
•
3312
•
41423
•
545312
•
6 3 12645
•
7 2 534167
•
8 1 3645278
•
9 9 13645278
•
10 9 8102534167
•
119768113121045
•
12 9 64358121011712
•
1395213121486731011
•
149 414118710133121256
•
159 31385214712101161415
•
169 2126114111013165341578
•
17 9 111415106325814121371617•


123
1.а =1,q =4/3даёт:1,2,3,4,6,8,11,15,20,27, ...
2.a =10,q =11/10даёт:10,11,13,15,17,19,21,24,27, ...
3.a =25,q =6/5даёт:25,30,36,44,53,64,77,93, ...
Установив понятие о целочисленном ряде, мы можем
следующим образом представить полученное автором ре-
шение вопроса о непосредственном вычислении значе-
нияx=f(n,d,е)поданнымn,d,е:
«Вычитаем е из n, умножаем разность на d и к произ-
ведению прибавляем 1. Затем составляем целочисленный
ряд, в котором начальный член равен полученной сумме,
а знаменатель равен
d
d−1
.
Далее находим наибольший
член этого ряда, не превышающий произведения d n.
Увеличенная на 1 разность между найденным членом и
указанным произведением и даёт нам всегда искомый
номер места х».
Поясним сказанное примерами.
1. d = 3, n = 14, е = 13. Имеем, следовательно, 14
точек и считаем всякий раз до 3; спрашивается, какая
точка будет вычеркнута предпоследней. Начальный член
равенd(n–е)+1=3×(14–13)+1=4.Постоянный
знаменатель равен
d
d−
=
−
=
1
3
31
3
2
; произведение d n, ко-
торое не должен превышать выбираемый член целочис-
ленного ряда, равно 3 × 14 = 42. Итак, ряд, начинаю-
щийся числами 4, 6, ..., нужно продолжать до тех пор,
пока не получим числа, превышающего 42. Мы будем
иметь ряд
4,6,9,14,21,32,48.
Так как 48 уже больше 42, то наибольшим членом, не
превышающим произведения d n, является число 32. Те-
перьмынаходимdn–32+1=42 –32+1=11.Итак,
11-я точка вычёркивается предпоследней.


124
Этот же результат мы можем получить при помощи
первой из наших трёх таблиц, если продолжим в ней ко-
сую строку предпоследних чисел. Там мы находим число
5приn=12ие=11;следовательно,дляn=13ие=12
найдём число 8 и, наконец, для n = 14 и е = 13 получим
число 11, что и подтверждает полученный нами результат.
2. d = 10, n = 8, е = 8. Имеем, следовательно, на
окружности восемь точек, считаем начиная от первой
точки всякий раз до 10, вычёркиваем каждую десятую
точку и продолжаем этот процесс, пока не вычеркнем
всех точек, причём вычёркиваемая точка уже не при-
нимается в счёт. Спрашивается, которая из восьми то-
чек будет вычеркнута последней. Здесь начальный член
d (n – е) + 1 равен 1, а постоянный знаменатель равен
d
d−
=
1
10
9
. Мы можем начать ряд прямо с 9, 10, ..., так как
предшествующие члены непременно будут меньше 9. Та-
ким образом, мы получим:
9, 10, 12, 14, 16, 18, 20, 23, 26, 29, 33, 37,
42, 47, 53, 59, 66, 74, 83, ...
Произведение d n = 80. Поэтому мы должны взять
член 74. Так как 80 – 74 + 1 = 7, то последней вычёрки-
вается 7-я точка.
3. Возвращаясь к задаче в её первоначальном виде,
найдём, какое место занимал турок, который был бро-
шензабортпоследним.Здесьd=9,n =30,е =15.На-
чальныйчленd(n–е)+1равен9×15+1или136;
постоянный знаменатель равен 9/8; произведение, кото-
рое не должен превышать нужный нам член ряда, равно
270. Имеем ряд:
136, 153, 173, 195, 220, 248, 279.
Итак, мы должны взять отсюда число 248; 270 –
–
248 + 1 = 23, следовательно, последний турок, бро-


125
шенный через борт, занимал 23-е место; такой же ре-
зультат даёт ряд чисел, который мы указали выше для
случаяd=9иn=30.
4. Решим ещё вышеупомянутую задачу, помеченную
в сборнике загадок Фрейнда номером 269; здесь n = 32,
d = 10 и е принимает все значения от 1 до 16.
Если мы обозначим через х1, х2, х3, ..., х16 значения х,
соответствующие значениям е = 1, 2, 3, ..., 16, то для
нахождения чисел x1, х2, ..., х16 мы должны построить
целочисленные ряды, которые все имеют одинаковый
знаменатель 10/9 и соответственно следующие начальные
члены:
311, 301, 291, 281, ..., 161.
Произведение, которое не должны превышать выбира-
емые члены рядов, здесь равно 320. Поэтому х1 = 1 + 320 –
–
311=10,х2=1+320–301=20,х3=1+320–291=30;
этот результат легко было получить непосредственно.
Чтобы найти числа х4, х5, ..., х16, мы должны рассмотреть
нижеследующие целочисленные ряды. Вычитая послед-
ние числа этих рядов всякий раз из одного и того же чис-
ла 1 + 320, мы получим значения х4, х5, ..., х16.
281, 313 ............................................. х4 = 321 – 313 = 8
271, 302 ............................................. х5 = 321 – 302 = 19
261, 290 ............................................. х6 = 321 – 290 = 31
251, 279, 310...................................... х7 = 321 – 310 = 11
241, 268, 299...................................... х8 = 321 – 298 = 23
231, 257, 286, 318 .............................. х9 = 321 – 118 = 3
221, 246, 274, 305 .............................. х10 = 321 – 305 = 16
211, 235, 262, 292 .............................. х11 = 321 – 292 = 29
201, 224, 249, 277, 308 ...................... х12 = 321 – 308 = 13
191, 213, 237, 264, 294 ...................... х13 = 321 – 294 = 27
181, 202, 225, 250, 278, 309............... х14 = 321 – 309 = 12
171, 190, 212, 236, 263, 293............... х15 = 321 – 293 = 28
161, 179, 199, 222, 247, 275, 306 ....... х16 = 321 – 306 = 15


126
Теперь мы можем представить положение белых и не-
гров относительно друг друга посредством следующей
схемы, в которой буквы б и н обозначают соответствен-
ное место, занимаемое белым и негром:
ббнббббнбннннбнн
ббннббнбббнннннб.
В заключение заметим ещё, что в случае d = 2 посто-
янный знаменатель ряда равен 2/1 = 2, так что мы полу-
чим настоящую геометрическую прогрессию; благодаря
этому обстоятельству чрезвычайно облегчается вычисле-
ние того члена ряда, который нужно вычесть из числа
2n+l.Еслиd=2и,крометого,е =n,топриходится
лишь вычесть из числа 2n + 1 ближайшую меньшую сте-
пень числа 2. Если, например, считаются 100 человек,
причём всякий раз считают только до двух, то для вы-
числения номера места, занимаемого тем, кто в конце
останется в единственном числе, нужно вычесть из 201
ближайшую меньшую степень числа 2, т. е. 128. Таким
образом, мы найдём, что занимающий 73-е место оста-
нется в конце один.
§19
МАГИЧЕСКИЕ КВАДРАТЫ
А. Введение
Первый магический квадрат, который мы встречаем в
христианских западных странах, приложен как атрибут к
гравюре Альбрехта Дюрера, которая называется «Мелан-
холия». Этот квадрат имеет следующий вид (см. с. 127
вверху).
Такое расположение 16 чисел от 1 до 16 отличается
замечательным свойством: будем ли мы складывать че-
тыре числа любого из четырёх горизонтальных рядов,


127
или же четыре числа любого из четырёх вертикальных
рядов, или, наконец, четыре числа каждого из двух диа-
гональных рядов, во всех этих случаях будем получать
одну и ту же сумму 34. Вообще магическим квадратом
называется квадрат из n × n квадратных полей, в кото-
рыхn×nчисел—чащевсегочислаот1доn×n—
расположены таким образом, что сумма n чисел в каж-
дом горизонтальном, в каждом вертикальном и каждом
диагональном ряду равна одному и тому же числу.
Эта задача, относящаяся к фигуре, имеющей вид
шахматной доски, так же как и сама шахматная игра,
вероятно, индусского происхождения. Во всяком случае,
она была хорошо известна арабам, к которым, вероятно,
перешла от индусов. Благодаря арабам магические ква-
драты стали известны в Восточной Римской империи.
Наконец, со времён Альбрехта Дюрера учёные Западной
Европы тоже занялись методами получения подобных
квадратов. Самый старый и простой магический квадрат
содержит девять чисел от 1 до 9, расположенных в ква-
драте таким образом, что сумма чисел каждого горизон-
тального, вертикального и диагонального ряда равна
одному и тому же числу 15. Этот квадрат имеет следу-
ющий вид:
618
753
294
11
41
54
12769
81
11
05
132316


128
Здесьнасамомделе6+1+8=7+5+3=2+9+
+4=6+7+2=1+5+9=8+3+4=6+5+4=
= 8 + 5 + 2 = 15. Легко доказать математически, что все
магические квадраты из чисел от 1 до 9 должны иметь
число 5 в середине, а чётные числа — в четырёх углах,
так что возможны лишь восемь таких магических квадра-
тов; при этом любой из них даёт все прочие, если мы
будем всевозможными способами вращать его или пере-
ворачивать. Из квадрата Дюрера с числами от 1 до 16
можно получить ещё множество других магических ква-
дратов путём методических перестановок. Самый про-
стой способ получения магического квадрата с числами
от 1 до 16 состоит в следующем. Написав эти числа спер-
ва в их натуральном порядке, т. е. следующим образом:
1234
5678
91
01
11
2
13141516
мы оставляем на занимаемых ими местах числа 1, 4, 13, 16
в четырёх угловых клетках и числа 6, 7, 10, 11 в четырёх
средних клетках, но вместо каждого из прочих чисел пи-
шем число, которое получается при вычитании этого чис-
ла из 17, а именно 15 вместо 2, 14 вместо 3, 12 вместо 5, 9
вместо 8, 8 вместо 12, 3 вместо 14 и 2 вместо 15. Таким
образом, мы получим следующий магический квадрат:
11
51
44
1
2679
81
01
15
133216


129
Все вертикальные ряды этого квадрата, равно как
горизонтальные и диагональные, дают одну и ту же сум-
му 34. К этому свойству присоединяется ещё замеча-
тельная особенность, состоящая в том, что всякие че-
тыре числа, расположенные вокруг середины в виде
квадрата или прямоугольника, дают в сумме число 34,
например, 1, 4, 13, 16, или 15, 14, 3, 2, или 12, 9, 8, 5,
или6,7,10,11,или15,9,8,2,или14,12,3,5.Этот
квадрат получается из квадрата Дюрера, если переста-
вить в последнем два средних вертикальных ряда один
на место другого.
В. Старые способы составления магических
квадратов с нечётным числом клеток
Уже в древности были известны правила построения
магических квадратов, содержащих более чем 3 × 3 и
4 × 4 клеток. Прежде всего можно легко вычислить сум-
му, которую должны давать числа каждого ряда при дан-
ном числе клеток. Если числа от 1 до n2 должны об-
разовать магический квадрат и постоянная сумма чисел
в каждом ряду есть х, то сумма всех чисел от 1 до n2
должна быть равна х × n. Но, как известно, для полу-
чения суммы всех чисел от 1 до m нужно m умножить
на ближайшее следующее число m + l и взять половину
произведения. Таким образом, х × n =
1
/2n
2
(n2 + 1),
или
х=
1
/2n(n2+1).
Отсюдаследует,чтох=15,еслиn=3;х=34,если
n=4;х=65,еслиn=5;х=111,еслиn=6;х=175,
еслиn=7;х=260,еслиn=8;х=369,еслиn=9;
х=505,еслиn=10;х=671,еслиn=11ит.д.
Дошедшее до нас, по преданию, из Индии правило
для построения магических квадратов с нечётным чис-
5 Г. Шуберт


130
лом клеток в каждом ряду можно выразить следующим
образом:
«Следует написать число 1 в середине верхней строки
и число 2 в самой нижней клетке следующего справа
столбца; затем дальнейшие числа следует писать в их на-
туральном порядке в направлении диагонали вправо
кверху; по достижении правого края следует продолжать
с левого конца ближайшей вышележащей строки, а по
достижении верхнего края следует продолжать с нижне-
го конца ближайшего столбца, стоящего рядом справа;
встретив уже заполненную клетку, мы должны вместо
неё заполнить ту, которая находится непосредственно
под последней заполненной».
Таким образом составлен, например, следующий ма-
гический квадрат из чисел от 1 до 7 × 7; сумма чисел
каждого ряда равна, как видим, 175.
3039481101928
384779182729
466817263537
51
41
62
53
43
64
5
1315243342444
2123324143312
2231404921120
Дальнейшим развитием теории магических квадра-
тов и методов составления их мы обязаны византий-
скому писателю Мосхопуло (Moschopulos), жившему в
XIV столетии, знаменитым немецким математикам Ада-
му Ризе, известному как «учитель счёта», и Михаилу Шти-
фелю; последние двое жили в середине XVI столетия.
В XVII в. магическими квадратами занимались Баше
де Мезирьяк и Афанасий Кирхер (Kircher). Наконец, око-


131
ло 1700 г. теория магических квадратов сделала значи-
тельные успехи благодаря французским математикам
Делагиру (De la Hire) и Совёру (Sauveur). В Новейшее
время математики меньше занимались магическими
квадратами, как и вообще подобного рода математиче-
скими развлечениями. Однако же в 1882 г. Шеффлер
(Scheffler, в Брауншвейге) собрал исследования о маги-
ческих квадратах — как собственные, так и другие — в
особую книгу.
Среди различных методов составления магических
квадратов с нечётным числом клеток, кроме разобран-
ного выше так называемого индусского метода, весьма
известен ещё и следующий метод. Пишем числа в их на-
туральной последовательности в диагональном направ-
лении следующим образом:
7
61
4
51
32
1
41
22
02
8
31
11
92
73
5
21
01
82
63
44
2
1
9
17
25
33
41
49
81
62
43
24
04
8
15
23
31
39
47
22
30
38
46
29
37
45
36
44
43


132
Заполнив таким образом 25 клеток квадрата, состоя-
щего из 49 клеток, мы, не меняя взаимного расположе-
ния шести чисел, находящихся снаружи у каждой из
четырёх сторон квадрата, помещаем эти шесть чисел как
раз в незаполненных шести клетках квадрата, находя-
щихся у противоположной стороны его. По этому спо-
собу Баше де Мезирьяка составлен следующий магиче-
ский квадрат из чисел от 1 до 49:
42
91
23
72
04
52
8
3511361944273
1042184326234
411749251339
164824732840
4723631143915
2
253
01
33
82
14
6
С. Новые способы составления квадратов
с нечётным числом клеток
Возникает вопрос, нет ли более общих методов со-
ставления, которые по возможности давали бы нам все
магические квадраты с данным числом клеток. Делагир
первый указал такой общий метод составления квадратов
с нечётным числом клеток, а Шеффлер усовершенствовал
этот метод в своей книге, о которой мы говорили выше.
Чтобы познакомиться с этим методом, мы сперва возь-
мём в виде примера квадрат из 5 × 5 клеток. Составим
сначала два вспомогательных квадрата. В первом напи-
шем 5 раз числа от 1 до 5, во втором числа, кратные 5, а
именно: 0, 5, 10, 15, 20. Ясно, что сложение каждого из
чиселот1до5скаждымизчисел0,5,10,15и20даёт


133
все 25 чисел от 1 до 25. Если q есть частное и r — остаток
от деления на 5 положительного целого числа а ≤ 25, то
а=q×5+r,гдеq×5естьодноизчисел0,5,10,20,а
r — одно из чисел 1, 2, 3, 4 (или 5, если будем допускать
остатки, равные делителю).
Задача сводится теперь к следующему: нужно распре-
делить числа в обоих вспомогательных квадратах таким
образом, чтобы при сложении чисел в двух соответствен-
ных клетках обоих квадратов действительно получалось
каждое из чисел от 1 до 25 один, и только один раз и
чтобы в каждом горизонтальном, вертикальном и диа-
гональном ряду каждого из вспомогательных квадратов
находились все пять чисел, соответствующих этому ква-
драту. Тогда сумма чисел каждого ряда в квадрате ока-
жется равной 65, потому что числа от 1 до 5 дают в сум-
ме 15, а сумма чисел 0, 5, 10, 15 и 20 равна 50. Чтобы
получить указанное распределение чисел, мы представ-
ляем себе числа 1, 2, 3, 4, 5 (или 0, 5, 10, 15, 20) распо-
ложенными в круговом порядке, т. е. мы предполагаем,
что за числом 5 следует 1, и пишем эти числа начиная от
какого-нибудь, либо по порядку, либо перескакивая по-
стоянно через одно или через два и т. д. Таким путём мы
получим циклы первых четырёх порядков. Например,
числа 3, 4, 5, 1, 2 составляют цикл первого порядка, чис-
ла 2, 4, 1, 3, 5 — цикл второго порядка, числа 4, 2, 5, 3,
1 — цикл третьего порядка, 1, 5, 4, 3, 2 — цикл четвёр-
того порядка. Составляя оба вспомогательных квадрата,
мы должны прежде всего следить за тем, чтобы во всех
горизонтальных рядах циклы были одного и того же по-
рядка; то же самое должно иметь место и в вертикальных
рядах, но циклы горизонталей должны быть не такого
порядка, как в вертикалях. Тогда остаётся лишь разме-
стить числа так, чтобы к одинаковым числам одного
вспомогательного квадрата в другом были отнесены (т. е.
занимали соответственные клетки) не одинаковые, но
различные числа. Можно, например, составить два следу-
ющих вспомогательных квадрата:


134
Складывая попарно все числа, написанные в оди-
наково расположенных клетках обоих квадратов, мы
получим следующий магический квадрат из чисел от
1до25:
17241815
61
32
02
24
25291118
14162357
31
01
21
92
1
Понятно, что таким образом можно составить очень
много магических квадратов с 5 × 5 клетками, нужно
лишь заполнить клетки обоих вспомогательных квадра-
тов всевозможными способами, удовлетворяющими ука-
занным требованиям. Составленные таким образом ква-
драты имеют ещё то особенное свойство, что каждые
пять чисел, заполняющих два ряда, которые расположе-
ны параллельно одной из диагоналей с различных сторон
её, также дают в сумме число 65, например, 3 и 24, 20,
11, 7; или 1, 22, 18 и 14, 10. Итак, сумма 65 встречается
в таком квадрате в общем 20 раз: в пяти горизонтальных
и пяти вертикальных рядах, в двух диагональных и, на-
конец, в восьми (т. е. дважды четырёх) парах рядов, па-
раллельных диагоналям. Шеффлер доказал, что, обратно,
24135
13524
52413
41352
35241
15200510
51
01
52
00
20051015
10152005
05101520
и


135
всякий магический квадрат, удовлетворяющий всем этим
условиям, может быть составлен указанным образом из
двух вспомогательных квадратов. В связи с той особен-
ностью, что сумма всяких пяти чисел, заполняющих два
ряда, параллельных диагонали, также равна 65, находит-
ся ещё и следующее свойство этих же магических квад-
ратов: если мы рядом с таким квадратом с боков, сверху
и снизу будем снова повторно писать этот же квадрат, то
любой квадрат из 5 × 5 клеток, произвольно выделенный
нами, тоже представляет собой правильный магический
квадрат. Например, если мы продолжим предыдущий
магический квадрат вправо и вниз, то мы получим сле-
дующую фигуру:
172418151724181517•
61320224613202246•
252911182529111825•
141623571416235714•
3101219213101219213•
172418151724181517•
61320224613202246•
252911182529111825•
••••••••••••
Каждый квадрат из 5 × 5 клеток (например, оба жир-
но окаймлённых квадрата) обладает теми же магически-
ми свойствами, а именно: постоянная сумма 65 получа-
ется в нём 4 × 5 способами.
Тот же самый способ, с помощью которого мы только
что составили магические квадраты из 5 × 5 клеток, лег-
ко даёт нам и квадраты из n × n клеток, где n есть какое-
нибудь нечётное число, большее 5. В виде примера с


136
Первый вспомогательный квадрат
135791
124681
0
24681
0135791
1
35791
124681
01
4681
0135791
12
5791
124681
013
681
0135791
124
7911246810135
81
0135791
1246
91
124681
01357
1013579112468
1124681013579
Второй вспомогательный квадрат
0336699114477110225588
1144771102255880336699
2255880336699114477110
3366991144771102255880
4477110225588033669911
5588033669911447711022
6699114477110225588033
7711022558803366991144
8803366991144771102255
9911447711022558803366
1102255880336699114477


137
сравнительно большим числом n мы прилагаем здесь
квадрат с 11 × 11 клетками, составленный по общему
методу Делагира из двух вспомогательных квадратов.
В первом вспомогательном квадрате вместо чисел 1, 2, 3,
4, 5 нужно взять, конечно, числа от 1 до 11. Во втором
вспомогательном квадрате пишут числа 0, 11, 22, 33, 44,
55, 66, 77, 88, 99, 110.
D. Квадраты с чётным числом клеток
До сих пор мы познакомились всего лишь с одним
квадратом, имеющим чётное число клеток, квадратом с
4 × 4 клетками. Для составления подобных квадратов с
большим числом клеток служат особые методы, более
сложные, чем в случае нечётного числа клеток. Но и
здесь, как и при составлении квадрата с 4 × 4 клетками,
мы исходим из натурального ряда чисел и затем вместо
Результирующий квадрат
13671106205579114286398
13488311832569154075110
25609594468103175287111
37721072145801152964992
49841193357926417610014
619610346910418538811226
73108224681116306589338
85120235893742771011550
971135701051954781132762
10912478211731669043974
12159894244367102165186


138
некоторых чисел берём дополнения их до определённого
числа (например, в квадрате с 4 × 4 клетками это число
есть 17), а другие числа подвергаем перестановкам. На-
пример, чтобы составить магический квадрат с 6 × 6
клетками, следует разместить в 12 диагональных клетках
те числа, которые находились бы там, если бы мы раз-
местили в квадрате все 36 чисел в натуральном порядке;
затем вместо чисел, соответствующих прочим клеткам,
берём дополнения их до 37 и, наконец, делаем шесть
перестановок. Какие именно перестановки пар чисел,
стоящих в симметричных клетках, необходимо сделать
для получения постоянной суммы во всех рядах в случае
совершенно произвольного чётного числа клеток, это
легче узнать эмпирическим путём, чем при помощи весь-
ма сложного правила, которое указал Делагир. Мы по-
этому прилагаем здесь магические квадраты с 6 × 6, 8 × 8
и 10 × 10 клетками. Во всех этих примерах в диагоналях
стоят числа, которые должны были бы там находиться,
если бы все числа были размещены в квадрате в нату-
ральном порядке. В прочих клетках нужно написать до-
полнения соответствующих чисел до 4n2 + 1, предпола-
гая, что квадрат содержит 2n × 2n клеток. Затем нужно
сделать перестановки; из рассмотрения прилагаемых
квадратов легко узнать, каковы должны быть эти пере-
становки.
6×6клеток
13
53
433
26
3182827117
242315161419
131721222018
12269102925
312433536


139
10 × 10 клеток
1993979659489210
90128814868517831911
80792377252674282271
31696834666537336240
60425857454644534951
50524347555654485941
61323864363567633970
21297327757624787230
20821884151687138981
9199346957982100
8×8клеток
16
36
24 55
95
88
5610115352141549
4818194544222341
2539382829353432
3331303637272640
2442432120464717
165051131254559
577660613264


140
Заметим, что хотя в составленных таким путём ма-
гических квадратах с чётным числом клеток числа в обе-
их диагоналях и дают требуемую сумму, но этого уже
нельзя сказать о каких-нибудь двух рядах с 2n клетка-
ми, лежащих параллельно диагонали по обеим её сто-
ронам. Оказывается даже, что при чётном числе клеток
вообще невозможно удовлетворить условие, чтобы два
ряда, параллельные диагонали, тоже давали постоянную
сумму.
Кроме изложенного закона составления квадратов
с чётным числом клеток, есть ещё и другие законы, ко-
торые тоже дают правильные магические квадраты,
но рассмотрение их заняло бы у нас слишком много ме-
ста. Число всевозможных магических квадратов при
данном числе клеток оказывается весьма большим. Вы-
считали, например, что при 4 × 4 клетках возможны
880 магических квадратов, при 6 × 6 же клетках число
магических квадратов доходит уже до многих миллио-
нов. Число магических квадратов с нечётным числом
клеток, которые получаются по методу Делагира, тоже
весьма быстро возрастает. Например, число магиче-
ских квадратов с 7 × 7 клетками доходит до 363 млн
916 тыс. 800.
Можно поставить вопрос: нельзя ли применить и к
случаю чётного числа клеток метод получения магиче-
ских квадратов, основанный на составлении двух вспо-
могательных квадратов? Оказывается, что при 2n = 4
можно, действительно, составить два вспомогательных
квадрата таким образом, чтобы в каждом ряду одного
находились числа 1, 2, 3, 4, а в каждом ряду другого
числа 0, 4, 8, 12 и чтобы все пары одинаково распо-
ложенных клеток содержали различные между собой
сочетания одного из чисел 1, 2, 3, 4 с одним из чи-
сел 0, 4, 8 и 12. Этими свойствами отличаются два сле-
дующих вспомогательных квадрата, при помощи кото-
рых составлен находящийся рядом с ними магический
квадрат.


141
Существованием таких двух вспомогательных квадра-
тов можно воспользоваться для одной интересной груп-
пировки карт. Условимся относить числа 1, 2, 3, 4 соот-
ветственно к тузу, валету, даме и королю, а числа 0, 4,
8, 12 отнесём соответственно к мастям бубны, черви,
пики и трефы; при таком условии слияние обоих вспо-
могательных квадратов в один-единственный соответст-
вует расположению 4 тузов, 4 валетов, 4 дам и 4 королей
в виде квадрата, в котором каждый горизонтальный,
вертикальный и диагональный ряд содержит по одному,
и только по одному, представителю от каждой из четы-
рёх фигур и четырёх мастей. Это видно из следующей
фигуры, в которой буквы Б, Ч, П, Т обозначают соот-
ветственно масти бубны, черви, пики и трефы, а при-
ставленные к ним указатели 1, 2, 3 и 4 относятся соот-
ветственно к фигурам — туз, валет, дама и король:
Б1Ч2П3Т4
П4Т3Б2Ч1
Т2П1Ч4Б3
Ч3Б4Т1П2
Если мы попытаемся составить два таких вспомога-
тельных квадрата для случая 2n = 6, то окажется, что
легко распределить надлежащим образом в одном квад-
рате числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, а в другом квадрате числа 0, 6,
12, 18, 24, 30, но никак не удаётся вписать в 36 одинако-
1234
4321
2143
3412
0481
2
81
204
12840
401
28
161116
121525
14983
741310
дают:
и


142
во расположенных клетках всевозможные парные соеди-
нениячисел1,2,3,4,5,6счислами0,6,12,18,24,30.
Напротив, для всякого чётного числа клеток, превыша-
ющего 6, можно составить вспомогательные квадраты,
которые обладают всеми свойствами, необходимыми для
того, чтобы из этих двух квадратов можно было получить
магический квадрат. Но эти вспомогательные квадраты
получаются гораздо труднее, чем в случае нечётного чис-
ла клеток: составить такую пару квадратов представляет-
ся очень утомительным и удаётся лишь после многих
испытаний. Автору этой книги удалось составить подоб-
ные пары вспомогательных квадратов для случая 2n = 8.
Каждая такая пара представляет собой решение следу-
ющей задачи: написать в 64 клетках шахматной доски
64 сочетания восьми чисел от 1 до 8 с восемью буквами
от а до h таким образом, чтобы все 8 рядов слева на-
право, все 8 рядов сверху вниз и обе диагонали заключа-
ли в себе по одному, и только по одному, разу каждое из
8 чисел и каждую из 8 букв. Эта задача решается следу-
ющей фигурой:
1а2b3с4d5e6f7g8h
5h6g7f8e1d2c3b4a
4f3е2h1g8b7a6d5c
8с7d6а5b4g3h2e1f
7b8а5d6c3f4e1h2g
3g4h1е2f7c8d5a6b
6е5f8g7h2a1b4c3d
2d1с4b3a6h5g8f7e


143
Е. Магические квадраты с числами года
До сих пор мы говорили только о таких магических
квадратах, которые содержат n2 чисел от 1 до n2. Можно,
конечно, поставить себе задачу написать в клетках ка-
кие-нибудь другие n2 чисел; но такие числа должны,
разумеется, находиться в какой-нибудь связи друг с дру-
гом. Например, если вместо чисел от 1 до n2 возьмём
степени от а1 до аn2
, то мы получим магический квадрат,
в котором постоянную величину имеет не сумма, а про-
изведение всех чисел каждого ряда. Следующий квад-
рат получен таким способом из магического квадрата с
3 × 3 клетками, причём а = 2.
642256
128328
451216
Здесь все ряды дают одинаковое произведение
215 = 32 768. Ещё более простой способ заключается в
том, что к каждому числу обыкновенного магического
квадрата прибавляется одно и то же число b. В этом слу-
чае мы будем иметь в квадрате все целые числа от b + 1
до b + n2. При этом легко устроить, чтобы сумма во всех
рядах была равна наперёд заданному числу, почему-либо
интересующему нас, например числу какого-нибудь года.
Число n клеток, прилегающих к каждой стороне квадра-
та, прибавляемое число b и сумма s, которую мы желаем
иметь, связаны между собой уравнением, которое легко
можно составить. Выше мы показали, что в обыкновен-
ном магическом квадрате сумма чисел в каждом ряду
должна быть равна 1/2n (n2 + l). Но в данном случае в
каждом ряду сумма увеличена на n × b; поэтому
s=
1
/2n(n2+l)+nb.


144
Постоянная сумма 1898
681538216796181110195124209138223152
165811669518010919412320813722215167
801789417910819312220713622115066164
177931911071921212061352201496516379
921901062041202051342191486416278176
189105203119217133218147631617717591
104202118216132230146621607617490188
201117215131229145741597517389187103
116214130228144731588717288186102200
213 129 227 143 72 157 86 171 100 185 101 199 115
128226142711568517099184113198114212
225141701558416998183112197126211127
140691548316897182111196125210139224
Постоянная сумма 1897
250 275 258 283 266 291 274
281 257 282 265 290 273 249
256 288 264 289 272 248 280
287 263 295 271 247 279 255
262 294 270 253 278 254 286
293 269 252 277 260 285 261
268 252 276 259 284 267 292


145
Отсюда следует, что если число n нечётное, то оно
должно быть делителем числа s. Если n число чётное
вида 2а × m (m нечётное число), то оказывается, что чис-
ло s должно иметь делитель m и делитель 2а – 1
.
Так как
число 1897 делится на 7, то возможны магические ква-
драты с 7 × 7 клетками, дающие во всех своих рядах сум-
му 1897.
Далее, так как 1898 делится на 13, то возможны маги-
ческие квадраты с 13 × 13 клетками, дающие везде сум-
му 1898. Чтобы получить квадрат с постоянной суммой
1897, придётся прибавить к каждому числу обыкновен-
ного магического квадрата с 49 клетками число 246. Для
получения же квадрата с постоянной суммой 1898 не-
обходимо прибавить к каждому числу обыкновенного
магического квадрата с 169 клетками число 61. Мы при-
лагаем здесь подобные магические квадраты, относящие-
ся к числам 1897 и 1898 годов.
F. Магические квадраты, находящиеся один
в другом
Остроумие и терпение привели математиков к другим
магическим квадратам, обладающим тем свойством, что
если отнимать от них последовательно по четыре лежа-
щих с края ряда, то остающийся всякий раз меньший
квадрат тоже оказывается магическим, т. е. все ряды его
дают одну и ту же сумму. Ограничимся здесь двумя при-
мерами таких квадратов с 7 × 7 и 8 × 8 клетками. Чис-
ла внутри каждой чёрной рамки на прилагаемой фигу-
ре образуют квадраты, в которых все горизонтальные,
вертикальные и диагональные ряды дают одну и ту же
сумму.
В первом из двух прилагаемых квадратов внутренний
меньший квадрат с 3 × 3 клетками даёт постоянную сум-
му 75 и содержит числа от 21 до 29. Следующий квадрат,
заключающий в себе предыдущий, состоит из 25 клеток


146
с числами от 13 до 37 и даёт сумму 125; весь же квадрат
даёт сумму 175.
Во втором примере мы имеем внутри квадрат с чис-
лами от 25 до 40, причём сумма равна 130; затем следует
охватывающий его квадрат с числами от 15 до 50 и сум-
мой 195; наконец, этот второй квадрат образует середину
обыкновенного магического квадрата с числами от 1 до
64 и суммой 260.
163624559588
561549484419209
5547252839381810
1122403726274354
5342343532292312
1324313033364152
1445161721465051
572361606764
40123424146
38311314323512
39302621282011
4333272523177
61
62229243444
5153736181945
44948478910


147
G. Магические квадраты с магическими частями
Проведя в квадрате с 8 × 8 клетками обе средние ли-
нии, параллельные сторонам, мы разложим его на четыре
части по 4 × 4 клеток в каждой; и затем можем поставить
себе задачу разместить числа от 1 до 64 таким образом,
чтобы не только весь квадрат был магическим, но и чтобы
каждая из его четырёх частей обладала магическими свой-
ствами, т. е. чтобы все горизонтальные, вертикальные и
диагональные ряды давали одинаковую сумму. Следу-
ющий пример представляет собой решение этой задачи:
587293654111748
596323355102045
85
73
53
01
25
34
71
8
56034319564619
623214450152540
632244151142837
46
14
32
21
64
93
92
6
16
44
22
31
35
23
82
7
Составим магический квадрат из 3 × 3 клеток с чис-
лами от I до IX и заменим каждое из них новым магиче-
ским квадратом из 3 × 3 клеток, причём в квадрате I мы
напишем в магическом порядке числа от 1 до 9, в квад-
рате II — числа от 10 до 18 и т. д.; тогда мы получим
квадрат из 9 × 9 клеток, который представляет собой в
целом магический квадрат и, кроме того, состоит из де-
вяти квадратов, которые все в свою очередь тоже яв-
ляются магическими квадратами. Полученный квадрат
имеет следующий вид:


148
111813748176293631
161412797775343230
151017787380332835
566358384540202722
615957434139252321
605562423744241926
475449294657267
525048753706866
514653618696471
Н. Магические многоугольники
Во всех изложенных нами до сих пор обобщениях за-
дачи о магических квадратах неизменно сохранялась
геометрическая фигура квадрата. Можно, однако, рас-
ширить нашу задачу и в другом направлении, а имен-
но — заменить квадрат прямоугольником или много-
угольником с произвольно большим числом сторон. Мы
не будем входить в подробности методов составления
магических многоугольников, но дадим лишь два при-
мера, которые заимствуем из книги Шеффлера.
1. Числа от 1 до 32 можно написать в прямоугольнике,
состоящем из восьми рядов по четыре числа в каждом,
так чтобы длинные ряды давали в сумме 132, а короткие
66; этот прямоугольник имеет следующий вид:
17151454222332
8266132133124
25 7 27201230 2 9
161819282911101


149
2. Числа от 1 до 73 можно расположить в виде трёх
шестиугольников, в общем центре которых находится
число 37; каждая сторона этих шестиугольников содер-
жит соответственно по 3, 5 и 7 чисел; не только шесть
сторон каждого многоугольника, но и три диаметра, со-
единяющие противоположные вершины, а также три
перпендикуляра через середины противоположных сто-
рон дают одну и ту же сумму, которая в самом внутрен-
нем многоугольнике равна 111, в следующем 185 и, на-
конец, в наружном 259 (ср. прилагаемую фигуру):
J. Магические кубы
Некоторые исследователи, в особенности Коханский
(1686), Совер (1710), Гюгель (Hügel, 1859) и Шеффлер (1882),
расширили идею магических квадратов, перенеся её из
плоскости в пространство. Мысленно проведём в кубе ряд
плоскостей, параллельных граням его, на равном расстоя-
нии друг от друга: они разделят куб на ячейки, которые все


150
имеют форму кубиков. Предположим, что мы поставили
себе задачу разместить по этим кубикам числа натурально-
го ряда таким образом, чтобы все ряды слева направо, спе-
реди назад и сверху вниз, а также все диагонали квадратов
и проходящие через центр куба главные диагонали содер-
жали числа, имеющие одинаковую сумму. Если число кле-
ток равно 3 × 3 × 3, то построить такой магический куб
оказывается невозможным. В случае 4 × 4 × 4 клеток мож-
но достигнуть того, чтобы все ряды, параллельные рёбрам
куба, и все главные диагонали давали постоянную сумму
130. Чтобы представить магический куб из 64 клеток в пло-
скости бумаги, вообразим, что числа, соответствующие
64 кубикам, написаны на каждом из них сверху, и будем
мысленно снимать с куба слоями, начиная сверху, по 16 чи-
сел. Тогда мы получим четыре квадрата по 16 клеток в каж-
дом; совокупность этих квадратов представит нам магиче-
ский куб, как можно видеть из следующего примера:
Первый слой сверху
14
83
24
9
60213712
5625418
13362061
Второй слой сверху
63183415
64
32
75
4
10392358
5130463
Третий слой сверху
62193514
74
22
65
5
11382259
5031472
Нижний слой
44
52
95
2
5724409
5328445
16331764


151
Постоянная сумма 130 встречается здесь всего 52 раза:
16 раз в рядах слева направо, 16 — в рядах сверху вниз,
16 — в рядах спереди назад и, наконец, 4 раза в рядах,
соединяющих противоположные вершины куба. Диаго-
нали же 12 квадратов, параллельных граням куба, не
дают этой суммы.
В кубе из 5 × 5 × 5 клеток можно уже располо-
жить числа так, чтобы все 75 рядов, параллельные рёб-
рам, и все 30 рядов, лежащие на диагоналях квадратов,
а также 4 ряда, образующие главные диагонали, давали
одну и ту же сумму, а именно 1/2n(n3 + 1) = 315. По-
добно тому как магические квадраты с нечётным числом
клеток могут быть составлены из двух вспомогательных
квадратов, так и магические кубы можно составить из
трёх вспомогательных кубов. Таким способом составлен
следующий магический куб с 5 × 5 × 5 клетками, в ко-
тором среднее арифметическое чисел 1 и 125, а именно
число 63, помещено в центральной клетке; благодаря
этому 4 главные диагонали и 30 коротких дают посто-
янную сумму 315. Что же касается условия, чтобы и
диагонально расположенные ряды, параллельные корот-
ким диагоналям, давали попарно ту же постоянную сум-
му, то это условие не может быть выполнено при n = 5;
при большем же значении n можно выполнить и это
условие.
Первый слой
12127831470
10611174879
44100157113
53109409122
87187410531
Второй слой
2581144596
36922354110
75101328819
84156612228
1184980662


152
§20
ХОД КОНЯ
А. Введение
В семейных журналах встречаются под названием
«Ход коня» задачи, в которых от читателя требуется, что-
бы он соединил в слова 64 слога, написанные в 64 клет-
ках фигуры, изображающей шахматную доску, соблюдая
два условия. Во-первых, друг за другом могут следовать
только слоги, стоящие в таких двух клетках шахматной
доски, между которыми по правилам шахматной игры
Третий слой
33892071102
67123298511
7676311950
1154197359
24551063793
Четвёртый слой
6412046778
9846011142
10738942551
16721033490
30811268124
Пятый слой
95215210839
10435861773
13691252682
4778965116
5611243995


153
возможен ход коня; во-вторых, составленный согласно
этому принципу ряд слов должен иметь какой-нибудь
смысл; обыкновенно из ряда этих слов должно даже со-
ставиться небольшое рифмованное стихотворение. Пре-
жде чем перейти к подробному ознакомлению с этими
задачами и более трудными обратными задачами, в ко-
торых читателю предлагают составить правильные «ходы
коня», мы должны дать пояснения, которые помогут нам
понять дальнейшее изложение.
Представим разложенный на квадраты прямоуголь-
ник с вертикальными и горизонтальными сторонами;
переход от всякой клетки в какую-либо соседнюю, рас-
положенную справа или слева, кверху или книзу от пер-
вой, мы будем называть «ходом». Понятно, что из каж-
дой из четырёх угловых клеток можно сделать всего два
хода, а от каждой краевой клетки, которая не есть в
то же время и угловая, можно сделать всего три хода,
тогда как от всякой другой клетки, не расположенной у
края доски, можно сделать четыре хода. Ход вправо или
влево мы будем называть «горизонтальным», ход вверх
или вниз — «вертикальным». Пользуясь этими терми-
нами, мы можем следующим образом формулировать
правило движений коня в шахматной игре: конь делает
сразу 1 горизонтальный и 2 вертикальных шага или же,
наоборот, 1 вертикальный и 2 горизонтальных. Мы будем
говорить о двух клетках, что они «связаны ходом коня»,
если конь может перейти из одной в другую согласно
данному правилу, т. е. если эти клетки отстоят друг от
друга на 1 вертикальный и 2 горизонтальных хода или
на 1 горизонтальный и 2 вертикальных. Движение меж-
ду двумя клетками, связанными ходом коня, мы будем
называть скачком. Из каждой угловой клетки возможны
2 скачка; из каждой краевой, отстоящей на 1 ход от
угловой клетки, возможны 3 скачка, а из каждой крае-
вой клетки, удалённой на 2 хода или более от угловой
клетки, возможны 4 скачка. Далее, каждая клетка, от-
стоящая от края на 1 горизонтальный и 1 вертикальный


154
ход, связана ходом коня с 4 клетками, а те клетки, ко-
торые отстоят на 1 ход от одного края и на 2 хода от
соседнего края, связаны ходом коня с 6 клетками. На-
конец, клетка, отстоящая от каждого края на 2 хода или
более, связана ходом коня с 8 клетками.
Таким образом, из каждой из 64 клеток обыкновен-
ной шахматной доски возможно сделать такое число
скачков, какое указано в соответствующей клетке при-
лагаемой фигуры:
23444432
34666643
46888864
46888864
46888864
46888864
34666643
23444432
Сумма этих чисел равна 336. Если же мы будем счи-
тать скачок из одной клетки в другую и обратный из вто-
рой клетки в первую за один только скачок, то число
ходов коня на обыкновенной шахматной доске оказыва-
ется равным 168. Эти рассуждения можно легко распро-
странить на случай прямоугольной шахматной доски с
а × b клетками. В этом случае число пар клеток, связан-
ных между собой ходом коня, равно
2(2ab–3а–3b+4).
Итак, Эйлерова задача о ходе коня состоит в следую-
щем: нужно разместить в 64 клетках шахматной доски


155
64 числа от 1 до 64 таким образом, чтобы всякие две
клетки, содержащие два последовательных числа, были
связаны ходом коня. Если мы затем числа от 1 до 64 за-
меним ещё 64 слогами, совокупность которых имеет ка-
кой-нибудь смысл, то возникнет обратная задача, а
именно прочитать 64 слога в таком порядке, чтобы в них
оказался желанный смысл. При этом лицо, решающее
подобную задачу, всякий раз колеблется в выборе раз-
личных возможных скачков из последней занятой клет-
ки: эти сомнения доставляют наибольшее затруднение в
начале и также в 16 средних клетках, каждая из которых
связана ходом коня с 8 клетками. Мы прилагаем здесь
пример такой задачи на ход коня:
мне вам
де
ю
Но
да
ми
мно
и
мо грудь зы
об
не
лю
при
по
чить
у
ла
Сю
я
го
ва
знать мо
ведь лег поль сло шел дям
то
ис
А
пе
ноль
го
не
будь
ду
ше
му Ты
зла
ни
раз бла
шать по
Все мож ред зать
да
сде
луч
шу
слу И
рю
лал
кем ска
В журналах для развлечения решение подобных задач
на «ход коня» даётся большей частью в форме диаграм-
мы, т. е. середины следующих друг за другом клеток со-
единяются прямыми линиями. Можно, однако, предста-
вить решение в другом виде, а именно: клетки, следующие
друг за другом в ходе коня, занумеровываются последо-
вательно числами от 1 до 64. Мы даём здесь обе формы
решения задачи.


156
315447833102750
467325328493411
53055489365126
564562952251235
434572061143724
581944140236213
34
21
76
02
16
41
53
8
185924116392263


157
Уже решение подобных задач на ход коня требует не-
которого терпения, но несравненно больше терпения
требуется для того, чтобы составить хотя бы одну толь-
ко задачу на ход коня. В самом деле, если мы попробуем
исходя от произвольной начальной клетки писать в клет-
ках последовательно числа начиная от 1, по правилу
«хода коня», то вскоре увидим, что некоторые клетки
остаются пустыми, причём никогда уже нельзя будет до-
браться до них, потому что те клетки, из которых можно
было бы до них добраться, уже заняты. Мы начнём тогда
делать изменения, но скоро окажется, что снова остают-
ся пустые клетки, до которых нельзя добраться; лишь
путём долгих усилий удаётся правильно составить задачу
на ход коня. Существуют, однако, методы, которые лег-
ко приводят к цели; эти методы составляют предмет
дальнейшего изложения.
В. Исторические сведения
Задача о заполнении 64 клеток числами от 1 до 64 по
правилу «ход коня» встречается в литературе впервые в
1759 г., а именно в томе 15 мемуаров Берлинской акаде-
мии. Знаменитейший немецкий математик XVIII столе-
тия Леонард Эйлер указывает там, что эту задачу кто-то
предложил в одном обществе и что этому лицу удалось
также правильно решить эту задачу, принимая любую
клетку за начальную. Эйлер, обративший внимание на
математическое содержание задачи, переписывался от-
носительно неё с Бертраном из Женевы и опубликовал в
указанной статье методы, которые дают возможность ис-
ходя от какой-нибудь попытки, которая оказалась не-
удачной вследствие того, что некоторые клетки остались
незаполненными, постепенно прийти к правильному
решению.
Далее Эйлер прибавил новые условия, которые увели-
чивают трудность решения задачи: можно потребовать,


158
например, чтобы были заполнены все клетки одной толь-
ко половины прежде, чем перейти к клеткам другой
половины. В том же направлении задачу разрабатывал,
кроме Эйлера, ещё и Вандермонд (Vandermonde), член
Французского национального института; статья, в кото-
рой Вандермонд рассматривал задачу с точки зрения гео-
метрии положения, появилась в 1771 г. в Mémoires de Pa-
ris. Затем в 1773 г. Колини (Colini) в Мангейме в особом
сочинении указал метод, который даёт, правда, лишь не-
большую часть из множества возможных решений, но зато
приводит к ним прямым и верным путём. Этим, более
старым методам противопоставляются методы, принад-
лежащие более поздним французским учёным, у которых
выбор того или другого хода коня наперёд определяется
некоторым принципом, тогда как методы Эйлера и Ван-
дермонда по существу сводятся лишь к тому, что произ-
вольно выбранные вначале ходы коня впоследствии ис-
правляются таким образом, чтобы получилось правильное
решение. Этими французскими учёными были Полиньяк
(Polignac) и Лакиер (Laquière). Полиньяк опубликовал свои
исследования о «ходе коня» частью в «Известиях Париж-
ской Академии» (апрель 1861 г.), частью в Bulletin de la
Société Mathématique de France за 1880 г. В этом же вы-
пуске находится и весьма богатая содержанием статья Ла-
киера о ходе коня. Важнейшее из исследований, в которых
рассматривают задачу о ходе коне в прямоугольнике с
а × b клетками, принадлежит Flye-Sainte Marie; оно на-
печатано в апрельской тетради Bulletin de la Société Ma-
thématique de France за 1877 г. Автор вполне исчерпал в
этом исследовании случай, когда имеется 4 × 8 клеток,
расположенных в виде прямоугольника, и определил даже
число возможных ходов коня; нужно заметить, что для
случая 8 × 8 клеток число возможных ходов коня до сих
пор не определено даже приблизительно. Наконец, автор
этой книги расширил задачу о ходе коня, взяв вместо
квадрата с 8 × 8 клетками куб с 4 × 4 × 4 отделениями
(Naturwissenshaftliche Wochenschrift за 1892 г.).


159
С. Методы Эйлера и Вандермонда
Если одно какое-нибудь решение задачи о последова-
тельном прохождении конём всех 64 клеток шахматной
доски уже найдено, то из этого решения можно вывести
весьма разнообразные изменения хода, а именно — мож-
но заменить обратными все ходы, начиная с любой клет-
ки, которая связана ходом коня с заключительной клеткой
найденного решения. Будем исходить в виде примера из
следующего решения:
34215293619547
511035205383718
223312612845655
1150294413621738
322360634627565
4964433059143916
24312472641457
14825423581540
Здесь клетка с числом 11 связана ходом коня с послед-
ней клеткой 64; мы можем поэтому получить из этого ре-
шения новое, оставив все числа от 4 до 11 в их клетках и
заменив потом число 64 числом 12, число 63 числом 13,
число 62 числом 14 и т. д., так что заключительной клет-
кой с числом 64 окажется та, в которой первоначально
находилось число 12. Так как в первоначальном решении
клетка 47 тоже была связана ходом коня с клеткой 64, то
мы можем получить из этого решения второе производное
решение, если оставим числа от 1 до 47 в их клетках, а
числа от 48 до 64 заменим соответственно числами от 64
до 48. Этот приём можно повторить какое угодно количе-


160
ство раз: действительно, получив какое-нибудь производ-
ное решение, мы можем поступить с клеткой, которая в
этом решении связана ходом коня с заключительной клет-
кой, совершенно таким же образом, как делали в нашем
примере с клеткой 11 или 47. Мало того, таким способом
мы можем достигнуть того, чтобы любая наперёд заданная
клетка оказалась заключительной. Чтобы ясно понять это,
обозначим каждую из 64 клеток шахматной доски для
краткости тем числом, которое написано в этой клетке на
предыдущей фигуре. Тогда первое производное решение
можно представить сокращённо в таком виде:
1до11,64до12.
Так как новая заключительная клетка 12 связана хо-
дом коня с клеткой 53, то мы получаем второе производ-
ное решение:
1до11,64до53,12до52.
Так как клетка 52 связана ходом коня с клеткой 33,
то отсюда получается производное решение:
1до11,64до53,12до33,52до34
ит.д.
Если мы желаем, например, чтобы заключительной
клеткой была клетка 40 в правом нижнем углу квадрата,
то обратим внимание на следующий ряд ходов коня:
64–29–30
–
41–40
и сообразно с ними изменим первоначальное решение
следующим образом:
1)1до29,64до30;
2)1до29,64до41,30до40;


161
таким образом, условие, чтобы клетка с числом 40 сде-
лалась заключительной, выполнено нами кратчайшим
способом. Легко понять, что данное решение можно пре-
вратить в другое с наперёд указанной заключительной
клеткой самыми разнообразными путями; далее мы мо-
жем таким же самым способом достигнуть того, чтобы
любая клетка стала начальной, потому что все указанные
только что ходы коня можно обратить.
Этот способ преобразовывать ход коня таким образом,
чтобы любая наперёд указанная клетка сделалась заключи-
тельной, лежит в основании решения следующей задачи,
имеющей важное значение для практического составления
ходов коня. Предположим, что в результате некоторого дви-
жения коня осталось несколько пустых клеток, которые конь
уже никоим образом не может занять; требуется так из-
менить ход, чтобы пустые клетки заполнились и чтобы та-
ким образом получился правильный «ход коня».
С целью сделать ясным решение этой задачи мы пред-
положим, что кому-нибудь удалось покрыть движением
коня 62 клетки шахматной доски, но 2 клетки остались
пустыми и недоступными. Допустим далее, что при этом
получилось именно то расположение последовательно
занятых клеток, которое изображено в таблице; клетки,
оставшиеся пустыми, отмечены буквами а и b.
71847305164528
48316174629415
1
9 8 495239602744
325340594251143
920а5061384326
543362415825213
21103556231237b
345522113657241
6 Г. Шуберт


162
Последовательность клеток от 1 до 62, пройденных
конём, мы можем преобразовать совершенно так, как
раньше последовательность клеток от 1 до 64 была пре-
образована в другую последовательность, в которой за-
ключительная клетка наперёд задана. Сообразно с этим
преобразуем ряд от 1 до 62 в другой ряд, в котором за-
ключительной клеткой являлась бы клетка, связанная
ходом коня с незанятой клеткой а. Такова, например, в
нашем случае клетка 10. Число 62 будет, таким образом,
предшествовать новой заключительной клетке, и тогда
можно будет поставить число 63 в свободной клетке а.
С полученным рядом из 63 клеток мы поступим таким же
образом, т. е. преобразуем его в такой ряд, в котором
последняя клетка даёт возможность коню сделать ход во
вторую свободную клетку b. Напишем затем число 64 в
клетке b, и мы получим правильный «ход коня». Если бы
не только две, а большее число клеток остались пустыми,
то нам пришлось бы использовать этот приём столько
раз, сколько имеется пустых клеток. Чтобы превратить
изображённый выше пробный «ход коня» в настоящий,
заметим, что пустая клетка а связана ходом коня с клет-
кой 10, клетка 10 с клеткой 9, а клетка 9 с клеткой 62,
которая пока является последней. Сообразно с этим мы
образуем из ряда от 1 до 62 новый ряд
1до9,62до10,
и затем следует лишь присоединить к этому ряду клетку
а, которая будет здесь 63-й. Чтобы превратить теперь
этот полученный ряд из 63 клеток в такой, к которому
можно было бы присоединить и клетку b, мы должны
найти, если возможно, две клетки, связанные ходом коня,
одна с клеткой а, другая с клеткой b, причём эти две ис-
комые клетки должны содержать два последовательных
числа. Этим условиям в нашем примере удовлетворяют
клетки с числами 58 и 57. Сообразно с этим мы превра-
щаем прежний ряд в следующий:


163
1до9,63до58,10до57;
остаётся лишь присоединить к этому ряду клетку b, и мы
получим правильный «ход коня». Если мы заполним по-
следовательные клетки по порядку числами от 1 до 64,
то получим следующий «ход коня», в котором уже не бу-
дет ни одной пустой клетки:
72453365225134
54376235235421
2
585
55
84
51
23
35
0
385946134857203
92
61
55
61
14
44
93
2
603910471431219
2716416229184364
406128174263301
В полученном нами «ходе коня» числа 1 и 64 стоят в
двух клетках, не связанных между собой ходом коня. Но
уже с времён Эйлера предпочитают составлять такие
«ходы коня», в которых заключительная клетка связана
ходом коня с первоначальной. Такого рода ходы коня
называются замкнутыми; они имеют ту особенность, что
любую клетку в них можно принять за начальную, по-
тому что клетка с числом 64 допускает переход коня в
клетку с числом 1. Изложенный нами метод превраще-
ния какого-нибудь данного правильного хода коня в
новый, в котором заключительной клеткой является ка-
кая-либо произвольно выбранная, даёт нам также воз-
можность преобразовать всякий незамкнутый ход коня
в замкнутый. Для этого достаточно выбрать в качестве
заключительной клетки такую, которая была бы связана


164
ходом коня с начальной клеткой, и применить наш ме-
тод. Например, чтобы превратить полученный нами в
последний раз ход коня в замкнутый, мы должны в
клетках, занятых здесь числами
11до17,10до1,18до31,64до57,
32до45,56до46,
поставить соответственно последовательные числа
1до7,8до17,18до31,32до39,40до53,54до64.
В результате мы получим следующий замкнутый в
себе ход коня, который поэтому можем читать 64 раз-
личными способами, т. е. исходя от любой клетки как от
начальной.
482736946255611
3
564
72
63
71
04
52
4
28498564551257
73463543382344
50294162535813
331831523924322
3051166120411459
1732194015602142
D. Метод Колини
Промежуточное место между только что описанными
методами Эйлера и Вандермонда, с одной стороны, и но-
выми методами Полиньяка и Лакиера, с другой, занима-


165
ет метод, который Колини изложил в своей работе Solu-
tion du problème du Cavalier au jeu des échecs, изданной
в 1773 г. в Маннгейме. По этому методу следует мыс-
ленно разделить шахматную доску на две области: на
средний квадрат, состоящий из 16 клеток, симметрично
расположенных вокруг центра, и на рамку, состоящую
из прочих 48 клеток; затем Колини даёт следующее пра-
вило:
«Заполним 12 клеток рамки таким образом, чтобы из
12-й конь имел ход в клетку среднего квадрата. В этом
последнем заполним 4 клетки, которые образуют либо
квадрат, либо ромб; затем заполним ещё 12 клеток рамы,
потом опять 4 клетки среднего квадрата и т. д.».
Поступая таким образом, мы в самом деле будем по-
лучать всегда, без труда и без колебаний, правильный
«ход коня», например такой:
40235273821505
53839225163720
24411447306144
9
95
43
16
21
54
81
93
6
422546136429603
5510633245163518
26431257283325
9
115627441581734
Е. Методы Полиньяка и Лакиера
Подобно Колина и новые исследователи теории «хода
коня» рассматривают отдельные квадратные части с
4 × 4 клетками, но пользуются не средним квадратом, а


166
четырьмя квадратными частями шахматной доски, на
которые она делится двумя линиями, проведёнными че-
рез центр доски параллельно её краям. Такой квад-
ратный участок даёт четыре замкнутых хода коня, каж-
дый по четырём клеткам, как показывает следующая
фигура:
сdba
bacd
dcab
abdc
В каждых четырёх клетках, отмеченных одной и
той же буквой, конь может передвигаться таким обра-
зом, чтобы из четвёртой клетки попасть опять в первую,
причём этот переход может совершаться в двух различ-
ных направлениях: как в направлении движения часовой
стрелки, так и в противоположном. Подобное движение
коня по 4 клеткам, которые так расположены в квадра-
те из 16 клеток, как в нашей фигуре расположены клет-
ки с одной и той же буквой, мы будем для краткости
называть «четверным ходом» (Viersprung). Существуют
четыре рода таких четверных ходов; в нашей фигуре
каждому четверному ходу соответствует особая буква,
которой помечены все его четыре клетки; четырём чет-
верным ходам соответствуют четыре буквы а, b, с, d. За-
метим, что четверные ходы а и с занимают каждый по
четыре вершины ромба, тогда как другие два четверных
хода b и d занимают каждый по четыре вершины косо
расположенного квадрата. Теперь отметим себе раз и на-
всегда в четырёх квадратных участках те 4 × 4 клетки,
которые образуют четыре четверных хода одного и
того же рода. Тогда мы получим всего 16 отмеченных
клеток, которые конь может проходить различными спо-


167
собами так, чтобы из 16-й клетки возвратиться обратно
в первую. Всякое такое движение коня через 16 клеток,
связанных между собой указанным образом, мы бу-
дем называть «шестнадцатикратным ходом» (Sechzehn-
Sprung), причём будем различать типы А, В, С и D со-
ответственно типам а, b, с и d, к которым относятся
4 клетки квадратного участка, пройденные конём. Так,
на прилагаемой фигуре 16 клеток, отмеченные буквой а,
дают 16-кратный ход типа А. Точно так же клетки, от-
меченные буквами b, с и d, составляют 16-кратные ходы,
принадлежащие соответственно типам В, С или D.
сdbа сdbа
bасdbасd
dсаbdсаb
аbdс аbdс
сdbа сdbа
bасdbасd
dсаbdсаb
аbdс аbdс
Если заставить коня делать 16-кратные ходы так, что-
бы, закончив один, он мог всякий раз перейти к другому,
то постоянно будет получаться правильный замкнутый
ход коня. Составленные таким образом ходы коня об-
ладают большей симметричностью и правильностью, чем
полученные путём испытаний. Это станет особенно ясно,
если мы представим ходы коня графически, т. е. соеди-
ним середины последовательных клеток отрезками. В
виде примера прилагаем следующий ход коня, в котором
последовательные 16-кратные ходы соответственно при-
надлежат типам С, D, А и В:


168
1027563914295843
5538112857421530
269405332134459
3754251241603116
82352334176245
51365246148118
22734492034663
35502164764192
При этом ходе коня 16 клеток каждого 16-кратного
хода проходятся так, что конь каждый раз посещает спер-
ва по порядку четыре клетки каждого четверного хода.
Однако такая последовательность отнюдь не является не-
обходимой, как показывает нижеследующий ход коня;
последовательность типов в нём, как и в предыдущем,
есть СDAB, но в нём, однако, конь всякий раз занимает
сперва только три клетки каждого квадратного участка и
лишь затем проходит через пропущенные раньше клетки:
22754394255637
53403265538524
281466330153657
415229164762236
1217644514315835
514213326148722
181144492093459
435019103360218


169
Таким образом, этот ход коня образуется из 4 16-крат-
ных ходов, а не из 16 четверных ходов.
Что касается тех ходов коня, которые составляются
из 16 полностью исчерпанных четверных ходов, то их
можно схематически представить следующим образом.
К четырём знакам a, b, с, d, выражающим четыре рода
четверных ходов, присоединим в виде индексов соответ-
ственно одно из четырёх чисел 1, 2, 3, 4, смотря по
тому, предполагается ли четверной ход совершенным в
квадратном участке вверху слева, или вверху справа, или
внизу справа, или внизу слева. При таком обозначении
первый, например, из двух вышеприведённых ходов коня
представится схематически следующим образом:
с3с4c1с2d3d4d1d2a4a1a2a3b4b1b2b3.
Обратно, если дана подобная схема и начальная клет-
ка, то этим однозначно определён весь путь коня, ибо
индексы указывают, в какой участок мы должны перей-
ти после того, как выполнен четверной ход, и вследствие
этого последовательность при заполнении клеток уже не
может вызывать никаких колебаний. Так, схема
с1с4с3с2d1d4d3d2a2а1a4a3b2b1b4b3
приводит к следующему замкнутому ходу коня (см. с. 170
вверху).
Если мы оставим без изменения последовательный
порядок 16 букв схемы и будем менять лишь начало, то
будем получать ходы коня, принадлежащие к числу тех
63, которые могут быть выведены из каждого замкнутого
хода путём замены начальной клетки.
В предыдущих примерах мы каждый раз повторяем
один за другим четыре четверных хода одного и того же
типа и таким способом образуем 16-кратные ходы. Од-
нако при некотором внимании можно легко получать
правильные ходы коня иначе: можно, исчерпав один чет-


170
верной ход, всякий раз переходить к новому независимо
от того, будет он того же типа или другого. Например, в
следующей схеме правильного хода коня каждый тип по-
вторяется постоянно лишь два раза:
а4а3b2b1c3c4d3d2а2а1b4b3c1c2d1d4.
Эта схема даёт следующий ход коня:
5158133853321134
1439525712355431
5950371629563310
401560493693055
23624141728478
42124614851827
63223442520746
24364216452619
31
85
33
81
53
25
13
4
543921752351431
194375629163350
405520136493013
52257449286348
584182164451227
2
364
36
02
51
04
76
2
425924746612611


171
Хотя ходы коня, которые можно находить по методу
Полиньяка и Лакиера, отличаются от всех других симме-
тричностью и изяществом, но они образуют лишь весьма
малочисленную группу в совокупности всех возможных
замкнутых ходов коня; поэтому ничего не прибавляют к
решению главного вопроса о нахождении такого метода,
который заведомо приводил бы ко всем возможным хо-
дам коня и благодаря этому давал бы возможность опре-
делить их число. Этот главный вопрос до сих пор ещё не
разрешён.
F. Ходы коня в случае, когда число клеток
меньше 64
Если мы положим в основу задачи не шахматную доску
с её 8 × 8 клетками, а квадрат или прямоугольник с мень-
шим числом клеток, то трудности решения основного во-
проса, намеченного в конце параграфа Е, значительно
уменьшатся. Например, имеется полное решение основ-
ной задачи для того случая, когда прямоугольник, по ко-
торому должен проходить конь, состоит из 4 × 8 клеток,
т. е. представляет собой половину шахматной доски. От-
носящимся сюда исследованием мы обязаны Flye-Sainte-
Marie (Bulletin de la Société Mathématique de France, 1877).
Он делит сперва 32 клетки половины шахматной доски на
две группы по 16 в каждой, как это видно из следующей
фигуры:
аааа
iiii
iiii
аааа


172
Клетки, снабжённые буквами, образуют одну груп-
пу, а прочие клетки — другую. Каждая группа имеет
8 наружных и 8 внутренних клеток. В группе, состо-
ящей из заполненных клеток, 8 наружных отмечены
буквой а, а 8 внутренних буквой i. Можно строго до-
казать, что для того, чтобы 32 клетки дали правильный
ход коня, должны быть выполнены следующие три ус-
ловия:
1. Необходимо, чтобы были пройдены одна за другой
16 клеток каждой группы.
2. Необходимо, чтобы из тех двух клеток, которыми
начинается и заканчивается каждая группа, одна была
наружной, другая внутренней.
3. Начальная и заключительная клетки всего хода
коня должны быть наружными; следовательно, не суще-
ствует замкнутых ходов коня.
Соблюдая эти условия, можно при некотором внима-
нии получить всевозможные ходы коня, не опасаясь, что
в конце останутся пустыми клетки, до которых уже нель-
зя будет добраться. Указанные условия соблюдены, на-
пример, при получении следующего хода коня:
26113073213225
29827122361916
10252311417421
1289243201518
Так как не существует никаких других ходов коня
помимо тех, которые подчиняются условиям Flye-Sainte-
Marie, то мы в состоянии также указать число всех
возможных ходов коня при 4 × 8 клетках. Существуют
всего 7772 возможности заставить коня пройти через по-
добную половину шахматной доски, причём из двух


173
симметричных ходов коня постоянно принят в расчёт
только один.
С помощью этих результатов Лакиер указал в Bulletin
de la Société Mathématique de France (март 1880 г.) раз-
личные возможные способы получить на полной шах-
матной доске замкнутые ходы коня такого рода, что конь
сперва проходит полностью 32 клетки одной половины
доски и только потом переходит к 32 клеткам другой по-
ловины. Хотя образующиеся таким путём ходы коня со-
ставляют лишь весьма малую долю всех вообще возмож-
ных, но и для них уже получается довольно значительное
число:
31 054 144.
Естественно может явиться высказанная уже Эйлером
мысль составить интересную в каком-нибудь отношении
фигуру путём группирования клеток, на которых совер-
шается ход коня. В журналах для развлечения охотно
предлагаются интересные или изящные фигуры из кле-
Rings fall
ein
die
Der
um
wie Völ chen vom
chen
ten
ker
Bei der
ten
Gott
Hel
wi
staun groß
Wip Ei
nick
vor
ihm fel
ser
Es
des
den
Jah die
und To
im Has
ihm
ster
Sie
ren
stand Frei des
Gei ben Schaa
re
17/8
1786 Feld der
er


174
ток, например фигура железного креста. Можно также
образовать фигуру, оставляя свободными определён-
ные клетки обыкновенной шахматной доски. Так, автор
этой книги составил к сотой годовщине со дня смерти
Фридриха Великого (17 августа 1886 г.) такой ход коня, в
котором пустые клетки образуют начальную букву F
имени Friedrich, а слоги в заполненных клетках дают
один фрагмент из гимна Шуберта «Фридриху Великому»
(см. с. 173).
Между разновидностями задачи на ход коня проще
других поддаются разработке те, в которых сохраняется,
по крайней мере, фигура прямоугольника. После весьма
немногочисленных испытаний можно убедиться, что при
этом условии невозможно получить ни одного хода коня,
если число клеток меньше 12, и что при 4 × 4 клетках
тоже нельзя провести коня через все клетки. Но уже при
3 × 4 клетках возможно получить несколько ходов коня,
например следующий:
10741
5291
2
81
163
В случае квадрата наименьшим числом клеток, при
котором возможно получить ходы коня, является 25.
Примером может служит следующий квадрат:
52
21
71
27
161162318
21425813
101521924
32
091
41


175
G. Центрально-симметричные ходы коня
с постоянными суммами
Если к Эйлеровой задаче на ход коня присоединить
отягчающие условия, то решения, в большинстве случа-
ев, потребуют огромного терпения. Наиболее тяжёлую
долю терпения выдержал некогда один живший в морав-
ской деревне отставной чиновник Венцелидес (Wenzeli-
des), который поставил себе задачу вписать в 64 клетки
шахматной доски числа 1 до 64 таким образом, чтобы
они не только образовали замкнутый ход коня, но и что-
бы восемь чисел в каждом горизонтальном и каждом
вертикальном ряду давали одну и ту же сумму, а именно
260. Поработав несколько лет, Венцелидес нашёл наконец
несколько решений, которые были опубликованы им в
Берлинском шахматном журнале. Мы приводим ниже
три решения, которые представляют вместе с тем цен-
трально-симметричные ходы коня, т. е. такие, в которых
отрезки, соединяющие клетки, числа которых имеют раз-
ность 32, делятся в центре пополам. Заметим, однако,
что ходы коня Венцелидеса не являются магическими
квадратами, так как числа, стоящие в обеих диагоналях,
не дают постоянной суммы 260.
6314372451263510
2239621336115027
156423382552934
4021166112332849
17601442948538
24120576553247
59184344530754
4
235
81
95
654
63
1


176
15423585523154
25
91
44
33
05
55
07
41165745165332
60144135629849
1740612445123328
642138193625489
3918236211462734
2263203726351047
1542553217342738
5431164128371835
4314295633203926
3053441340253619
51457845122162
5
875
212
46
14
61
1
3505609486322
65
924
96
42
31
04
7
Н. Ходы коня в клетках куба
В указанном автором расширении задачи о ходе коня
путём распространения её с двумерного на трёхмерное
пространство требуется разместить в 4 × 4 × 4 кубиках,
на которые можно разбить куб, числа от 1 до 64 таким
образом, чтобы два последовательных числа отстояли
друг от друга по одному из трёх главных направлений на
один кубик, а в каждом другом главном направлении на


177
два кубика. Мы должны, следовательно, представить
себе слой из 4 × 4 прилегающих друг к другу кубиков,
расположенных на горизонтальном основании и образу-
ющих таким образом сверху квадрат из 4 × 4 клеток. На
этом слое лежит второй такой же самый, на втором —
третий и на третьем — четвёртый конгруэнтный слой.
Представим, что в каждом из полученных таким образом
64 кубиков помещается число, и вопрос в том, как раз-
местить по кубикам числа от 1 до 64 так, чтобы два по-
следовательных числа находились в двух кубиках, отсто-
ящих друг от друга в одном из трёх главных направлений
на два кубика, а в другом — на один. Конечно, три глав-
ных направления суть: во-первых, слева направо, во-
вторых, спереди назад и, в-третьих, сверху вниз, или об-
ратно.
Следует заметить, что каждое из 8 отделений при вер-
шинах имеет 6 выходов; каждое из 24 отделений, распо-
ложенных по рёбрам, но не в вершинах куба, имеет 8 вы-
ходов; далее, каждое из 24 отделений, лежащих по граням,
но не на рёбрах, связано ходом коня с 10 отделениями;
наконец, от каждого из 8 отделений, лежащих внутри куба
вокруг центра, можно указанным образом пройти в 12 от-
делений. Ввиду большого числа отделений, с которыми,
благодаря скачкам в пространстве, связано ходом коня
каждое отделение куба, задача на составление подобного
рода ходов коня в кубе приобретает особенный интерес.
Точно так же и обратная задача об отыскании хода
коня, заданного в 64 слогах, приобретает значительно
больший интерес вследствие того, что слоги следует
представлять себе написанными в 4 × 4 × 4 клетках вме-
сто 8 × 8. Так как бумага имеет лишь два измерения, а
задача со слогами на ход коня в кубе требует трёх изме-
рений, то она может быть задана лишь с помощью ква-
дратов, содержащих каждый по 16 клеток, которые мы
можем представлять как поверхности четырёх слоёв, рас-
положенных один над другим и отсчитываемых сверху
вниз.


178
Решение этой кубической задачи на ход коня:
Первый слой
да
мо кем Все
ред луч Сю ведь
ю
при пе
ни
ше будь по шел
Второй слой
ми
раз да
слу
го
Ты ва
ска
ноль об шать рю
ис бла зать Сло
Третий слой
по
не знать го
у поль то
зла
де
Имнозы
Не вам лал му
Четвёртый слой
А чить де
я
ла
Но ду мне
лег мож дям
и
лю
мо грудь шу
1072217
211896
81
12
02
3
1924512
2762152
1412663
6128316
41
36
42
5
42375651
55524340
38415053
49543944
57304736
48335831
29603546
34453259


179
Метод, по которому автор составил этот кубический
ход коня, в целом сходен с французским методом для
получения обыкновенных ходов коня: каждые четыре
последовательных числа образуют четверной ход в квад-
рате, плоскость которого параллельна одной из шести
граней куба. Нижеследующий кубический ход коня
составлен по другому, несколько более сложному за-
кону:
Перенесение задачи о ходе коня с куба на прямо-
угольный параллелепипед напрашивается само собой.
Примером может служить следующий ход коня в парал-
лелепипеде из 3 × 4 × 6 кубиков:
2439589
19285162
3845411
47321764
3544314
5031181
2342558
20275261
22295459
25405710
48331663
3746512
4934152
3643613
21305360
2641567
Первый слой
61145910516
22
57
21
56
61
9
274431483550
Второй слой
5811627549
712269186316
304128453847


180
§21
ТАКЕН, ИЛИ ИГРА В ПЯТНАДЦАТЬ
Ни одна игра-головоломка не возбуждает в образо-
ванной публике такого интереса, как игра, распростра-
нившаяся в 1879—1880 гг. в Германии под названием
Boss-Puzzle, во Франции — Jeu du taquin (задорная игра)
и в Англии — Fifteenth-Puzzle. В течение месяцев изы-
скания, связанные с этой игрой, составляли постоянный
отдел журналов и газет. Даже в вагонах трамвая можно
было заметить маленькие ящики с 15 деревяшками и
беспокойно снующие по ним руки. Предприимчивые
трактирщики приглашали на такенный турнир, при-
чём гостям предлагалось решить поставленную хозяи-
ном задачу на высокую премию. Понятно, задача оста-
валась нерешённой, так как она относилась к группе
неразрешимых задач, с которыми мы познакомимся
ниже.
Но и серьёзные учёные уделяли внимание и время
этой игре. Первая математическая разработка этой игры
появилась уже в 1879 г. в American Journal of mathematics
pure and applied; автор её — математик Вульсей Джонсон
(Woolsey Johnson). Теория этого учёного в обобщённом
виде была опубликована затем в том же журнале про-
фессором Стори (Story). В Германии автор настоящей
книги дал общепонятное изложение теории этой игры,
предназначенное для нематематиков. Оно появилось в
1880 г. в Гамбурге в виде небольшой брошюры под на-
Третий слой
36
01
35
655
2
26124652067
433239364934
Четвёртый слой
1257453855
237021681764
402942334637


181
званием «Теоретический разбор игры Boss-Puzzle в об-
щепонятном изложении с руководством для быстрого
составления разрешимых и неразрешимых задач». В ни-
жеследующем изложении автор в основном пользуется
содержанием этой книги, так как предложенные теоре-
тические исследования игры более доступны для нема-
тематиков. Что касается изобретателя этой увлекатель-
ной игры, то мы можем привести лишь то сообщение,
которое сделал на годичном собрании Association fran-
çais pour l’avancement des sciences в Реймсе профессор
Университета Гопкинса в Балтиморе математик Сильве-
стер (Sylvester). По его словам, эта игра была изобрете-
на в декабре 1878 г. одним глухонемым американцем,
пожелавшим разместить в натуральном порядке номера,
лежавшие в ящике в беспорядке. Он почему-то вынул
один номер и старался затем достигнуть цели с помо-
щью простого передвижения номеров (т. е. не вынимая
их из ящика).
Перейдём теперь к рассмотрению первоначальной за-
дачи такена. Она состоит в следующем: квадратный ящик,
на дне которого может поместиться ровно 16 одинаковых
квадратных костяшек, содержит всего лишь 15 таких ка-
сающихся друг друга костяшек с номерами от 1 до 15; тре-
буется лежащие в произвольном порядке костяшки исклю-
чительно путём передвижения по дну ящика разместить
так, чтобы получилась следующая фигура:
4321
8765
1211109
151413
Определённое этой фигурой взаимное расположение
15 костяшек мы будем называть правильным. Положим,


182
например, что требуется перевести в правильное следу-
ющее размещение:
1623
51
074
1181215
91
31
4
Эту задачу можно, между прочим, решить так: в дан-
ном первоначальном размещении сперва передвигают
костяшку 15 в пустое поле, а затем передвигают три ко-
стяшки 11, 8, 12 вправо. Из полученного таким путём
расположения
1623
51
074
11812
91
31
41
5
легко перейти посредством передвижения к следующим
расположениям:
1623
51
074
91
181
2
131415
1623
51
074
91
1
8
13141512


183
Последнее из этих четырёх расположений легко может
дать нам правильное, нужно лишь передвинуть вверх ко-
стяшки 8 и 12.
Прежде всего спрашивается, сколько всего возможно
задач, т. е. сколько различных расположений можно
дать 15 костяшкам, причём предполагается, что в каж-
дой задаче пустая клетка, как и в случае правильного
расположения, находится справа внизу. Чтобы опреде-
лить, сколько перестановок можно получить с помощью
15 предметов, начнём с 2 предметов а и b. Они могут
дать лишь 2 перестановки, а именно ab и bа. При трёх же
предметах уже существует втрое больше перестановок,
т. е. 6, так как предмет а может быть поставлен перед bс
и перед cb, и, кроме того, имеются ещё 2 перестановки,
начинающиеся с b, и 2, начинающиеся с с. Отсюда мож-
но заключить далее, что четыре предмета а, b, с, d могут
дать вчетверо большее количество различных перестано-
вок, т. e. 4 × 3 × 2 = 24 различные перестановки. Про-
должая так, можно найти, что 15 костяшек такена до-
пускают всего
2×3×4×5×6×7×8×9×10×
×11×12×13×14×15
перестановок. Вычислив это произведение, мы найдём
для числа задач игры в такен изрядное число в
1 биллион 307 674 миллионов 365 000.
12
3
5674
91
01
18
13141512
1234
567
91
01
18
13141512


184
Такое же число мы получим, понятно, и в ответ на
вопрос, сколькими различными способами может раз-
меститься за столом общество из 15 лиц, причём новое
расположение может выводиться из старого также пере-
мещением только двух лиц. Если бы такое общество из
15 лиц пожелало сидеть каждый день в другом порядке,
то потребовалось бы свыше 3600 миллионов лет, чтобы
исчерпать все возможные расположения; даже в том слу-
чае, если бы эти 15 лиц были в состоянии разместиться
в новом порядке каждую секунду, то им пришлось бы
работать беспрерывно свыше 41 тысячи лет, пока не бу-
дут испробованы все возможные перестановки. Этот
пример даёт, может, некоторое представление о размерах
найденного числа всех задач такена.
Кто возьмётся за решение одной из этих задач, скоро
будет в состоянии путём передвижения расположить пер-
вые 12 костяшек в их надлежащие места. Но после этого
он будет иметь в четвёртом ряду одно из следующих
шести положений:
1)13,14,15;2)14,15,13;3)15,13,14;
4)13,15,14;5)14,13,15;6)15,14,13.
Затем опыт быстро покажет, что порядок, соответ-
ствующий первому положению, может также быть до-
стигнут во втором и третьем положении при содействии
костяшек 9, 10, 11, 12 третьего ряда, причём придётся
передвигать костяшку по меньшей мере 18 раз; при чет-
вёртом же, пятом и шестом положениях требуемое пра-
вильное положение не может быть достигнуто. Решение
такой задачи может быть выполнено лишь с помощью
обмана или фокуса. Решение получается лишь таким об-
разом, что в какой-либо момент вместо передвижения
переставляют две костяшки, одну на место другой, что,
конечно, является нарушением правила игры.
Чтобы быть в состоянии поближе познакомиться с
теорией такенных задач, мы исходим из следующих про-


185
стых соображений. Под «ходом» в такене мы разумеем
перемещение костяшки на соседнее пустое место. Если
мы сдвинем костяшку с первоначального положения,
будем передвигать её так, чтобы она могла перемещать-
ся дальше, и заставим её переходить по каким угодно
путям с какими угодно перерывами, но только таким
образом, чтобы в конце концов она вернулась на своё
старое место, то костяшка сделает непременно чётное
число ходов, независимо от того, какие перемещения
совершат при этом другие костяшки. Действительно,
каждому ходу в горизонтальном или вертикальном на-
правлении должен соответствовать в какой-либо момент
и в каком-либо месте обратный ход в параллельном на-
правлении. Сказанное справедливо не только для ко-
стяшки, но и для пустой клетки, так как последняя при
каждом ходе перемещается в горизонтальном или вер-
тикальном направлении на один шаг вперёд или назад.
Отсюда вытекает следующая истина: «Если путём опре-
делённых произвольных передвижений одно положе-
ние 15 костяшек переводится в другое положение, при
котором пустое поле занимает своё первоначальное ме-
сто, то число всех ходов, сделанных при переводе перво-
го положения в другое, есть чётное число». При каждом
таком перемещении можно представлять себе, что ко-
стяшка, которую первой сдвинут на нижнее правое пу-
стое место, последовательно меняется местом со всеми
другими сдвигаемыми костяшками. Например, исходя
из основного положения и передвинув последовательно
костяшки
12,8,7,3,2,6,10,14,15,12,
мы получим следующее новое расположение (см. с. 186).
Мы можем представлять себе, что произведённые пе-
ремещения заменены рядом транспозиций двух костя-
шек; нужно только вообразить, что пустое место посто-
янно занято костяшкой 12, которая первой подвергается


186
перемещению. Затем костяшка 12 обменивается местом
сперваскостяшкой8,потомс7,затемс3,с2,с6,с10,
с 14 и, наконец, с 15. При 10 ходах произошло, следова-
тельно, восемь транспозиций, т. е. на две транспозиции
меньше, чем число ходов, так как передвижение костяш-
ки 12 на пустое место и удаление ее оттуда не есть транс-
позиция двух костяшек. Но это самое должно иметь ме-
сто и при всяком сколь угодно сложном передвижении:
всегда можно сказать, что костяшка, раньше всех сдви-
нутая в пустое место, меняется местом со всеми другими
передвигаемыми костяшками. При этом число вообра-
жаемых транспозиций всегда на 2 меньше, чем число
ходов. Так как число ходов, как мы видели выше, долж-
но быть чётное, а число на 2 меньшее тоже есть чётное,
то и число произведённых транспозиций двух костяшек
также чётное. Вместо того чтобы начать замену с ко-
стяшки 12, мы можем, конечно, начать её с какой-ни -
будь другой передвинутой костяшки, например с 3. Тог-
да 3 обменивается местом с 2, затем с 6, с 10, с 14, с 15,
далее — в косом направлении мимо пустой клетки — с
12, затем с 8 и, наконец, с 7. Часто в процессе передви-
жений костяшки возвращаются обратно на свои места.
Так как для этого они должны совершить чётное число
ходов, то число транспозиций остаётся чётным, если и
не принимать в расчёт тех транспозиций, которые про-
изошли от костяшек, возвратившихся на свои прежние
места. Если передвинуть, например, исходя из правиль-
ного положения, последовательно костяшки
1624
51
037
91
41
18
131512


187
15, 14, 10, 11, 7, 6, 11, 10, 14, 15,
то вместо того, чтобы поменять местами 15 с 14, затем с
10,с11,с7,с6,с11,с10и,наконец,с14,мыможем
для достижения нового положения ограничиться обме-
номмест11с7изатем11с6.Ноиприэтоммытоже
получаем чётное число транспозиций. Итак, если два
расположения получаются одно из другого посредством
передвижения, то они могут быть переведены одно в
другое также посредством чётного числа транспозиций
двух соседних костяшек. Если мы при этом совершаем
транспозиции не в том именно порядке, который выте-
кает из передвижения, а в каком-либо другом порядке,
при котором также достигается цель, то мы сделаем при
этом, может, больше или меньше транспозиций, но это
увеличение или уменьшение выразится чётным числом,
так как для того, чтобы из некоторого данного располо-
жения предметов получить снова это же расположение,
необходимо сделать чётное число транспозиций. Отсюда
можно вывести следующее заключение: «Если некоторое
старое положение 15 костяшек такена переводится одни-
ми лишь передвижениями в новое, при котором пустое
поле находится на первоначальном месте, то число транс-
позиций смежных костяшек, которые нужно сделать для
того, чтобы получить из старого положения новое, долж-
но быть чётное».
Транспозицию двух несмежных костяшек, например,
при правильном расположении, костяшек 2 и 11, можно
заменить несколькими транспозициями смежных костя-
шек; для этого следует поменять одну на другую костяш-
ки2и3,2и7,2и11,затемещё7и11и,наконец,7и2.
Мы видим, следовательно, что транспозиция двух не-
смежных костяшек всегда может быть заменена рядом
транспозиций смежных костяшек, причём число этих
транспозиций на 1 меньше удвоенного числа ходов, ко-
торые пришлось бы сделать от места первой костяшки к
месту второй. Итак, то, что достигается при помощи


188
транспозиций несмежных костяшек, может быть достиг-
нуто и при помощи транспозиций одних только смежных
костяшек: придётся только увеличить число транспози-
ций на чётное число.
Мы получаем, таким образом, следующий важный ре-
зультат:
Если два расположения 15 костяшек такена, приводи-
мые одно к другому одними лишь передвижениями, мы при-
водим друг к другу посредством ряда транспозиций пар
каких-либо элементов, то число совершенных транспозиций
всегда будет чётным.
Полезно подтвердить этот результат несколькими
примерами.
1. Исходя из основного расположения костяшек по-
двинем на пустое место костяшку 12, на освободившееся
место — костяшку 11, на вновь освободившееся место —
костяшку 15 и на место последней — костяшку 12. Мож-
но получить новое расположение и так, что сперва сде-
лаем транспозицию костяшек 11 и 12, а затем 12 и 15.
Мы произвели две транспозиции, т. е. чётное число транс-
позиций.
2. Исходим из основного расположения и передвигаем
на освобождающееся каждый раз место костяшки:
12, 11, 10, 14, 15, 10, 14, 9, 13, 15, 10, 14, 9,
10, 15, 13, 10, 9, 11, 12.
В результате получим новое расположение:
1234
5678
1091112
131514


189
Но это новое расположение получается из старого
также посредством чётного числа транспозиций, а имен-
но при помощи транспозиций костяшек 9 и 10, 14 и 15.
3. Перевести расположение
Это может быть достигнуто, например, посредством
ходов:
11,10,15,12,8,7,4,3,2,6,10,11.
Каким бы образом мы ни пробовали привести старое
положение к новому, меняя костяшки местами, нам вся-
кий раз придётся совершить чётное число обменов; к
нашей цели ведёт, например, последовательный обмен
костяшек:
15и4,15и3,15и10,10и2,
10и6,8и4,8и12,7и4.
Всего, как видим, оказывается восемь обменов.
Приведённые рассуждения дают также результат, об-
ратный относительно изложенному. Его можно форму-
лировать следующим образом.
Старое расположение 15 костяшек такена приводимо к
новому или неприводимо, смотря по тому, будет ли чётным
или нечётным число сделанных каким-либо образом обме-
нов, которые также могут привести старое положение к
новому.
1347
52
8
961112
13141015
1234
56
7
91
01
18
13141512
в


190
Это правило подтверждается следующими примерами.
1. Когда игра в такен получила распространение и ею
занимались очень многие, то особенную роль играла
следующая задача: дано расположение, которое отлича-
ется от основного только тем, что в конце костяшка 15
стоит перед костяшкой 14, и требуется привести это по-
ложение к основному. Согласно нашему правилу эта
задача неразрешима, так как та же цель достигается с
помощью одного-единственного обмена между двумя
камнями, а 1 есть нечётное число. В силу этой же при-
чины также неразрешимы две задачи, в которых костяш-
ки от 1 до 12 включительно правильно расположены, а
затем следуют костяшки 14, 13, 15 или 15, 14, 13. На-
против, другие две задачи, в которых костяшки первых
трёх рядов правильно расположены, а в четвёртом сле-
дуют в порядке:
14, 15, 13 или 15, 13, 14,
могут быть разрешены. Действительно, основное распо-
ложение 13, 14, 15 достигается здесь посредством двух
транспозиций, а 2 есть чётное число.
2. Требуется посредством передвижений перевести
первое из двух следующих расположений во второе.
С помощью нашего второго правила мы сейчас же уз-
наём, возможно ли это или невозможно. Передвинем
сперва костяшки так, чтобы пустая клетка была в обоих
расположениях на одном и том же месте,
1234
5678
91
01
11
2
151413
4321
51
41
31
2
61
5
1
1
7891
0
в


191
например, передвинем в первом расположении 12 на пу-
стое место, а на освободившееся после этого место пере-
двинем костяшку 11. Затем мы можем сделать следующие
транспозиции:
4,1;2,3;9,6;15,7;14,8;
13, 9; 12, 10; 14, 12; 15, 13; 14, 15.
Так как цель может быть достигнута также с помощью
десяти, т. е. чётного числа транспозиций, то поставлен-
ная задача разрешима.
3. Чтобы узнать, можно ли привести положение
4321
8765
151413
к основному, мы передвигаем влево 13, 14, 15 так, чтобы
пустая клетка была в надлежащем месте. Тогда мы легко
найдём, что для достижения правильного положения
нужно лишь произвести транспозиции: 4, 1; 3, 2; 8, 5; 7,
6; 12, 9; 11, 10; 13, 15. Так как к цели приводят 7, т. е.
нечётное число транспозиций, то задача не может быть
разрешена.
Из двух доказанных выше правил непосредственно
вытекают следующие четыре дополнительных правила:
1. Два расположения, которые путём передвижения
могут быть приведены к одному и тому же третьему, при-
водимы также друг к другу.
2. Два расположения, которые оба не могут быть при-
ведены передвижением к одному и тому же третьему,
приводимы друг к другу.
3. Два расположения, из которых одно может быть
приведено передвижением к некоторому третьему, а


192
другое не может, не приводимы друг к другу передвиже-
нием.
4. Всякое расположение, которое не может перейти в
правильное путём передвижения, станет расположением,
которое может быть переведено путём передвижения в
правильное, если мы сделаем либо одну транспозицию,
либо нечётное число транспозиций, либо, что то же, сде-
лаем скачок через один или нечётное число костяшек.
Если в такенной задаче требуется прийти путём пере-
движения костяшек к основному расположению и мно-
гие костяшки случайно лежат на своих надлежащих ме-
стах, то можно быстро определить число транспозиций,
необходимых для надлежащего размещения прочих ко-
стяшек: если это число окажется чётным, то задача раз-
решима, если нечётным — неразрешима. Если, однако,
в более запутанной задаче на своих надлежащих местах
находится очень мало костяшек или даже нет ни одной,
то для того, чтобы узнать, разрешима ли задача, при-
шлось бы сделать много транспозиций. В этом случае
целесообразно располагать транспозиции, следуя неко-
торому порядку, в ряды и таким образом достигнуть
большей наглядности. Следующий пример объяснит это.
Предположим, требуется испытать, возможно ли по-
средством передвижения перевести первое из двух сле-
дующих расположений во второе:
Так как в первой клетке вверху слева лежит костяш-
ка 2, а потом там должна находиться костяшка 1, то мы
делаем транспозицию этих костяшек, затем кладём ко-
2468
531012
11
41
17
91
31
5
1234
5678
91
01
11
2
131415
в


193
стяшку 2 на то место, где лежит 4, костяшку 4 кладём на
то место, где она должна быть, т. е. в ту клетку, где на-
ходится 8, затем подобным же образом вынимаем ко-
стяшки 12, 7, 10, 14, 13, 9 и, наконец, 9 кладём на место,
на котором первоначально находилась костяшка 1. Та-
ким образом, костяшки
1,2,4,8,12,7,10,14,13,9
образуют ряд из 9 транспозиций, в которых фигурируют
10 костяшек. Точно так же костяшки 3 и 6 составляют
второй цикл, состоящий из одной транспозиции двух
костяшек. Наконец, остаются ещё три костяшки, а имен-
но 5, 11, 15, которые находятся уже на надлежащих ме-
стах. Мы можем, следовательно, сказать, что к преды-
дущим двум циклам присоединяются ещё три, из коих
каждый состоит из 0 транспозиций первой костяшки.
В каждом случае, таким образом, оказывается, что число
костяшек, содержащихся в цикле, на единицу больше
числа составляющих его транспозиций. В нашем приме-
ре мы имеем 5 циклов, и соответственно число костяшек
на 5 больше числа транспозиций. Всегда, следовательно,
число всех транспозиций равно разности между числом ко-
стяшек и числом циклов; в нашем примере 15 – 5 = 10.
Так как 10 чётное число, то задача разрешима. Итак, мы
выводим следующее главное правило:
Одно расположение такена может или не может быть
приведено передвижением к другому, смотря по тому,
будет чётным или нечётным числом разность между чис-
лом костяшек и числом циклов, через которые необходи-
мо пройти, чтобы превратить старое расположение в
новое.
Это основное правило даёт возможность наискорей-
шим путём узнать, разрешима ли предложенная такен-
ная задача. Для решения подобного вопроса удобнее все-
го, написав ряд чисел, выражающих одно расположение,
подписать под ним по порядку ряд чисел, выражающих
7 Г. Шуберт


194
то расположение, в которое первое должно быть пере-
ведено. Тогда можно быстро и с уверенностью узнать на
взгляд циклы транспозиций и сообразно с этим решить
вопрос по вышеуказанному правилу. Поясним сказанное
следующими примерами.
1. Надо определить, можно ли посредством передви-
жения превратить первое из двух нижеследующих рас-
положений во второе:
Напишем друг под другом числа, лежащие в одинако-
во расположенных клетках, чтобы легче распознать цик-
лы транспозиций:
681211514411315293107
123456789101112131415
Теперь мы легко открываем три цикла транспози-
ций:
1.1,6,14,10,15,7,4,11,2,8;
2.3,12,9,13;
3. 5.
Если вычтем число циклов 3 из числа костяшек 15, то
получим чётное число 12. Поэтому данные расположения
могут быть приведены одно к другому посредством пере-
движений.
2. Требуется узнать, приводимы ли друг к другу два
следующих расположения:
681211
51
441
131529
31
07
1234
5678
91
01
11
2
131415
в


195
Выписываем оба расположения, как в первом примере:
142131983647512111510
135114143682711215109
Отсюда мы находим следующие пять циклов транс-
позиций:
1. 13, 14, 9, 10, 15, 11;
2.5,2,4,1;
3.3,8,6;
4. 7;
5. 12.
Разность 15 – 5 = 10 есть чётное число. Поэтому оба
предложенные расположения могут быть приведены
одно к другому посредством передвижений.
Наше основное правило даёт нам также возможность
решить, можно ли при данном расположении привести
костяшки в надлежащий порядок, хотя бы и не в то имен-
но расположение, которое мы выше назвали правильным.
Есть всего восемь расположений, о которых можно ска-
зать, что числа на костяшках находятся в натуральном по-
рядке; из нашего основного правила легко вывести, что
эти восемь расположений распадаются на две группы по
четыре в каждой и что четыре расположения каждой груп-
пы могут быть приведены одно к другому передвижением,
но расположение, относящееся к одной группе, не может
быть приведено ни к одному из расположений второй
группы. Это следующие две группы.
142131
9836
4751
2
111510
135114
14368
2711
2
15109
в


196
Первая группа
1234
5678
91
01
11
2
131415
1591
3
261014
371115
481
2
1284
151173
141062
13951
151413
1211109
8765
4321
Вторая группа
4321
8765
1211109
151413
13951
141062
151173
1284
481
2
371115
261014
1591
3
131415
91
01
11
2
5678
1234


197
Так как любое расположение 15 костяшек такена, ко-
торое не может быть приведено передвижением к одному
из расположений, указанных в первой группе, непремен-
но будет приводимо к одному из расположений вто-
рой группы, то мы можем называть разрешимой всякую
задачу такена, если под «решением» подразумевать при-
ведение предписанного расположения посредством пе-
редвижения к одному из вышеприведённых восемь рас-
положений. Так как два расположения второй группы
получаются из правильного расположения, если рассма-
тривать его в зеркале, поставленном перпендикулярно к
плоскости такенного квадрата и параллельно одной из
его сторон, то мы можем также сказать, что любое рас-
положение 15 костяшек может быть приведено путём
передвижения к расположению, которое либо само есть
правильное, либо будет правильным, если рассматривать
его в зеркале.
До сих пор мы постоянно предполагали, что 15 костя-
шек такена лежат в ящике, в котором могут поместиться
4 × 4 костяшки.
Но все наши рассуждения относительно транспози-
ций и циклов остаются в силе и в том случае, когда пря-
моугольный ящик может вместить ab камней и содержит
в действительности ab – 1 костяшек. В частности, вы-
веденное нами в конце основное правило сформулирова-
но таким образом, что его можно применять непосред-
ственно к этому более общему случаю. Это видно из
нижеследующих примеров.
1. Предположим, требуется узнать, приводимо ли пе-
редвижением расположение
528
376
14
123
456
78
к расположению


198
Пользуясь более удобным начертанием
52837614
,
12345678
мы получаем следующие четыре цикла транспозиций:
1.1,5,7;
2. 2;
3.3,8,4;
4. 6.
Таккакчислокостяшекравно8и8–4 =4естьчёт-
ное число, то оба данных расположения приводимы друг
к другу передвижением.
2. Надо найти, приводимы ли друг к другу следующие
два расположения:
Передвинем во втором расположении костяшки 10 и 9
влево, так что пустая клетка будет занимать в обоих рас-
положениях одно и то же место; затем мы напишем:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920
1231615417145181361912720118109
123
456
789
101112
131415
161718
19 20
123
16154
17145
18136
19127
20118
109
к


199
Отсюда получаем следующие четыре цикла:
1. 1;
2. 2;
3. 3;
4.4,16,20,9,5,15,7,17,11,13,19,10,18,8,14,12,6.
Так как 20 – 4 = 16 есть чётное число, то оба задан-
ных расположения приводимы друг к другу передвиже-
нием.
Вскоре после изобретения такена в Германии по-
явился вариант, соединявший эту игру с магическими
квадратами (ср. § 19 на с. 126): в задачах этого рода тре-
буется превратить путём передвижения правильное рас-
положение в такое, при котором все горизонтальные,
вертикальные и диагональные ряды давали бы одинако-
вую сумму, считая, что в пустую клетку вставлена ко-
стяшка 16. Можно заметить, что гораздо удобнее было бы
не брать вовсе в расчёт пустую клетку, т. е. представлять
себе, что в ней находится число 0. От этого задача по
существу не изменяется, практически же она упрости-
лась бы, так как не было бы надобности брать новую
костяшку для заполнения пустой клетки. Магический
квадрат с 16 числами от 0 до 15 получается проще всего,
если вписать эти числа по порядку в 16 клеток, но в тех
8 клетках, которые составляют вершины и середину ква-
драта, писать то число, которое получится при вычита-
нии числа, относящегося к этой клетке, из 15. Таким
образом, задача заключается в приведении левого из двух
нижеследующих расположений к правому:
1234
5678
91
01
11
2
131415
151212
41
097
8651
1
31
31
4
к


200
Второй квадрат магический, так как четыре горизон-
тальных, четыре вертикальных и оба диагональных ряда
дают одну и ту же сумму 30. Спрашивается, однако,
приводимо ли путём передвижения первое расположе-
ние ко второму. Наше основное правило даёт нам на
этот вопрос отрицательный ответ, так как здесь есть
4 цикла транспозиций, а разность 15 – 4 есть нечётное
число. Но отсюда мы можем, основываясь на изложен-
ных выше соображениях, заключить, что основное рас-
положение может быть превращено передвижением в
зеркальное изображение второго расположения, т. е. в
расположение
122115
791
04
11568
14133
Этот квадрат также удовлетворяет требованиям маги-
ческого квадрата.
Легко также видеть, что правильное расположение
восьми костяшек в 3 × 3 клетках может быть приведено
передвижением к магическому квадрату с постоянной
суммой 12, а именно расположение
123
456
78
381
246
75
к расположению


201
§22
ВЕЧНЫЙ КАЛЕНДАРЬ ДЛЯ ДНЕЙ НЕДЕЛИ
И ПАСХИ
К задачам расположения относится также составле-
ние наглядных таблиц, из которых без вычисления лег-
ко можно узнать, на какой день недели приходится или
придётся какая-либо дата какого угодно года. Автор на-
стоящей книги придумал подобный календарь, имею-
щий весьма простое устройство и известный под назва-
нием «панхронист». Панхронист изготовляется из папки
или картонной бумаги и содержит две подвижных по-
лосы, снабжённые стрелками; одна передвигается слева
направо, другая — сверху вниз. Если передвинем вторую
полосу так, чтобы её стрелка указывала на столетие, а
первую так, чтобы её стрелка указывала год столетия, то
появляется полный календарь на все дни недель соот-
ветствующего года.
Кроме того, автор устроил вечный календарь без по-
движных полосок, который даёт всё-таки возможность
легко найти с помощью нескольких таблиц как день не-
дели любой даты, так и даты христианских праздников
любого года. Этот вечный календарь издан Герольдом в
Гамбурге; он напечатан на папке и может быть подвешен
на стене. На следующих страницах мы приводим оттиск
этого календаря1.
1
В «Новом вечном календаре» (Der neue ewige Kalender. Göschen,
1902) автора приняты во внимание также и годы до P. X .


202
А. Вечный календарь для дней недели
Столетия старого стиля
I
071
4
сdefgab
181
5
bсdefga
291
6
аbcdefg
31
01
7
gаbcdef
41
11
8
fgabcde
51
21
9
еfgabcd
61
32
0
dеfgabc
Ч
и
с
л
а
,
н
а
п
е
ч
а
т
а
н
н
ы
е
ж
и
р
н
ы
м
ш
р
и
ф
т
о
м
,
о
б
о
з
н
а
ч
а
ю
т
г
о
д
ы
,
к
о
т
о
р
ы
е
я
в
л
я
ю
т
с
я
в
и
с
о
к
о
с
н
ы
м
и
п
о
с
т
а
р
.
и
н
о
в
.
с
т
и
л
ю
.
Г
о
д
ы
,
н
о
м
е
р
а
к
о
т
о
р
ы
х
о
к
а
н
ч
и
в
а
ю
т
с
я
д
в
у
м
я
н
у
л
я
м
и
,
п
о
c
т
a
p
.
с
т
и
л
ю
в
с
е
в
и
с
о
к
о
с
н
ы
е
,
п
о
н
о
в
о
м
у
ж
е
в
и
с
о
к
о
с
н
ы
е
л
и
ш
ь
т
е
,
н
о
м
е
р
а
к
о
т
о
р
ы
х
д
е
л
я
т
с
я
н
а
4
0
0
.
В
к
а
т
о
л
и
ч
.
ц
е
р
к
в
и
п
е
р
в
ы
й
г
о
д
н
о
в
.
с
т
и
л
я
б
ы
л
1
5
о
к
т
.
1
5
8
2
г
.
,
а
в
п
р
о
т
е
с
т
.
Г
е
р
м
а
н
и
и
—
1
м
а
р
т
а
1
7
0
0
г
.
Н
о
м
е
р
г
о
д
а
в
с
т
о
л
е
т
и
и
00010203
04 05
06 07
08091011
12131415
16
171819
202122
23
24252627
28293031
32 33
34 35
36373839
40414243
44
454647
484950
51
52535455
56575859
60 61
62 63
64656667
68697071
72
737475
767778
79
80818283
84858687
88 89
90 91
92939495
96979899
262218
а
b
c
d
e
f
g
252117
с
d
e
f
g
a
b
242016
е
f
g
a
b
c
d
231915
f
g
a
b
c
d
e


203
II
Янв. в висок. г.
gаbсdе f
Февр. в висок. г.
dе f gаbс
Янв. в прост. г.
f
g
а
b
с
d
е
Февр. в прост. г.
с
d
е
f
g
а
b
Март
с
d
е
f
g
а
b
Апрель
g
а
b
c
d
е
f
Май
e
f
g
a
b
с
d
Июнь
b
с
d
e
f
g
a
Июль
g
а
b
c
d
е
f
Август
d
е
f
g
a
b
c
Сентябрь
a
b
c
d
e
f
g
Октябрь
f
g
a
b
c
d
e
Ноябрь
c
d
e
f
g
а
b
Декабрь
a
b
c
d
e
f
g
1. 8. 15. 22. 29.
Пн. Вт.
Cp. Чт.
Пт. Сб. Bc.
2. 9. 16. 23. 30.
Вт.
Cp. Чт.
Пт. Сб. Вс. Пн.
3. 10. 17. 24. 31.
Cp. Чт.
Пт. Сб. Вс. Пн. Вт.
4. 11. 18. 25.
Чт.
Пт. Сб. Вс. Пн. Вт.
Ср.
5. 12. 19. 26.
Пт. Сб. Вс. Пн. Вт.
Ср. Чт.
6. 13. 20. 27.
Сб. Вс. Пн. Вт.
Ср. Чт.
Пт.
7. 14. 21. 28.
Вс. Пн. Вт.
Ср. Чт.
Пт. Сб.
Сокращения:
Вс. = Воскресенье, Пн. = Понедельник, Вт. = Вторник,
Ср. = Среда, Чт. = Четверг, Пт. = Пятница, Сб. = Суббота.
Ключ
Отыщите в таблице I букву, стоящую на пересечении ряда сто-
летия с рядом года. Найденную букву разыщите в таблице II в
строке месяца и идите по вертикальному столбцу вниз до гори-
зонтального ряда, в котором стоит номер даты.
Примеры:
1. 1898 (нов. ст.) = d, d Декабрь 25 = Воскресенье;
2. 1099 (ст. ст.) = d, d Июль 15 = Пятница;
3. 1848 (нов. ст.) = е, е Январь 1
= Суббота;
4. 1970 (нов. ст.) = b, b Сент. 2
= Среда;
5. 800 (ст. ст.) = b, b Декабрь 25 = Пятница;
6. 1572 (ст. ст.) = а, а Август 024 = Воскресенье.


204
В. Вечный календарь праздников
III
С
т
о
л
е
т
и
я
с
т
а
р
о
г
о
с
т
и
л
я
19.. 0.. 1 2345678910111213141516171819
20..1.. 6 7 8 9101112131415161718191 2 3 4 5
21..2..1112131415161718191 2345678910
22.. 3.. 16 17 18 19 1 23456789|101112131415
4..23456789101112131415161718191
5..78910111213141516171819123456
6..12131415161718191234567891011
7..17181912345678910111213141516
8.. 3 4 5 6 7 8 9101112|131415161718|191 2
9..89101112131415161718191234567
10.. 13 14 15 16 17 18 19 1 23456789101112
11.. 18 19 1 234567891011121314151617
12..4 5 6 7 8 91011121314151617|18191 2 3
13..9101112131415161718191 2345678
14.. 14 15 16 17 18 19 1 2345678910111213
15.. 19 1 23456789101112131415161718
16..5 6 7 8 9101112131415161718191 2 3 4
17..101112131415161718191 23456789
18.. 15 16 17 18 19 1 234567891011121314
С
т
о
л
е
т
и
я
н
о
в
о
г
о
с
т
и
л
я
Н
о
м
е
р
г
о
д
а
в
с
т
о
л
е
т
и
и
00010203040506070809101112131415161718
19202122232425262728293031323334353637
38394041424344454647484950515253545556
57585960616263646566676869707172737475
76777879808182838485868788899091929394
9596979899
15.. 214151617181920212223242526272829301
16.. 181920212223242526272829301 214151617
17.. 121314151617181920213 4 5 6 7 8 91011
18.. 17181920213 4 5 6 7 8 910111213141516
19.. 2223242526272829301 2345678910
20.. 27 28 29 30 1 234567199102223242526
21.. 234567199102223242526272829301


205
IV
аbсdе f g
16121110987
23029282726131
32
01
91
81
71
61
51
4
46543987
523292827262524
61
31
21
11
71
61
51
4
765432131
82
01
92
52
42
32
22
1
91
31
21
11
09 81
4
10 30 29 28 32131
1120191817162221
12651110987
1330292827262531
1413191817161514
1
56543287
1623222827262524
1713121110161514
18 30 5432131
1920191824232221
2013121110987
21302928272131
2220191817161521
2365410987
2430292827262524
2513121817161514
2
66543217
2720192524232221
281312111091514
29 30 29 432131
3020191817232221
аbсdе f g
V
П
а
с
х
а
Т
р
о
и
ц
ы
н
д
е
н
ь
М
а
р
т
М
а
й
22 10
23 11
24 12
25 13
26 14
27 15
28 16
29 17
30 18
31 19
12
0
22
1
32
2
42
3
52
4
62
5
72
6
82
7
92
8
10 29
11 30
12 31
13
1
14
2
15
3
16
4
17
5
186
19
7
20
8
21
9
22 10
23 11
24 12
25 13
А
п
р
е
л
ь
И
ю
н
ь
Ключ
Чтобы определить дату Пасхального воскресенья для
любого года, нужно найти в табл. I (календарь дней
недели) букву года, а в табл. III число, соответствую-
щее этому году. Искомая дата Пасхи находится в
табл. IV, в том её месте, где вертикальный ряд буквы,
найденной в табл. I, пересекается с горизонтальным
рядом числа, взятого из табл. III, причём числа, на-
печатанные жирным шрифтом, относятся к марту,
а прочие — к апрелю. Например: 1) 1282 = b 10 =
= 29 марта; 2) 1898 (нов. ст.) = d 20 = 10 апреля.


206
§23
ВЕЧНЫЙ КАЛЕНДАРЬ ДЛЯ НОВОЛУНИЙ
И ПОЛНОЛУНИЙ
Астрономия является надёжным путеводителем при
хронологических изысканиях, так как у всех народов ис-
числение времени основано на движениях Луны и Солн-
ца. К подразделению времени человека побудили прежде
всего смена дня и ночи и возврат времён года, а затем
также правильное возвращение фаз Луны. В нашем де-
лении года на 12 месяцев мы имеем ещё остаток лунно-
го года, т. е. той формы года, которой некогда пользова-
лись или пользуются до сих пор китайцы и индусы,
евреи, вавилоняне и ассирийцы, сирийцы, арабы и тур-
ки, а также множество других народов. Но так как лун-
ный год, состоящий из 12 лунных обращений, содержит
немного больше 354 дней, тогда как год, т. е. время об-
ращения Земли вокруг Солнца, содержит немного более
365 дней, то для перевода даты какого-нибудь происше-
ствия из одного времясчисления в другое требуются
сложные вычисления. Но и независимо от счисления
времени по лунным годам Луна часто играет важную
роль в рассказах о событиях, например, в случаях, когда
свет полнолуния благоприятствовал или мешал ночному
нападению. Поэтому определение для любого года дней,
в которые наступало новолуние или полнолуние, имеет
весьма важное значение.
В нижеследующем вечном лунном календаре автор
даёт метод, с помощью которого каждый может легко
вычислить дату новолуния или полнолуния для всех ме-
сяцев всякого года любого столетия1. Этот метод требует
лишь сложения двух чисел и вычитания из их суммы не-
которого третьего числа. Эти три числа, соответствую-
щие столетию, году столетия и месяцу, напечатаны жир-
1
В несколько иной форме автор составил вечный лунный кален-
дарь ещё раньше (см. журнал Vom Fels zum Meer за 1889/90 г.).


207
ным шрифтом в трёх таблицах лунного календаря. При
пользовании таблицами нужно руководиться следующи-
ми замечаниями.
1. Если увеличить или уменьшить на 15 или 44 резуль-
тат, найденный из трёх таблиц, то получится дата полно-
луния.
2. Для XIX столетия (18..) и нового стиля нет надоб-
ности принимать во внимание таблицу столетий, так как
при 18.. стоит число 0.
3. Для времени до P. X. напечатанные жирным шриф-
том числа таблицы столетий и таблицы годов нужно счи-
тать отрицательными, так что все три ряда чисел следует
брать со знаком минус. Затем найденный отрицательный
результат следует сперва уменьшить на 3, а затем при-
бавить 291/2, 59 или 881/2 для получения даты новолуния;
для получения же даты полнолуния следует прибавить
15, 44 или 74. Годы до P. X. следует считать так, как это
принято в астрономии, т. е. нужно продолжить мыслен-
но календарь старого стиля назад таким образом, чтобы
первому году нашей эры предшествовал год, обозначен-
ный цифрой 0; так, например, год 423 до P. X. следует
считать отмеченным числом минус 422.
4. Даты, полученные посредством таблиц, отличаются
от истинных астрономических дат не более чем на по-
ловину дня, редко на целый день.
5. Вечный лунный календарь имеет силу для многих
тысячелетий до и после P. X. Для годов столь глубокого
прошлого или отдалённого будущего нужно продолжить
таблицу столетий, прибавляя сперва 41/2, затем 4, затем
41/2, затем снова 41/2, 4, 4
1
/2 и т. д. Далее, при новом сти-
ле необходимо, кроме того, присчитывать 1 всякий раз,
когда столетие сменяется, оканчиваясь днём, не принад-
лежащим високосному году. Если найденное число пре-
вышает 29, то необходимо вычесть 291/2. Таким образом,
таблица I имела бы следующее продолжение для нового
стиля: 22.. = 201/2, 23.. = 251/2, 24.. =
1
/2,25.. = 6,26.. = 11,
27.. = 161/2, 28 = 21.


208
I
С
т
.
с
т
и
л
ь
В
е
к
Н
о
в
.
с
т
и
л
ь
28 0..
3 1..
7 2..
111/2 3..
16 4..
20 5..
241/2 6..
29 7..
31/2 8..
8 9..
121/2 10..
161/2 11..
21 12..
251/2 13..
0 14..
41/2 15.. 141/2
916.19
13 17.. 24
l71/2 18.. 0
22 19.. 51/2
26 20.. 91/2
1 21.. 15
Вечный лунный календарь
II
Номер года в старом
и новом стиле
001938577695 0
012039587796181/2
02214059789771/2
032241607998261/2
042342618099151/2
0524436281
41/2
0625446382
23
0726456483
121/2
0827466584
11/2
0928476685
20
1029486786
9
1130496887
28
1231506988
17
1332517089
6
1433527190
241/2
1534537291
14
1635547392
3
1736557493
211/2
1837567594
11
III
Месяц для старого
и нового стиля
Январь в висок. г.
3
Февраль в висок. г.
41/2
Январь в прост. г.
4
Февраль в прост. г.
51/2
Март
4
Апрель
51/2
Май
6
Июнь
71/2
Июль
8
Август
91/2
Сентябрь
11
Октябрь
111/2
Ноябрь
13
Декабрь
131/2
По старому стилю високос-
ными считаются те годы,
номера которых делятся
на 4. По новому стилю висо-
косными считаются те годы,
номера которых не оканчи-
ваются двумя нулями и де-
лятся на 4, и кроме того,
ещё те годы, номера кото-
рых делятся на 400. Все про-
чие годы простые. 1900 год,
следовательно, считался ви-
сокосным по старому стилю
и простым по новому. Про-
стые годы содержат в февра-
ле 28 дней, високосные — 29.
Ключ
Из суммы напечатанных жирными цифра-
ми чисел в таблицах I и II, соответствую-
щих веку и номеру года, следует вычесть
напечатанное в таблице жирным шрифтом
число, соответствующее месяцу. Тогда по-
лученное число, в случае надобности уве-
личенное или уменьшенное на 291/ 2,
представит нам дату новолуния. Например:
1) Декабрь 1897 г. (нов. ст.) = 0 + 71/2 –
–
131/2 + 291/2 = 231/2. Новолуние наступи-
ло 23 декабря около 9 часов вечера.
2)Август1572г. = 41/2+14–91/2=9.9ав-
густа 1572 года было новолуние.


209
К двум примерам, помещённым в ключе, прибавим
шесть примеров, относящихся к историческим или астро-
номическим событиям.
1. Октябрь 1758 (н. c.) = 24 + 181/2 – 111/2 = 31,
31 – 15 = 16. 16 октября 1758 г. было полнолуние; сле-
довательно, во время ночного нападения при Гохкирхе
14 октября 1758 г. было почти полнолуние.
2.Январь1544=41/2+23–3 =241/2.24или25янва-
ря 1544 г. было новолуние. Благодаря этому новолунию
произошло полное солнечное затмение 24 января 1544 г.,
которое было видимо во всей Германии.
3. Август 1572 = 4
1
/2+14–9
1
/2=9;9+15=24.24ав-
густа 1572 г. и, следовательно, и в Варфоломееву ночь
было полнолуние.
4.Август1877(н.ст.) =0+28–9
1
/2=181/2.От18до
19 августа было новолуние. Благодаря этому новолунию
случилось солнечное затмение, наступившее в утренние
часы 19 августа 1887 г.; оно было полным для средней
Германии, но, к сожалению, утро тогда было дождливое.
5. Январь 1077 = 121/2 + 181/2 – 4 = 27; 27 января
1077 г. было новолуние. Когда Генрих IV стоял в Канос-
се в одежде кающегося грешника (конец января 1077 г.),
ночи были безлунные.
6. Октябрь 2155 = – 1
–
211/2 – 3
–
111/2 = – 37. Да-
лее, –37 + 59 = 22; 22 октября 2155 г. было новолуние.
Благодаря последнему произошло старейшее из дошед-
ших до нас солнечных затмений; оно произошло 22 ок-
тября – 2155 г. в царствование китайского богдыхана
Чунг-ханга (царствовал от 2159 г. до 2146 г. до P. X.).
§24
ЭЙЛЕРОВЫ СТРАНСТВОВАНИЯ
Река Преголя двумя рукавами образует в Кёнигсберге
остров, который называется Кнайпхоф (о. Канта). Через
них перекинуты семь мостов; пять из них ведут к самому


210
острову, а два расположены выше того места, где они
окружают остров. Это изображено на прилагаемой фигу-
ре, имеющей скорее схематический, чем топографиче-
ский характер; вода здесь заштрихована, а суша и мосты
не заштрихованы.
Здесь В означает остров, А — местность между обо-
ими рукавами, а С и D — местности справа и слева от
них. Около 1775 г. был поднят вопрос, возможно ли со-
вершить прогулку по Кёнигсбергу таким образом, чтобы
пройти все семь мостов в какой-нибудь последователь-
ности, но каждый по одному лишь разу. Нетрудно по-
казать, что это невозможно. Когда Леонард Эйлер, зна-
менитый математик XVIII столетия, услышал об этой
задаче, он обобщил её: он исходил не из четырёх, а из
произвольного числа местностей, между которыми ка-
ким угодно образом расположены реки и мосты. Он на-
писал об этом работу, которую в 1736 г. представил в
Петербургскую академию. Так как в кёнигсбергской за-
даче и подобных ей важна не величина местностей и
мостов, а лишь многообразие доступов, то для лучшего
обозрения очень удобно заменить местности точками,
а мосты линиями. Благодаря этому задача о кёнигс-
бергских мостах принимает следующую форму: требу-
ется начертить прилагаемую здесь фигуру с одного по-
черка, т. е. пройти без перерыва все семь линий фигуры
так, чтобы каждая была пройдена один, и только один,
раз.


211
Из этой задачи возникли разнообразные другие, по-
являющиеся время от времени в журналах для развлече-
ния и изданиях для юношества; в этих задачах требуется
вычертить некоторую фигуру одной линией или опреде-
лённым числом линий. Решение всех подобных задач
чрезвычайно упрощается, если исходить из следующего
рассуждения. Каждая точка, которая не есть начальная
или конечная точка пути, должна иметь 2 выхода, или 4,
или 6, вообще чётное число выходов, так как необходи-
мо прийти к ней и выйти из неё. Поэтому если фигура
не обладает ни одной точкой с нечётным числом входов,
но от каждой её точки выходит чётное число путей, то
фигура непременно может быть вычерчена одной лишь
линией14). Сверх того в этом случае любая из точек может
быть взята за исходную, но должна быть также конечной
точкой; таким образом, на подобной фигуре можно со-
вершить замкнутые круговые прогулки, при которых
каждая точка посещается по крайней мере один раз,
каждая же линия вычерчивается один, и только один раз.
Например, все нижеследующие фигуры легко могут быть
вычерчены разнообразными путями одной лишь линией,
так как во всех этих фигурах все точки обладают чётным
числом выходов:


212
Что касается точек с нечётным числом выходов, то
прежде всего можно показать, что таких точек всегда
должно быть чётное число. Чтобы убедиться в этом, во-
образим, что у каждой точки написано число выходов
из неё. Сумма всех полученных таким образом чисел
должна указывать, сколько линий есть на фигуре, при-
чём, однако, не следует упускать из виду, что каждая
линия была принята в расчёт как у одного конца её, так
и у другого. Поэтому полученная сумма вдвое больше
числа всех линий и, следовательно, есть чётное число.
Отнимем от этого чётного числа все чётные числа, ко-
торые стоят при каких-либо точках фигуры. Так как это
вычитание должно привести снова к чётному числу, то
мы доказали, что сумма нечётных чисел, стоящих при


213
точках фигуры, необходимо должна быть чётным чис-
лом. Так как, наконец, от нечётного числа необходимо
вычитать всякий раз чётное число, чтобы дойти до 1, то
число точек с нечётным числом выходов должно быть
чётным.
Теперь рассмотрим сперва фигуру, обладающую, по-
мимо таких точек, из которых исходит чётное число пу-
тей, лишь двумя ещё точками, имеющими нечётное чис-
ло выходов. В этом случае ни одна из этих двух точек
не может служить промежуточной станцией при движе-
нии по линиям этой фигуры, ибо, дойдя до промежу-
точной точки по некоторому пути, мы должны непре-
менно уйти из неё по другому пути, что возможно лишь
при чётном числе выходов. Отсюда следует, что одна из
двух точек с нечётным числом выходов должна служить
начальной станцией, а другая — конечной. Например,
следующая фигура может быть очерчена с одного по-
черка различными путями, но при непременном усло-
вии, чтобы одна из точек А и Z была начальной, а дру-
гая — конечной:


214
Одним из возможных решений является, например,
путь:
ABCDEZFGHJAHKGZDLCAMCNDMNHMGNZ.
Таким же образом нетрудно понять, что фигура, со-
держащая четыре точки с нечётным числом выходов, не
может быть очерчена с одного почерка: её можно опи-
сать лишь двумя непрерывными линиями, причём из
этих четырёх точек две должны быть начальными, а дру-
гие две — конечными. Вообще, можно сказать, что вся-
кая фигура может быть очерчена столькими непрерыв-
ными линиями, сколько единиц содержится в половине
всего числа точек, обладающих нечётным числом выхо-
дов. Применяя это правило к задаче о кёнигсбергских
мостах, мы замечаем, что из четырёх точек А, В, С, D
относящейся к этой задаче схематической фигуры точка
В имеет пять выходов, а каждая из трёх остальных точек
по три выхода. Отсюда мы заключаем, что семь кёнигс-
бергских мостов могут быть пройдены лишь в два обхода
и непременно при различных начальных и конечных
пунктах, если требуется пройти каждый мост лишь один
раз; например, одним из решений являются два обхода
САВиDВСВDА.
Другим примером послужит фигура Пифагоровой те-
оремы с необходимым для доказательства перпендикуля-
ром из вершины А на сторону DE.


215
Так как лишь точки А и L имеют нечётное число вы-
ходов, то фигура может быть очерчена одной непрерыв-
ной линией, если начнём с точки А и кончим в точке L,
или наоборот. Например, фигура может быть описана с
одного прочерчивания по пути
LKAGFBELDCJHACKBA.
Чтобы определить в заключение, сколькими непре-
рывными линиями можно начертить фигуру шахматной
доски, заметим, что из 81 точки этой фигуры 4 вершины
имеют 2 выхода, а 49 внутренних точек имеют каждая по
4 выхода; остаются лишь 4 раза по 7 точек, лежащих на
краях и не служащих вершинами большого квадрата; они
имеют по 3 выхода, т. е. нечётное число выходов. Так как
половина числа 4 × 7 есть 14, то для получения фигуры
шахматной доски необходимо провести по меньшей мере
14 непрерывных линий.


216
Имеется ещё вопрос: каким образом следует прохо-
дить линии данной фигуры, чтобы каждая была действи-
тельно пройдена один раз. Это очень просто. Отметив
себе точки с нечётным числом выходов и приняв их за
начальные и конечные точки путей, следует сперва со-
единить каким-нибудь образом каждую начальную точку
с конечной. После этого останутся лишь замкнутые в
себе пути. Последние очень легко можно затем ввести в
один из начерченных уже незамкнутых путей.
Из разнородных форм, какие даны были задачам, вы-
шедшим из задачи о кёнигсбергских мостах, особого
внимания заслуживают две. В одной точки заменены
странами, а линии — границами между этими странами.
Так, континент из восьми стран, расположенных друг по
отношению к другу таким же образом, как изображён-
ные на рисунке восемь частей прямоугольника, можно
было бы объехать в два приёма при условии, чтобы каж-
дая граница между двумя странами была пройдена один
раз. Что для этого требуется по крайней мере два путе-
шествия, следует из того, что четыре из восьми стран
имеют нечётное число границ с другими странами. Чис-
ла, написанные внутри частей фигуры, показывают, со
сколькими она граничит другими частями.
Вторая задача переносит в пространство трёх измере-
ний результаты, относящиеся к плоскости. Вместо точек
и линий плоскости рассматриваются тела, состоящие из


217
граней, рёбер и вершин. Задача состоит в том, чтобы
пройти по всем рёбрам, но каждое лишь по одному разу.
При этом за станции можно принять либо вершины,
либо грани. В зависимости от этого придётся рассмо-
треть, из каких вершин исходит нечётное число рёбер
или какие грани обладают нечётным числом сторон. Куб,
например, имеет 8 вершин, из коих в каждой сходятся
3 ребра, и 6 граней, содержащих каждая по 4 ребра. По-
этому 12 рёбер куба могут быть пройдены не меньше чем
в 4 хода, если двигаться по рёбрам, т. е. если в качестве
станций при переходе от одного ребра к другому пользо-
ваться вершинами. Если же для перехода от одного ребра
к другому пользоваться гранями, то достаточно одно-
го лишь странствования, чтобы один раз перейти через
каждое ребро.
§25
ГАМИЛЬТОНОВЫ КРУГОВЫЕ ПОЕЗДКИ
В 1859 г. в Лондоне появились две головоломных
игры, автором которых был знаменитый математик Га-
мильтон, творец теории кватернионов. Одна игра назы-
валась «Путешественники по додекаэдру, или Кругосвет-
ное путешествие», другая — «Игра в икосаэдр». Обе игры
по существу не отличаются друг от друга и имеют внеш-
нее сходство с рассмотренными в § 24 «Эйлеровыми
странствованиями», но при ближайшем рассмотрении
оказывается, что с последними они не имеют ничего
общего. В игре в додекаэдр требуется, двигаясь по рё-
брам додекаэдра, пройти через 20 вершин его и, пройдя
каждую лишь один раз, вернуться в конце к исходному
пункту. Не изучавший геометрии может получить пред-
ставление о додекаэдре проще всего следующим путём:
вообразим, что пять наружных пятиугольников прилага-
емой фигуры перегнуты кверху вдоль рёбер внутреннего
пятиугольника, а на полученную таким образом коробку


218
поставлена другая точно такая же, притом так, чтобы на
самом верху горизонтально лежал внутренний пятиуголь-
ник второй коробки, а верхние рёбра нижней коробки
совпадали с нижними рёбрами верхней.
Образовавшееся таким образом тело ограничено
12 пятиугольниками, так что получаются 20 вершин; от
каждой из них исходят по три ребра и, следовательно,
также по три грани. Число всех рёбер — 30. Так как это
тело имеет исключительно равные рёбра и равные углы
между каждыми двумя смежными гранями, то оно при-
надлежит к числу пяти правильных многогранников.
Правильный икосаэдр, от имени которого получила на-
звание вторая игра, предложенная Гамильтоном, так
ограничен 20 равносторонними треугольниками, что по-
лучается 12 вершин, из коих каждая есть пересечение
пяти граней и, следовательно, также пяти рёбер. Додека-
эдр и икосаэдр противопоставляются друг другу в том
смысле, что одно из этих тел находится в таком же от-
ношении к своим граням, в каком другое к своим рё-
брам. Игра в икосаэдр требует, чтобы играющий посетил
20 граней правильного икосаэдра, но каждую грань лишь
один раз, причём переход от одной грани к соседней
должен совершаться непременно через общее ребро их.


219
В силу указанной выше связи между додекаэдром и ико-
саэдром игра в икосаэдр по существу не отличается от
игры в додекаэдр. В дальнейшем мы рассмотрим поэтому
только игру в додекаэдр. Брать каждый раз в руки модель
правильного додекаэдра для совершения прогулки по
сети рёбер этого тела представляется неудобным, вслед-
ствие чего мы заменим эту сеть плоской фигурой, об-
ладающей всеми теми свойствами поверхности додека-
эдра, которые являются существенными для нашей игры.
Так как в игре требуется посетить, странствуя по рёбрам,
все 20 вершин, притом каждую лишь один раз, то эту
игру можно также вести по линиям всякой фигуры, со-
ставленной из 20 точек и 30 соединительных линий та-
ким образом, что из каждой точки выходят ровно по
3 линии, и эти линии ограничивают 12 пятиугольников.
При этом линии могут быть прямыми или кривыми. Со-
образно с этим мы заменим сеть рёбер правильного до-
декаэдра следующей легко вычерчиваемой фигурой:
Как видим, эта фигура состоит из трёх концентриче-
ских окружностей, из которых средняя соединена как с
внутренней, так и с наружной пятью поперечными пря-


220
молинейными отрезками. Подобно поверхности додека-
эдра эта фигура содержит в 12 пятиугольниках 20 точек,
соединённых одна с другой посредством 30 линий, при-
чём из каждой точки выходят по 3 линии. После не-
скольких испытаний легко удаётся обойти мысленно
линии нашей фигуры таким образом, чтобы посетить
каждую точку по одному разу и чтобы конечная точка
совпала с начальной. Гамильтон, однако, ставит с само-
го начала дополнительное требование, а именно чтобы
первые пять станций были наперёд указаны. При таком
ограничении задача может быть решена, смотря по вы-
бору пяти станций, двумя или четырьмя способами.
Например, если в прилагаемой фигуре первые пять
станций суть А, В, С, D и Е, то задачу легко решить, идя
далее следующим путём: FGHJKLMNOPQRSTUA.
В другой задаче, предложенной Гамильтоном, задают-
ся произвольно три первые станции и конечная стан-
ция, не совпадающая с начальной, но основное требо-
вание, согласно которому каждая станция должна быть
посещена только один раз, остаётся в силе. Эта вторая
задача приводит, в зависимости от выбора четырёх за-


221
даваемых станций, к 0, 1, 2, 4 или 6 решениям. Напри-
мер, задача имеет лишь одно решение, если заданы на-
чальные станции А, В и С и конечная Q. Это решение
следующее:
ABCDEFTUNMLKJHGRSOPQ.
Если заданы эти же самые начальные станции, но
другая конечная, то получаются 2, 4 или 6 решений, ис-
ключая те случаи, когда конечной станцией служит одна
из следующих: К, D, F, P, М, N и Т; в этих случаях за-
дача не имеет ни одного решения.
В третьей разновидности своей задачи Гамильтон счи-
тает заданными несколько последовательных начальных
станций и требует, чтобы после наперёд указанного чис-
ла последующих станций оказалось невозможным про-
должать путь, не нарушая правила, по которому в каждой
станции следует побывать лишь один раз. Например,
если заданы четыре начальные станции T, S, R и Q и
требуется, чтобы после шести дальнейших станций про-
должение поездки оказалось невозможным, то получает-
ся решение:
TSRQJHDEFG.
Наконец, четвёртая разновидность игры состояла в
том, что одна наперёд указанная станция должна была
быть исключена при поездке. Например, если заданы три
первые станции А, В, С, конечная станция D и, кроме
того, требуется, чтобы пункт М был исключён, то полу-
чаются два решения, из коих одно есть следующее:
ABCKLPQJHGRSONUTFED.
Однако в своём первоначальном виде задача не со-
держала подобных отягчающих условий, но требовала
лишь, чтобы каждая станция была посещена один раз и


222
чтобы конечный пункт пути совпал с первоначальным.
Задача в таком виде допускает изящную математическую
обработку, которую дал сам Гамильтон на собрании Бри-
танской ассоциации в 1857 г. и которая основана на сле-
дующих соображениях. Достигнув некоторой станции,
мы для дальнейшей поездки всегда имеем на выбор два
пути, так как станция имеет всего три выхода. По от-
ношению к тому направлению, в котором мы прибыли
к данной станции, один из этих двух путей идёт направо,
другой — налево. Если изберём путь вправо, то отметим
это буквой r, если же мы дальше пойдём левым путём,
то выразим это через l. Таким образом, всякая круговая
поездка может быть выражена 20 буквами, которые суть
либо r, либо l. Например, первая указанная круговая по-
ездка, в которой буквы расположены в алфавитном по-
рядке, будет представлена следующим образом:
rrrlllrlrlrrrlllrlrl.
Так как конечный пункт должен всегда совпадать с
начальным, то из этого ряда, начинающегося буквами r
r r, можно вывести различные другие ряды, для чего нуж-
но лишь начать с любой буквы этого ряда и первую бук-
ву его рассматривать как расположенную за последней.
Точно так же каждый такой ряд можно читать и в про-
тивоположном направлении. Таким способом можно,
как доказал Гамильтон, из одного приведённого реше-
ния, признанного правильным, вывести все остальные
возможные решения. Например, если произвольно за-
даны пять начальных станций, то они указывают нам
направление, которое нужно выбрать, покидая вторую
станцию, затем третью и, наконец, четвёртую. Действи-
тельно, возможно встретиться лишь с одним из следую-
щих восьми случаев, относящихся к пяти первым стан-
циям:
rrr,rrl,rlr,rll,lrr,lrl,llr,lll.


223
Но каждую из этих восьми групп можно взять из пре-
дыдущего ряда (начинающегося группой r r r) и принять
за начальную группу ряда, причём нетрудно видеть, что
группой r r r начинается и вышеприведённый ряд, и
прямо ему противоположный15). Если мы начнём с груп-
пы r r r, которая следует за серединой ряда, то не полу-
чим никакого нового ряда, но лишь вторично получим
старый ряд, так как вторая половина ряда совершенно
тождественна первой. Два полученных ряда, начина-
ющиеся группой r r r, дают нам непосредственно оба
возможных решения задачи для того случая, когда пять
начальных станций расположены в порядке последова-
тельности, указываемой группой r r r. Если же началом
служит r r l, то опять получаются два ряда, дающие оба
возможных решения для того случая, когда расположе-
ние пяти начальных станций соответствует символу r r l,
например для случая ABCDH. Точно так же есть два
ряда, начинающиеся группой r l l. Так как при замене
буквы r на l и обратно первоначальный цикл превраща-
ется в противоположный ему, то группа l l l даёт нам
тожесамое,чтоигруппаrrr,группаllr—тоже,что
rrl,иlrr—тоже,чтоиrll.Остаютсяпоэтомулишь
началаrlrиlrl,которыетакжедаютнамодноитоже
и приводят каждое к четырём решениям. Четырём ре-
шениям, начинающимся с r l r, соответствуют, напри-
мер, пять начальных станций А, В, С, К, J и четыре
круговые поездки:
1. ABCKJQRGHDEFTSOPLMNUA;
2. ABCKJHDEFGRQPLMNOSTUA;
3. ABCKJQRSOPLMNUTFGHDEA;
4. ABCKJQPLMNOSRGHDEFTUA.
Таким образом, по расположению пяти заданных на-
чальных станций можно сейчас же узнать, возможны ли
две или четыре круговые поездки. Из нашего первона-
чального цикла


224
rrrlllrlrlrrrlllrlrl
можно также узнать, в каких случаях удаётся круговая
поездка с шестью или ещё большим числом заданных на-
чальных станций. При шести заданных станциях дело
зависит от того, делаем ли мы такие повороты при про-
хождении четырёх средних станций, чтобы сделанные
четыре поворота входили в предыдущий цикл при чтении
его слева направо или справа налево. Но из букв r и l
можно составить 16 групп по 4 буквы в каждой; из числа
этих 16 групп 12 имеются в нашем цикле, а 4 не имеют-
ся. Эти 4 группы следующие:
rrrr,rllr,lrrl,llll.
Изэтихчетырёхгруппдве—rrrrиllll,естествен-
но, не могут входить в наш цикл, ибо эти группы от-
носятся к обходу пятиугольника, так что первая началь-
ная станция является также и шестой. Остаются ещё два
такихслучая—rllrиlrrl,вкоторыхкруговаяпо-
ездка невозможна. Первый из этих случаев имеет место,
например, когда в качестве первых шести станций за-
даны следующие: А, В, С, К, L и Р. Невозможность так
начинающейся круговой поездки видна также из того,
что при подобном начале поездки нельзя было бы вы-
браться из станции М. Действительно, из трёх соседних
с ней станций В, L и N станции В и L уже пройдены
раньше, так что к станции М можно было бы прибыть
лишь из N, после чего уже нельзя было бы продолжать
поездку16).
С помощью нашего цикла очень легко определить
также число возможных круговых поездок в тех случа-
ях, когда задано меньше пяти начальных станций. Сле-
дующая таблица показывает, сколько решений воз-
можно при том или другом числе заданных начальных
станций:


225
Число начальных станций
Число решений
8, 9, 10 .................................... 1 или 0
7 .............................................. 2 или 1 или 0
6 .............................................. 3 или 2 или 1 или 0
5 .............................................. 4 или 2
4 .............................................. 6 или 4
3 .............................................. 10
2 .............................................. 20
1 .............................................. 30
Является вопрос, нельзя ли с помощью Гамильтонова
метода, посредством которого из одного решения легко
получаются все остальные, теоретически развить также
исходное решение. Утвердительный ответ на этот вопрос
следует из некоторых соотношений между группировка-
ми букв l и r, вытекающих из природы нашей основной
фигуры, состоящей из 12 пятиугольников. Легко усмо-
треть, что мы всякий раз будем возвращаться к одной и
той же исходной точке, безразлично, пойдём ли мы два
раза подряд влево или же сперва вправо, затем три раза
влево и, наконец, опять вправо. Например, из точки U
мы приходим через А и В в М, причём мы поворачиваем
два раза влево. Но к той же точке М мы можем прийти
и через А, Е, D, С, В, поворачивая сперва вправо, затем
три раза влево и, наконец, вправо. Это явление можно
выразить символически следующим образом:
ll=rlllr.
Точно так же мы можем убедиться в справедливости
следующего равенства:
lrl=rllr.
Заменив букву r через l и обратно, мы получим из этих
двух соотношений два других. Этими соотношениями
можно воспользоваться для того, чтобы из одной понят-
8 Г. Шуберт


226
ной без разъяснений круговой поездки по 5 лишь станци-
ям вывести циклы, относящиеся ко всем 20 станциям.
Если мы обойдём все стороны одного из пятиугольников,
составляющих нашу фигуру, то возвратимся к начальной
точке, либо поворачивая пять раз подряд влево, либо пять
раз вправо. Исходя из этого факта мы можем путём по-
вторного пользования соотношением l l = r l l l r вывести
теоретически один цикл следующим образом:
(ll)lll=(rlllr)lll
= (rrlllrlr)(rlllrl)
= (rrrlllrlrlr)(rrlllrlrl)
= r r rlllrlrlrrrlllrlrl.
Из какого бы мы ни исходили соотношения и каким бы
образом мы ни производили подстановки, всякий раз, как
только у нас наберётся 20 букв, мы получаем группу, ко-
торая или отличается от только что найденной лишь тем,
что начинается с другого пункта, но циклически тожде-
ственна с ней, или же отличается лишь противоположным
направлением. Это находится в согласии с тем обстоя-
тельством, что не существует никаких других решений,
кроме тех, которые вытекают из нашего цикла.
Кроме Гамильтона, французский артиллерийский
офицер Гермари (Hermary) предложил методы, которые
приводят ко всем решениям задачи Гамильтона; однако
изложение этих методов потребовало бы здесь слишком
много места.
О расширении Гамильтоновой задачи о круговых по-
ездках думал ещё, конечно, Гамильтон и, кроме него, Гер-
мари, Люка (Lucas) и Болл (Ball). Но до сих пор ещё не
удалось развить математической теории нахождения всех
круговых поездок, которые можно совершить по фигуре,
составленной произвольным образом из точек и линий.
Однако же автор настоящей книги несколько лет тому
назад дал в журнале Naturwissenschaftliche Wochenschrift
способ, значительно облегчающий эмпирическое нахож-


227
дение круговых поездок, при которых каждая станция по-
сещается лишь один раз. Чтобы познакомиться с этим
методом, мы опять будем исходить из нашей прежней ос-
новной фигуры, содержащей три концентрические окруж-
ности. Она состоит из 30 отрезков; при круговой поездке
приходится проезжать по 20 из них, остальные же 10 от-
резков остаются в стороне. Если мы пометим 20 пройден-
ных отрезков, чтобы иметь возможность отличить их от
10 непройденных, то заметим, что из каждой точки ис-
ходят 2 помеченных отрезка и 1 непомеченный. Задача
состоит, следовательно, в том, чтобы отобрать из 30 линий
10 таким образом, чтобы из каждой точки выходила одна
линия, и притом только одна; на практике легко увидеть,
что это можно выполнить (10 + 20) различными способа-
ми. Выбрать те линии, по которым не приходится двигать-
ся, легче, конечно, чем те, которые придётся проезжать,
так как 10 меньше 20. Например, в приложенной фигуре
представлена первая из рассмотренных нами круговых по-
ездок, в которой пройденные станции следуют одна за
другой в алфавитном порядке: 10 непройденных отрезков
начерчены пунктиром, сам же круговой путь представлен
непрерывной линией.


228
Десять пунктирных отрезков, т. е. те, по которым не
нужно проходить, могут быть выбраны, конечно, различ-
ным образом; нетрудно, однако, увидеть, что этот выбор
может быть сделан лишь двумя или четырьмя различны-
ми способами, если нам заданы пять начальных точек;
это согласно с результатом, к которому привёл нас метод
Гамильтона.
Этот способ легко можно распространить на любые
фигуры. При каждой точке пишем число исходящих из
неё отрезков. Половина суммы всех отмеченных таким
образом чисел представит нам каждый раз точное число
всех входящих в фигуру отрезков. Если из этого числа вы-
чтем число всех точек фигуры, то получим число тех от-
резков, по которым не нужно проходить. Столько именно
отрезков мы и отмечаем как «запрещённые», причём мы
должны соблюдать два условия: во-первых, число запре-
щённых отрезков, исходящих из каждой точки, должно
быть на 2 меньше числа, которым помечена соответ-
ственная точка; во-вторых, полученная таким образом
круговая поездка не должна распадаться на 2 или боль-
шее число замкнутых круговых поездок.
Если каждая точка, как при игре в додекаэдр, имеет три
выхода, то из каждой точки должен выходить только один
запрещённый отрезок. Это имеет, например, место в пер-
вой фигуре; здесь 40 точек связаны между собой 60 отрез-
ками, 20 запрещённых отрезков изображены по-прежнему
пунктиром, а получающийся отсюда однозначно круговой
маршрут начерчен непрерывной линией и, кроме того, для
большей ясности отмечен числами в натуральном порядке.
Эта фигура соответствует телу, поверхность которого
состоит из 12 пятиугольников и 10 шестиугольников,
тогда как следующая фигура изображает тело, ограни-
ченное 12 пятиугольниками и 8 шестиугольниками, при-
чём из каждой вершины также исходят по 3 ребра. Та-
ким образом, получается 36 точек, связанных между
собой 36 отрезками, которые должны быть пройдены, и
18 запрещёнными отрезками.


229
По-прежнему запрещённые отрезки, которые опреде-
ляются первыми, изображены пунктиром, а сам марш-
рут круговой поездки начерчен непрерывной линией:


230
Описанный способ можно без труда распространить
и на такие фигуры, в которых не из каждой точки вы-
ходит по три отрезка. В этом случае нужно каждую точ-
ку пометить числом, которое на 2 меньше числа выходов
из неё, и затем позаботиться при выборе подлежащих
запрещению отрезков, чтобы из каждой точки исходило
столько запрещённых отрезков, сколько указывает чис-
ло, которым помечена эта точка. Таким именно спосо-
бом получены круговые поездки, которые на двух ниже-
следующих фигурах отмечены числами в натуральном
порядке:


Если число точек и соединяющих их отрезков очень
велико, то решение задачи о круговой поездке через все
точки, причём каждая должна быть пройдена один, и
только один, раз, становится весьма трудным. Ещё труд-
нее, однако, задача о нахождении всех решений, которые
может иметь эта проблема.
Разобранную нами раньше задачу об образовании
замкнутого хода коня в 64 клетках шахматной доски
можно также рассматривать как задачу Гамильтона о
круговой поездке в обобщенном виде. Действительно,
если представим себе, что 64 клетки шахматной доски
заменены 64 точками и всякие 2 точки, соответствующие
клеткам, между которыми возможен ход коня, соедине-
ны между собой, то мы получим всего 168 соединитель-
ных отрезков, причём из каждой точки выходит от 2 до
8 таких отрезков. Кому удалось посетить в круговой по-
ездке 64 точки, притом каждую лишь по одному разу, тот
составил вместе с тем и замкнутый ход коня. Если же
кому-нибудь удастся определить число всех возможных
«круговых поездок конём», то он решит этим самым во-
прос о нахождении числа всех возможных задач на ход
коня, — вопрос, поставленный уже много десятилетий
тому назад, но ещё не вполне разрешённый.


232
ПРИМЕЧАНИЯ И ДОБАВЛЕНИЯ
1) (с. 20). Число 142 857 есть наименьшее из чисел, оканчива-
ющихся цифрой 7 и обладающих тем свойством, что для умноже-
ния их на 3 достаточно поставить первую цифру на последнее
место, а для умножения на 5 достаточно поставить последнюю
цифру на первое место.
2) (с. 23). Наименьшее целое число, которое оканчивается
цифрой 2 и удваивается при перенесении этой цифры на первое
место, есть число 105 263 157 894 736 842.
3) (с. 24). Первообразным корнем простого числа р называется
каждое целое число а, не делящееся на р и обладающее тем свой-
ством, что число ах
–
1неестькратноечисларприх<р–1,где
х есть целое положительное число.
4) (с. 26). g есть число цифр периода дроби 1 : р.
5) (с. 38). В немецком тексте пфенниг вместо копейки и марка
вместо рубля.
6)(с.46).Всамомделе,таккакz–(a–h)=bичислоbкарт
вовсехкучкахнепревосходитп–1,тоz–(a–h)<b.Ноесли
нижняя карта каждой кучки будет принята за 1, то мы будем
иметьa=hиz<п.Атаккакмыжелаем,чтобывовсехслучаях
оказалось достаточное число карт, то необходимо взять z < п.
7) (с. 52). Прежде всего введём некоторые принятые в теории
чисел термины и докажем одну теорему.


233
Когда при делении целого положительного числа с на целое
положительное число b получают частное q и неотрицательный
остаток r, то говорят, что остаток r есть наименьший положитель-
ный вычет числа с по модулю b. Таким образом, делитель называ-
ют модулем, а остаток — наименьшим положительным вычетом
по этому модулю. Наименьшими положительными вычетами по
модулю b могут быть только следующие числа:
0,1,...b –1,
ибо остаток (вычет) всегда меньше делителя (модуля).
Теорема. Если число c и модуль b суть взаимно простые числа, а
наименьшие вычеты чисел
0×с,1×с,2×с,...,g×c,...,h×c,...,(b–1)×c
по модулю b мы обозначим соответственно через
r
0=0,rl,r2,...,rg,...,rh,...,rb–1
,
(1)
то последний ряд чисел может отличаться от ряда чисел
0,1,2,...,g,...,h,...,b–1
(2)
только порядком.
Доказательство. Обозначим соответственно через qg, qh и qb – 1
частные от деления на b чисел gc, hc и (b – 1)с; тогда
gc=qgb+rg,hc=qhb+rh;
поэтому
(h–g)c=(qh–qg)b+rh–rg.
Прежде всего покажем, что в ряду вычетов нет равных. Если
допустить, что rh = rg, то мы имели бы:
(h–g)c=(qh–qg)b,
ноэтоневозможно,таккакh–g<b,ачисласиb—взаимно
простые, между тем как произведение (h – g)c, в силу последнего
равенства, должно делиться без остатка на b. Но если в ряду (1)
нет равных чисел, то ряд (1) содержит b различных целых неот-
рицательных чисел, из коих каждое меньше, чем b. Существует


234
только одна система таких чисел, а именно система чисел (2);
следовательно, ряд чисел (1) либо ничем не отличается от ряда
чисел (2), либо отличается только порядком.
Обращаясь теперь к первому методу переливания (с. 51), за-
метим прежде всего, что в последующем изложении мы под одним
переливанием разумеем совокупность двух или четырёх процес-
сов, а именно:
I. Перемещают с литров из сосуда А в сосуд С.
II. Из этих с литров, находящихся в сосуде С, перемещают в
сосуд В столько литров, сколько это возможно, причём могут
представиться два случая:
α) возможно перелить все с литров из С в В. В этом случае одно
переливание состоит из двух процессов — I и II;
β) сосуд В оказывается полным уже после того, как в него
переместили с – r литров из сосуда С (r > 0; случай r = 0, как
увидим ниже, нам не представится), так что после процесса II в
сосуде С остаётся r литров, а сосуд В полон, содержа b литров.
В этом случае к процессам I и II присоединяются ещё два про-
цесса:
III. Опоражнивают сосуд В, перелив его содержимое в со-
суд А.
IV. r литров, оставшихся в сосуде С после процесса II, пере-
мещают в сосуд В.
Таким образом, в случае β) под одним переливанием разумеем
совокупность четырёх процессов I—IV. Сосуд С остаётся поэтому
пустым после каждого переливания (состоящего, по условию, из
двух или четырёх процессов).
Докажем теперь следующую теорему.
Теорема. Если по первому методу возможно сделать b – 1 по-
следовательных переливаний, то, при b и с > 1 взаимно простых,
числа, выражающие последовательно количества литров, получае-
мых в сосуде В, суть наименьшие положительные вычеты
r0=0,r1,r2,...,rg,...,rh,...,rb–1
чисел
0×c,1c,2с, ..., gc, ..., hc, ..., (b–1)c
по модулю b.
Для этого докажем, что число литров жидкости, содержащих-
ся в сосуде В после g-го переливания из сосуда С, есть rg. Это
докажется индуктивно относительно числа переливаний. После
первого переливания в сосуде В содержится с литров и, так как,


235
по предположению, с < b, то при делении с на b получаем в част-
ном нуль и в остатке c, то есть именно с и есть наименьший вы-
чет числа 1 × с по модулю b. Допустим, что наше утверждение
вернодляg-гoпереливанияизСвсосудB,причём1≤g<b–1,
так что после этого переливания сосуд В действительно содержит
rg литров. Докажем, что после (g + 1) переливания он будет со-
держать rg + 1 литров. После g-го переливания мы наливаем с ли-
тров из сосуда А в сосуд С. По допущению это возможно сделать
(условия этой возможности рассмотрены ниже). Теперь представ-
ляются два случая.
α) Эти с литров можно перелить в В. Это будет тогда, когда
rg+c≤b.
Таккакgc=qgb+rg,тотеперь
(g+1)c=qgb+rg+c,
откуда следует, что равенство rg + с = b недопустимо, ибо в про-
тивном случае число (g + 1)c было бы кратным числа b, между
темкакg+1<b,асчисловзаимнопростоесb.Таккакrg+c<b,
то rg + c есть наименьший вычет числа (g + 1)с по модулю b, то
есть rg + 1 = rg + c. Вместе с этим после (g + 1)-гo переливания
сосуд В содержит rg + с литров.
β) Нельзя перелить с литров из сосуда С в сосуд В. В сосуд B
во всяком случае можно ещё налить b – rg литров, после чего он
будет полон. Теперь, очевидно,
b–rg<c.
После того как из сосуда С отлили b — rg литров, в нём оста-
ются с + rg – b литров1, причём
c+rg>b.
Мы опорожним сосуд В, перелив его содержимое в сосуд А,
и затем перельём в В эти c + rg – b литров. Таким образом, после
(g + 1)-го переливания в сосуде В будет содержаться литров
с+rg–b =c+gc–qgb–b =(g+1)c–(qg+1)b;следовательно,
(g+1)c=(qg+1)b+(c+rg)–b.
1
Число с + rg – b, обозначенное выше (случай β) буквой r, не = 0,
ибо в противном случае мы имели бы rg + c = b, что, как мы видели,
невозможно.


236
Таккакс<bиrg<b,то0<c+rg–b<2b–b =b;поэтому
rg+1 =c+rg–b,ивместестемсосудВсодержиттеперь,после
(g+1)-гопереливания,c+rg–b =rg+1литров.
Исходя из предыдущей теоремы мы приходим к такому выводу.
Если с и b суть числа взаимно простые и если можно произ-
вести b – 1 переливаний по первому методу, то при этих пере-
ливаниях мы получим в сосуде В любое целое число литров от 1
до b – 1 включительно.
Таким образом мы можем получать в сосуде В всякое число
литров от 1 до b включительно.
Рассмотрим теперь, при каких условиях возможно сделать
b – 1 переливаний. После g-го переливания сосуд B содержит
rg ≤ b – 1 литров. После этого нужно в сосуд С налить с литров.
Это будет возможно тогда, и только тогда, когда а ≥ rg + с. Это
неравенство будет выполнено при всех возможных для rg значе-
ниях, если оно выполнено при rg = b – 1; следовательно, нужно,
чтобы было
а≥b+с–1.
В сосуде В при этом, между прочим, получается и такое ко-
личество литров, которое выражается любым числом, не превос-
ходящим с. Перед тем как такое число литров получилось в В,
сосуд В должен был быть пустым и это число литров должно было
быть в С; следовательно, в С мы встретим любое число литров, не
превосходящее с.
Больше чем b литров мы можем получить только в сосуде А.
Наименьшее число литров, какое можно иметь в А (ибо можно
прямо отлить из сосуда А в сосуды В и С соответственно b и с
литров),естьа–(b+с)приа>b+с–1.Еслиэтонаименьшее
число больше, чем b + 1, то мы не можем получить b + 1 литров
ни в одном сосуде; поэтому для возможности получения всякого
(целого) числа литров, не превосходящего а, необходимо, чтобы
выполнялось соотношение
a–(b+c)≤b+1,
или
a≤2b+с+1.
Если 0 < d < с и d есть целое число, то перед получением d
литроввВмыбудемиметьbлитроввВиdлитроввС.Вобоих
сосудах мы будем иметь b + d литров. Таким образом, выходит,


237
что в B мы можем получать следующие числа: 1, 2, 3, ..., b. Когда
в В содержится b литров, то в C можно получить 1, 2, ..., с литров.
В двух сосудах В и С можно получить любое число литров от 0 до
b + с включительно. Отсюда следует, что в А можно получить
любоечислолитровота–(b+с)≤b+1доа–0 =а,тоесть
мы встретим в A всякое число литров от b + 1 до а.
Итак, если b и с суть числа взаимно простые и если
b+с–1≤a≤2b+c+1,
то можно по первому методу получить любое число литров от 1
до а. Мы ограничимся этими разъяснениями.
8) (с. 66). Обозначив искомые числа через х и у и переведя ска-
занное на язык алгебры, мы последовательно получим: 1) (7 – х) + у;
2)7–х+(7–у)=14 –х
–
у.Далее:(7–х+у)+(14–х
–
у)=
= 21 –2x;21–(21–2х)=2х;2х:2=х.Далее,
7–х+у+7=14 –х+у;
14–х+у–(14–х
–
у)=2у;2у:2=у.
9) (с. 70). Мы будем предполагать, что среди костяшек совсем
нет дублей и что мы составили какую-нибудь цепь, в которой
крайние номера суть а (≤ п) и b (≤ п). Нетрудно видеть, что цепь
можно удлинить в следующих двух случаях:
I. если среди костяшек, не вошедших в цепь, есть костяшка с
числом а или b, ибо такую костяшку можно надлежащей сторо-
ной приложить к соответственному концу цепи;
II. если на костяшках, не вошедших в цепь, нет ни чис-
ла а, ни числа b, но есть хотя бы две костяшки с одним и тем
же числом p (≠ a, b). Пусть (ps) и (pt) будут эти две костяшки
(s ≠ a, b, t; t ≠ a, b). Этот случай приводится к следующим двум
случаям:
α) костяшка (st) находится в цепи, и в цепи имеется, следова-
тельно, часть
(gs) (st) (th).
Удалив костяшку (st) и введя в цепь две костяшки (sp) и (pt),
мы, вместо прежней части, получим часть
(gs) (sp) (pt) (th),
и цепь будет удлинена на одну костяшку;


238
β) костяшка (st) находится вне цепи. Костяшка (ар) непре-
менно находится в цепи, и потому в ней есть часть
(ар) (ph).
Мы можем ввести ещё три костяшки в цепь, заменив эту часть
последовательностью
(ар) (ps) (st) (tp) (ph)
и удлинив таким образом цепь на три костяшки.
Станем теперь удлинять нашу цепь указанными здесь спосо-
бами до тех пор, пока уже не будет места ни для случая I, ни для
случая II. Пусть L будет построенная таким образом цепь. Край-
ние её числа мы опять обозначим через а и b. Рассмотрим два
случая.
1. Число п чётное. В этом случае наша цепь L будет замкнутой
и будет содержать все костяшки игры. В самом деле, теперь каж-
дое число содержится в игре чётное число раз. Если а ≠ b, то а
содержится в L нечётное число раз и, следовательно, вне L, по
крайней мере один раз, что невозможно, ибо случай I исключён.
Отсюда прежде всего следует, что а = b, то есть наша цепь L зам-
кнута; далее, из факта замкнутости цепи вытекает, что каждое
число р содержится в цепи L чётное число раз и не может встре-
чаться вне цепи, ибо оно должно было бы встречаться вне цепи
также чётное число раз, что невозможно, так как случай II ис-
ключён.
2. Число п нечётное. В этом случае цепь L не замкнута, и вне
цепи остаются 1/2 (п – 1) костяшек. В самом деле, в этом случае
каждое число содержится в игре нечётное число раз, и потому
если бы было a = b, то число а, содержась в L чётное число раз,
должно было бы содержаться вне L хоть один раз, что невозмож-
но. Вне L нет чисел а и b. Каждое же из остальных п – 1 чисел
входит в L чётное число раз и потому встречается вне L нечётное
число раз, и именно один только раз, ибо случай II исключён.
Таким образом, вне L остаются п – 1 чисел, которые помещены
на 1/2 (п – 1) костяшках.
При п нечётном нельзя составить более длинной цепи, чем
наша цепь, ибо, какова бы ни была цепь l, каждое число р, от-
личное от чисел, стоящих на концах цепи, будет встречаться вну-
три цепи l чётное число раз и, следовательно, вне цепи l, по край-
ней мере один раз, а потому при нечётном п вне всякой цепи
будут оставаться по крайней мере п – 1 чисел и, следовательно,
по меньшей мере, 1/2 (п – 1) костяшек.


239
10) (с. 74). Вообще, на k-й карточке пишутся в порядке возрас-
тания все те, и только те, числа, которые получаются из выражения
2k×p+q
приp=0,1,2,3, ...;q=2k–1
, 2k–1+1,2k–1+2,...,2k–1.
11) (с. 78). Условимся называть для краткости грузом р такой
груз, вес которого равен p, и гирей р — гирю веса р. Под взвеши-
ванием груза р мы будем разуметь только следующий процесс:
либо на одну чашку весов кладут груз р, а на другую — уравнове-
шивающие его гири b1 b2,..., bh и узнают таким образом, что
p=b1+b2+...+bh,
либо на одну чашку весов кладётся груз р и некоторые гири
с1, с2,..., cg, а на другую чашку весов кладутся гири b1, b2,..., bh,
уравновешивающие то, что положено на первую чашку, и тогда
узнают, что
p
= (b1+b2+...+bh)–(c1+с2+...+cg).
(1)
Выражению c1 + c2 + ... + cg мы условимся приписать опреде-
лённое численное значение также и при g = 0, а именно мы будем
считать это выражение равным нулю при g = 0. Тогда равен-
ство (1) будет содержать в себе предшествующее ему равенство,
как частный случай.
Положим теперь, что у нас имеются п гирь
a
1,a2,...,a
n
.
(2)
При помощи всех или некоторых из этих гирь груз р можно
взвесить в том, и только в том случае, когда число р может быть
представлено в форме (1), где b1 b2, ..., bh, с1, c2, ..., cg суть h + g
чисел из ряда (2). Если из чисел (2) составить всевозможные вы-
ражения типа (1), причём уменьшаемое b1 + b2 + ... + bh посто-
янно должно быть больше вычитаемого с1 + с2 + ... + cg, то мы
получим численные величины всех тех грузов, какие могут быть
взвешены с помощью п гирь (2). Отсюда следует, что наибольшее
число (назовем его un) различных по весу грузов, какие могут
быть взвешены при помощи п гирь, соответствует тому случаю,
когда среди выражений типа (1), составленных из чисел (2) и
имеющих положительные значения, нет равных. Мы будем гово-
рить, что гири (2) составляют особенную систему гирь в том, и


240
только в том случае, когда число различных по весу грузов, какие
могут быть взвешены при помощи этой системы гирь, равно uп,
то есть когда число этих грузов есть maximum.
Следствие первое. Особенная система гирь не содержит гирь,
равных по весу.
Следствие второе. Часть особенной системы гирь есть особен-
ная система гирь.
Наряду с особенной системой гирь (2) будем также рассматри-
вать систему гирь
a
1,a2,...,a
n–1
,
(3)
которая, как часть системы (2), представляет также особенную
систему из п – 1 гирь. Если q означает вес какого-нибудь груза,
который может быть взвешен при помощи гирь (3), то число раз-
личных значений q равно un – 1
. Присоединяя к системе (3) гирю ап
[т. е. возвращаясь к системе гирь (2)], мы, сверх uп – 1 грузов q,
сможем взвесить ещё только следующие грузы:
1 груз ап,
un–1грузовап+q,
ип – 1 грузов |an
–
q|,
где знак | | означает абсолютную величину. Все эти грузы, числом
2uп–1+1,отличныдруготдругаиоткаждогоизип–1грузовq,
ибо система (2) предполагается особенной. Числа uп и u
n–1удов-
летворяют поэтому соотношению
uп
= 3uп–1+1.
Заменяяздесьпнап–1,п–2,...,3,2изамечая,чтоодной
гирей можно взвесить один, и только один груз, мы будем иметь
ряд равенств:
uп
= 3uп–1+1,
un–1
=3un–2+1,
.........................
u3=3u2+1,
u2=3u1+1,
u1=1.
Помножая эти равенства начиная с первого соответственно на
30,31,32,...,3
п – 1 и складывая полученные таким образом равен-
ства, мы найдём, что


241
un
= 1+3+32+...+3n–1
=
1/2 (3n
—
1).
Таким образом, система п гирь будет особенной тогда, и толь-
ко тогда, когда при помощи гирь этой системы можно взвесить
1/2 (3п
–
1) различных по весу грузов.
Каждая отдельная гиря есть особенная система, состоящая из
одной гири. Легко показать, что, если система, состоящая из
k гирь а1, a2, ... , аk, будет особенная и
sk=a1+а2+...+ak,
топриak+1>2skсистемагирь
a1,a2, ..., ak,ak+1
также будет особенная.
Действительно, нам нужно только показать, что если q есть
груз, который может быть взвешен при помощи гирь из ряда
а1,a2, ..., ak,товсечислаak+1,ak+3+qи|ak+1–q|отличныдруг
от друга, а также от каждого из значений величины q. По допу-
щению, при любом значении q
ak+1>2sk=2(а1+a2+...+ak)≥2q>q.
Отсюда, между прочим, следует, что |аk + 1 – q| = ak + 1 – q.
Очевидно также, что при любых значениях q1 и q2 числа q имеют
место неравенства
ak+1–q1<ak+1<ak+1+q2;
остаётсятолькопоказать,чтоak+1 –q1≠q2иаk+1+q1≠q2.Но
sk≥q1,sk≥q2,ипоэтомуаk+1>2sk≥q1+q2;следовательно,
ak+1–q1>q2иafortioriak+1+q1>q2,
что и требовалось доказать.
Беряa1=1,аk+1=2sk+1(k=1,2,..., n –1),мыполучим
замечательную особенную систему гирь:
1;2×1+1=3;2×(1+3)+1=9;2(1+3+9)+1=27;(4)
Члены этого ряда суть члены прогрессии
1,3,32,33, ...


242
Это очевидно для первых четырёх членов. Но если мы допу-
стим, что это верно для k первых членов ряда (4), то наше утверж-
дение будет верно и для (k + 1)-го члена этого ряда, ибо, соглас-
но допущению, мы будем иметь
ak
k
k
k
+
−
=+
+++ +
=
−
+=
1
21
2133
312
31
2
13
(
...
)
.
Таким образом, имея п гирь
1,3,32, ..., 3
n–1
,
(5)
действительно можно будет взвесить 1/2 (3n
–
1) различных по весу
грузов, которые, очевидно, выражаются в целых положительных
числах; наибольший из них выражается числом 1 + 3 + ... +
+3n–1
=
1/2 (3n
–
1). Отсюда следует, что при помощи п гирь
системы (5) можно будет взвесить все грузы, вес которых выра-
жается натуральными числами
1,2,3, ...,
1/2 (3n
–
1).
Особенную систему п гирь мы будем называть натуральной, если
с помощью гирь этой системы можно взвесить груз, выражаемый лю-
бым натуральным числом, конечно не превосходящим числа 1/2 (3n
–
1).
Последующими рассуждениями мы имеем в виду доказать, что систе-
ма гирь (5) есть единственная натуральная система гирь.
Положим, что система п гирь (2) есть натуральная система и
что р есть целое число, удовлетворяющее неравенствам 0 < р ≤
≤ 1/2 (3n
–
1). Груз р можно будет взвесить при помощи гирь (2),
и, следовательно,
p=(b1+b2+...+bh)–(c1+c2+...+cg),
где b1, b2, ..., bh, c1, c2, ..., cg имеют указанные на с. [...] значения.
Означаячерезbh+1,bh+2, ..., b
п
числа, находящиеся в ряду (2),
но отличные от чисел b1, b2, ..., bh, и принимая во внимание, что
b1+b2+...+bh+bh+1+...+bn
= a1+a2+...+an
=
1/2 (3n
–
1),
мы будем иметь:
p = 1/2(3n
–
1)–(c1+c2+...+cg+bh+1+bh+2+...+bn).
Обозначая через Р любое целое число, удовлетворяющее соот-
ношениям 0 ≤Р < 1/2(3n
–
1), мы можем положить p = 1/2 (3n
–
1)–Р,
и предыдущее равенство преобразуется в равенство


243
P
–
c1+с2+...+cg+bh+1+bh+2+...+bn
.
(6)
Полагая здесь Р = 1, мы найдём, что при этом значении Р
одно из слагаемых второй части есть 1, а остальные равны нулю.
А так как все числа с и b находятся среди чисел a, то отсюда вы-
текает предложение:
Каждая натуральная система гирь содержит гирю 1. Это есть
гиря наименьшего веса в каждой натуральной системе. Докажем
теперь следующую лемму.
Если
a
1=1,a2=3,a3=32,...,ak=3k–1
, ak+1,ak+2, ..., a
n
(7)
есть натуральная система из п гирь, где п > k ≥ 1, то
ak+1=3k.
Доказательство. Положив
ak+1<ak+2<...<an,
мы не ограничиваем общности суждений, ибо среди гирь ak + 1, ..., а
п
нет равных по весу (с. 240). Замечая же, что все грузы, вес которых
q выражается числами 1, 2, 3, ...,
1/2 (3k – 1), могут быть взвешены
при помощи гирь
a
1=1,a2=3,...,ak=3k–1
,
(8)
образующих натуральную систему из k гирь, мы заключаем, что не
толькоak+1>1/2(3k–1),ноиаk+1 –1/2(3k–1)>1/2(3k–1),ибо
величинавыраженияak+1–(a1+a2+...+ak)=ak+1–1/2(3k–1)
есть вес груза p, отличного от каждого из грузов 1, 2, 3, ...,
1/2(3k – 1)
и потому превосходящего груз 1/2 (3k – 1). Отсюда вытекает, что
аk + 1 > 3k – 1 и, следовательно,
a
k+1не<3k.
(9)
Полагая же в равенстве (6) Р = 3k, мы увидим, что в правой
части равенства
3
k=c1+с2+...+cg+bh+1+bh+2+...+bn
(10)
не может быть ни одного слагаемого, которое больше чем 3k.
Если бы там не было и слагаемого 3k, то каждое из чисел c1,


244
с2, ..., cg,bh+1,bh+2, ..., b
n
было бы одним из чисел (8), а так как
в равенстве (10) числа с суть различные числа из ряда 1, 3, ..., 3k–1
и то же относится к числам b, то имели бы место соотноше-
нияс1+с2+...+cg≤1+3+...+3k–l
=
1/2(3k–1),bh+1+
+ bh + 2 + ... + bn ≤ 1/2(3k – 1). Складывая эти неравенства и при-
нимая во внимание равенство (10), мы пришли бы к нелепому
соотношению
3k≤3k–1.
Отсюда следует, что правая часть равенства (10) содержит сла-
гаемое 3k, а это значит, что система гирь (7) содержит гирю 3k.
Если бы этой гирей была одна из гирь аk + 2, ..., а
п
, то имело бы
место неравенство ak + 1 < 3k, что невозможно в силу соотноше-
ния (9). Таким образом, аk + 1 = 3k.
Мы видели, что гиря 1 входит в состав каждой натуральной
системы гирь. Если теперь
1,a2,а3,...,а
n
есть натуральная система гирь, то, применяя п – 1 раз нашу лем-
му, найдём последовательно, что а2 = 3, а3 = 32, ..., а
п
=3
п–1
,и,
следовательно, система гирь
1,3,32, ..., 3
n–1
есть единственная натуральная система из п гирь.
Допустим, что имеется система гирь
1,3,32, ..., 3
n–1
(5)
и груз, коего вес р есть целое число, не превосходящее числа
1/2 (3n
–
1). Спрашивается, как расположить гири системы (5) на
чашах весов, чтобы взвесить груз р. Совершим для этой цели над
числом р тот ряд операций, который в арифметике предписыва-
ется для того, чтобы изобразить число р по троичной системе
счисления и притом при помощи цифр 0, – 1 и 1. Мы делим
число р на 3. Остаток ε1 этого деления будет либо 0, либо 1, либо
2; в последнем случае увеличим частное на 1, тогда остаток бу-
дет –1. Итак, предполагая, что остаток ε1 есть одно из чисел 1,
0, 1, обозначим частное через q1. Это частное вновь делим на 3,
причём получим остаток ε2, равный одному из чисел 1, 0, 1, и
частное q2. Последнее опять делим на 3 и т. д. до тех пор, пока
получим частное qm
= 1. Тогда имеем ряд равенств:


245
p=3q1+εl,
q1=3q2+ε2,
q2=3q3+ε3,
......................
qт –1
= 3qm+εт,
qт
=1.
Помножая эти равенства соответственно на 30, 31, 32, ..., 3
т
и
складывая полученные таким образом равенства, найдём, что
p
=3
m
+εm×3т–1+εт–1×3m–2+...+ε332+ε23+ε1. (11)
Так как каждое из чисел ε есть либо –1, либо 0, либо 1, то
εm3
m–1+εm–13m–2+...+ε23+ε1≥–3
m–1
–
3m–2
–
...–3
–
–
1=–
1/2 (3m
–
1);
поэтому
1/2 (3n
–
1)≥р≥3т
–
1/2 (3m
–
1) = 1/2(3т + 1);
следовательно,
3n
–
1≥3m+1,или3m(3n–m
–
1)≥2,
откудавытекает,чтоn–m≥1и
m≤n–1.
Пусть теперь 3m + 3m2 + 3m2 + ... будет сумма тех членов правой
части равенства (11), для которых коэффициенты ε равны едини-
це. Пусть далее 3l + 3l1 + ... будет сумма абсолютных величин тех
членов правой части равенства (11), которые входят в него со
знаком минус. Тогда
р=(3m+3m1+3m2+...) –(3l+3l1+...).
Всечислатиlразличны,ниодноизнихнебольшеп–1,и
каждое есть целое число, не меньшее нуля; следовательно, для
того, чтобы взвесить груз р при помощи гирь 1, 3, 32, ..., 3
n–1
,
необходимо и достаточно положить гири 3m, 3
m1, ... на одну чашку
весов, а гири 3l, 3l1, ... на другую чашку весов.
Пример. При помощи гирь системы 1, 3, 32, 33, 34, 35, коих
сумма весов равна 1/2 (36 – 1) = 364, требуется отвесить 168 еди-


246
ниц веса. Частное от деления 168 на 3 равно 56, и остаток ε1 = 0;
частное от деления 56 на 3 есть 19, а остаток ε2 = – 1. Затем на-
ходим частное 6, остаток ε3 = 1, потом частное 2 и остаток ε4 = 0.
Деля 2 на 3, получим остаток ε5 = – 1 и частное 1; поэтому
168=35–1×34+0×33+1×32–1×3+0=
= (35+32)–(34+3).
Чтобы отвесить 168 фунтов, необходимо и достаточно поло-
жить на одну чашку весов гири 35 и 32, а на другую чашку — гири
34и3.Гири1и3вэтомслучаененужны.
12) (с. 95). В теории квадратичных форм доказывается, что де-
лители чисел вида v2 + w2 тоже суть числа вида v2 + w2.
13) (с. 118). Остаток, равный нулю, заменяется числом п.
14) (с. 211). Задача, решение которой будет изложено в этом
добавлении, заключается в требовании вычертить данную фигуру
(систему линий) непрерывным движением, не проходя дважды по
одной и той же линии, принадлежащей фигуре, и не вычерчивая
не принадлежащих ей линий. Условимся называть вершинами фи-
гуры точки, в которых линии фигуры либо пересекаются, либо
пресекаются, а также те точки, в которых вычерчивание начина-
ется или оканчивается, причём вершину, в которой начинается
вычерчивание, будем называть начальной, вершину, в которой
оканчивается вычерчивание, — конечной, а все прочие верши-
ны — промежуточными. Может, понятно, случиться, чтобы ко-
нечная вершина была в то же время и начальной. Стороной фи-
гуры мы будем называть такой отрезок линии, входящей в состав
фигуры, на котором расположены только две вершины, причём
этот отрезок необходимо будет ими ограничен. Каждая сторона
фигуры будет называться лучом по отношению к вершине, из ко-
торой она выходит. Вершина, из которой выходит чётное число
лучей, будет называться чётной, все прочие вершины будут на-
зываться нечётными. Так как каждая сторона фигуры служит лу-
чом каждой из двух соединяемых ею вершин, то число всех лучей
фигуры вдвое больше числа сторон, то есть каждая фигура неиз-
бежно заключает в себе чётное число лучей.
Пусть F будет какая-либо фигура, вычерченная в условиях
рассматриваемой задачи, А — начальная, В — конечная и С —
какая-либо промежуточная вершина фигуры. Легко видеть, что
всякое прохождение через промежуточную вершину С сопрово-
ждается вычерчиванием двух её лучей: того, по которому прихо-


247
дим в С, и того, по которому выходим из С. Если при вычерчи-
вании фигуры проходили через С всего п раз, то вершина С
содержит 2п лучей. Из этих рассуждений явствует, что каждая
промежуточная вершина фигуры F, вычерченной в условиях рас-
сматриваемой задачи, содержит чётное число лучей. Что же каса-
ется вершин А и В, то следует различать два случая: 1) когда А
совпадает с В, то есть когда начальная вершина бывает и конеч-
ной, мы вычерчиваем один луч вершины А исходя из А, один луч,
возвращаясь окончательно в A, и чётное число лучей, проходя
один или несколько раз через А (если только из А исходит больше
двух лучей). Таким образом, в этом случае вершина А (а следова-
тельно, и каждая вершина фигуры) есть чётная вершина; 2) когда
А не совпадает с В, то вычерчиваем один луч вершины А исходя
из А и чётное число лучей, проходя через А, то есть вершина А
будет нечётной. Вершина В также будет нечётной, ибо чётное
число лучей вершины В вычерчивается при прохождениях через
В, и один её луч вычерчивается, когда окончательно возвраща-
емся в В. Таким образом, в этом случае фигура F заключает две
нечётные вершины А и В. Из сказанного выводим следующее не-
обходимое условие возможности вычерчивания фигуры при со-
блюдении требований рассматриваемой задачи.
I. Для того чтобы данную фигуру F возможно было вычертить
при соблюдении изложенных требований, необходимо, чтобы она
заключала либо только чётные, либо две, и только две нечётные
вершины. В первом случае вычерчивание фигуры F будет начинать-
ся и оканчиваться в одной и той же вершине, во втором — вы -
черчивание начинается в одной из двух нечётных вершин и оканчи-
вается в другой.
Легко видеть, что если вычерчивание фигуры F с чётными
вершинами возможно1 тогда, когда начинаем и оканчиваем вы-
черчивание в вершине А, то оно будет возможно и тогда, когда
начнём его в любой из остальных вершин, т. е. безразлично, в
какой из вершин начинается вычерчивание. Действительно, если
вершины, через которые мы последовательно проходили, от-
метим буквами А, В, С, ..., K, ..., Р, ..., Z, А (причём, конечно,
может случиться, что какая-либо вершина, например Р, тожде-
ственна с какими-либо из предшествующих вершин, например
с К), то легко заметить, что если начнём вычерчивание с одной
из промежуточных вершин, например с вершины К, и пройдём
путьК, ..., Р, ..., Z, ..., А,В,С, ..., К,товсяфигурабудетвычер-
чена. Нетрудно также усмотреть, что если фигура имеет две не-
1
Говоря «вычерчивание фигуры возможно», мы будем подразуме-
вать вычерчивание при соблюдении условий задачи.


248
чётные вершины А и В, то безразлично, какую из них примем за
начальную, ибо если фигуру возможно вычертить, начав в A и
окончив (необходимо) в В, то её возможно также вычертить, на-
чав в В и окончив в A, причём будет пройден тот же путь в об-
ратном направлении.
Фигуру F мы будем называть односвязной, если она содержит
хоть одну вершину А, обладающую тем свойством, что, исходя из
A и двигаясь по сторонам фигуры, мы можем прийти в любую
вершину фигуры F. Очевидно, что если хоть одна вершина A фи-
гуры обладает таким свойством, то и всякая другая вершина М
той же фигуры обладает тем же свойством, ибо мы можем исходя
из М прийти в любую вершину фигуры, пройдя путь от М до A и
от A до желаемой вершины. Неодносвязная фи-
гура, подобная, например, изображённой здесь,
очевидно, не может быть вычерчена при соблюде-
нии требований задачи, ибо если, исходя из A и
двигаясь по сторонам фигуры, нельзя прийти, на-
пример, в В, то всякий раз, когда вычертим одну
из этих двух вершин, нельзя будет вычертить дру-
гую. Отсюда следует условие:
II. Для того чтобы фигуру F возможно было вычертить в усло-
виях задачи, необходимо, чтобы фигура F была односвязной.
Прежде чем покажем достаточность условий I и II для возмож-
ности вычерчивания фигуры F, докажем следующие две леммы.
Лемма первая. Фигура с нечётным числом нечётных вершин не-
возможна.
Действительно, если F есть фигура с нечётным числом нечёт-
ных вершин, то число S всех лучей, принадлежащих нечётным
вершинам, есть число нечётное, ибо S есть сумма нечётного чис-
ла нечётных чисел. Число s всех лучей, принадлежащих чётным
вершинам фигуры F, есть число чётное, ибо s есть сумма чётных
чисел. Таким образом, число S + s всех лучей фигуры есть число
нечётное, что, как мы видели выше (с. 246), невозможно.
Пусть AB будет сторона и С — одна из вершин односвязной
фигуры Fп + 1, содержащей n + 1 сторон. Двигаясь по ним, можно,
по определению, прийти из A в С, а также из В в С, но легко
видеть, что если для перехода из A в С необходимо пройти сторо-
ну АВ, то из В в С можно пройти, не двигаясь по этой стороне.
В самом деле, допустим для общности, что, переходя из A в С, мы
несколько раз возвращались в точку A, и рассмотрим путь l, прой-
денный после того, как точка A была оставлена в последний раз.
Путь l ведёт от A к С и содержит, следовательно, сторону AB. От-
сюда вытекает, что l состоит из части AB и части, ведущей от В к
С и не содержащей точки A, ибо к точке A мы уже больше, по


249
предположению, не возвращаемся. По этой последней части мож-
но, следовательно, пройти из В в С, не проходя прямой AB.
Положим теперь, что в нашей односвязной фигуре Fn + 1 опуще-
на сторона AB, после чего осталась фигура Fn с п сторонами, кото-
рая может быть односвязной или неодносвязной. В случае неод-
носвязности фигуры Fn мы будем говорить, что при опускании
стороны AB фигура Fn + 1 разрывается. Положим, фигура Fn неодно-
связная, и пусть С будет такая её вершина, в которую нельзя прийти
из вершины A, двигаясь по сторонам фигуры Fn
. Ясно, что при
переходе от A к С по сторонам фигуры Fn + 1 необходимо было прой-
ти сторону AB (ибо в противном случае можно было бы на фигуре
FnпройтиизAвСпотомужепути,чтоинафигуреFn+l).Номы
видели, что в таком случае можно пройти из В в С по сторонам
фигуры Fn + 1, не проходя стороны АВ, и, следовательно, по тому же
пути можно пройти из В в С, двигаясь по сторонам фигуры Fn
.
Итак, если, опустив в фигуре Fn + 1 сторону AB, мы разрываем
фигуру, получив при этом неодносвязную фигуру Fn, то вершины
этой последней могут быть разбиты исчерпывающим образом на
два класса: 1) вершины, к которым можно прийти из A, двигаясь
по сторонам фигуры Fn, и 2) вершины, к которым, двигаясь по
сторонам фигуры Fn, нельзя прийти из A, но можно прийти из В.
Вершины первого класса и соединяющие их стороны фигуры Fn
образуют односвязную фигуру f с вершиной A; вершины другого
класса и соединяющие их стороны фигуры Fn образуют односвяз-
ную фигуру φ с вершиной В. Мы приходим, таким образом, к
следующему выводу.
Лемма вторая. Если в односвязной фигуре Fn+1 опустить одну
сторону AB, то полученная фигура Fn будет либо односвязной, либо
состоящей из двух односвязных фигур: фигуры f с вершиной А и фи-
гуры φ с вершиной В.
Обозначив теперь через Fn + 1 фигуру, содержащую п + 1 сторон
и удовлетворяющую условиям I и II, докажем, что эти условия
достаточны для возможности вычерчивания фигуры Fn + 1, если
только они достаточны для возможности вычерчивания всякой
фигуры, содержащей не больше чем п сторон. Так как фигура об
одной стороне необходимо удовлетворяет условиям I и II и может
быть вычерчена непрерывным движением, то этим докажем, что
условия I и II вообще достаточны.
Пусть А будет какая-либо из вершин фигуры Fn + 1 в том слу-
чае, когда последняя содержит только чётные вершины, и будем
разуметь под А одну из нечётных вершин фигуры в том случае,
когда фигура содержит две нечётные вершины. Исходя из А, вы-
чертим сторону AB фигуры; тогда останется вычертить фигуру Fn
с п сторонами.


250
Рассмотрим несколько случаев.
Когда фигура Fn + 1 содержит только чётные вершины, то фи-
гура Fn, содержит две нечётные вершины А и В, удовлетворяет
условию I. Она удовлетворяет также и условию II, ибо в про-
тивном случае состояла бы из двух односвязных фигур f и φ, из
коих каждая соответственно содержала бы по одной нечётной
вершине А и В, что невозможно по первой лемме. Но если фи-
гура Fn удовлетворяет условиям I и II, она, по допущению, может
быть вычерчена, причём вычерчивание может начинаться с вер-
шины В.
Когда фигура Fn + 1 содержит две нечётные вершины, и В есть
вторая нечётная вершина, то фигура Fn, содержа одни только чёт-
ные вершины, удовлетворяет условию I. Если она удовлетворяет
и условию II, то её возможно вычертить начиная с В; если же не
удовлетворяет, то она состоит из двух фигур f и φ, из коих каждая,
удовлетворяя условиям I и II и содержа меньше чем п сторон,
может быть в отдельности вычерчена при соблюдении условий
рассматриваемой нами задачи. В этом случае нельзя вычертить
фигуры Fn + 1, исходя из A и переходя в В, но эту фигуру можно
вычертить так: исходя из А, вычертим фигуру f; конечной верши-
ной будет служить вершина А. Перейдя затем по стороне AB в В,
вычертим фигуру φ.
Когда фигура Fn + 1 содержит две нечётные вершины и второй
нечётной вершиной служит не В, а С, то фигура Fn, содержа толь-
ко две нечётные вершины В и С, может быть вычерчена, если
только она удовлетворяет условию II. В противном случае она
состоит из двух односвязных фигур f и φ, и невозможно, чтобы
из двух нечётных вершин В и С одна принадлежала фигуре f, а
другая фигуре φ, ибо тогда, вопреки первой лемме, эти фигуры
имели бы по одной только нечётной вершине. Так как вершина
В принадлежит фигуре φ, то f содержит только чётные вершины,
a φ — обе нечётные вершины В и С.
Вычерчивание фигуры Fn + 1 может быть произведено следу-
ющим образом: начав с A, вычертим фигуру f, удовлетворяющую
условиям I и II и содержащую не больше п сторон. Окончив вы-
черчивание фигуры f в A, перейдём по AB в В и вычертим фигуру
φ, содержащую не больше п сторон и удовлетворяющую условиям
I и II, причём вычерчивание фигуры φ начнём с нечётной верши-
ны В и окончим в нечётной вершине С.
Таким образом, доказана достаточность условий I и II. Из
хода доказательства явствует, что когда эти условия удовлетво-
рены, то для вычерчивания фигуры надо начать с любой верши-
ны в фигуре, содержащей одни чётные вершины, и с одной из
нечётных вершин в фигуре, содержащей две нечётные вершины.


Засим необходимо и всегда возможно двигаться по сторонам
фигуры так, чтобы сохранялась односвязность невычерченной
части.
15) (с. 223). Окружность круга разделим на 20 частей и в точках
деления расставим по порядку, двигаясь по часовой стрелке, чис-
ла 1, 2, ..., 20. Затем расставим по порядку в тех же точках деле-
ния буквы
rrrlllrlrlrrrlllrlrl,
начиная с точки 1 и следуя порядку возрастания номеров. Мы
пройдём вышеприведённый ряд букв, если будем двигаться по
окружности в направлении движения часовой стрелки начиная с
точки 1 или с точки 11. Мы получим ещё ряд
rrrlrlrlllrrrlrlrlll,
также начинающийся тремя буквами r, если будем двигаться в
прямо противоположном направлении начиная с точки 3 или с
точки 13.
16) (с. 224). Станция М не может быть последней, так как по-
ездка круговая.


252
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловиеотиздательства..............................3
Предисловиекрусскомуизданию.........................4
Предисловиекпервомунемецкомуизданию................5
Предисловиеквторомунемецкомуизданию................7
I отдел
Задачи, относящиеся к числам
§1.Отгадываниезадуманныхчисел........................9
§2.Предугадываниеполученныхрезультатов..............18
§3.Замечательные рядыцифр...........................20
§4.Весьмабольшиечисла...............................30
§5.Отгадываниечислаочковприкрытыхкарт.............43
§6.Задачинапереливание..............................47
§ 7. Поверка при помощи девятки и фокусы с девяткой . . . . . 61
§8.Фокусыскостями..................................65
§9.Цепидомино.......................................68
§ 10. Представление всех чисел в виде суммы степеней
числа2................................................72
§11.ЗадачаБашеогирях...............................76
§12.Отгадываниевладельцевразличныхвещей............79
§ 13. Игра двух лиц, которые поочерёдно прибавляют. . . . . . . 83
§14.Совершенныечисла................................85
§15.ПифагоровыиГероновычисла......................89
§16.Затруднённоеделение..............................99
§17.Софизмы........................................105


II отдел
Задачи, относящиеся к расположению
§18.Задачао15христианахи15турках .................114
§ 19. Магические квадраты
А.Введение.........................................126
В. Старые способы составления магических квадратов
снечётнымчисломклеток............................129
С. Новые способы составления квадратов с нечётным
числомклеток.......................................132
D.Квадратысчётнымчисломклеток..................137
Е.Магическиеквадратысчисламигода................143
F. Магические квадраты, находящиеся один в другом . . . . 145
G. Магические квадраты с магическими частями . . . . . . . . 147
Н.Магическиемногоугольники.......................148
J.Магическиекубы..................................149
§ 20. Ход коня
А.Введение.........................................152
В.Историческиесведения............................157
С.МетодыЭйлераиВандермонда.....................159
D.МетодКолини....................................164
Е.МетодыПолиньякаиЛакиера......................165
F. Ходы коня в случае, когда число клеток меньше 64 . . . . 171
G. Центрально-симметричные ходы коня
спостояннымисуммами..............................175
Н.Ходыконявклеткахкуба..........................176
§21.Такен,илиИгравпятнадцать......................180
§22.ВечныйкалендарьдляднейнеделииПасхи.........201
А.Вечныйкалендарьдляднейнедели..................202
В.Вечныйкалендарьпраздников......................204
§ 23. Вечный календарь для новолуний и полнолуний. . . . . . 206
§24.Эйлеровыстранствования..........................209
§25.Гамильтоновыкруговыепоездки....................217
Примечанияидобавления..............................232


Научно-популярное издание
Азбука науки для юных гениев
Шуберт Герман
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
РАЗВЛЕЧЕНИЯ И ИГРЫ
Îòâåòñòâåííûé çà âûïóñê Ë.È. ßíöåâà
Ðåäàêòîð Ê. . Ôåäîð÷åíêî
Íàó÷íûé ðåäàêòîð Ì.Ð . Âåðâàëüä
Òåõíè÷åñêèé ðåäàêòîð Í. . Òðàâêèíà
Êîððåêòîð À. . Ìàêñèìåíêî
Ïîäïèñàíî â ïå÷àòü 27.07.2017.
Ôîðìàò 84 ×1081/32. Áóìàãà òèïîãðàôñêàÿ. Ãàðíèòóðà «Íüþòîí».
Ïå÷àòü îôñåòíàÿ. Óñë. ïå÷. ë. 13,44. Ó÷.- èçä. ë. 10,89.
Òèðàæ 2 500 ýêç. Çàêàç 1
ÇÀÎ «Öåíòðïîëèãðàô»
121471, Ìîñêâà, Ìîæàéñêîå ø., 29/2
WWW.CENTRPOLIGRAF.RU
Îòïå÷àòàíî â ÎÀÎ «Ðûáèíñêèé äîì ïå÷àòè»
152901, ßðîñëàâñêàÿ îáë., ã. Ðûáèíñê, óë. ×êàëîâà, 8
e-mail: printing@yaroslavl.ru
www.printing.yaroslavl.ru


Переплет, формат 130×206 мм, объем 448 с.
Переплет, формат 133×206 мм, объем 224 с.
Казалось бы, ни одному учителю не под силу объяс-
нить школьнику, что геометрия может быть интересной!
Но с помощью книги знаменитого Якова Исидоровича
Перельмана это становится возможным, ведь все его
задачи направлены на то, чтобы
юный гений научился замечать
геометрические законы в окру-
жающем мире и пользоваться
приобретенными знаниями на
практике.
Действительно ли муравей
сильнее человека и что идет бы-
стрее — голова или ноги? Как на-
учиться чертить без циркуля и
измерять длину без линейки?
Как определить размер объекта
по компасу и вычислить рассто-
яние без приборов? Почему пыль
и облака летают в воздухе и какая
разница между горизонтами на
Земле и на Луне?
Оригинальные задачи! Интересные примеры! Неожи-
данные решения! Книга поможет развить наблюдатель-
ность, пространственное и «геометрическое» воображе-
ние и подарит массу положительных эмоций любому
читателю, даже тому, кто терпеть не может геометрию!
ЗАНИМАТЕЛЬНАЯ
ГЕОМЕТРИЯ
Яков Перельман


Переплет, формат 130×206 мм, объем 448 с.
Переплет, формат 133×206 мм, объем 288 с.
ЗАНИМАТЕЛЬНАЯ
АСТРОНОМИЯ
Яков Перельман
В книге знаменитого учителя и ученого Я.И. Перель-
мана вы найдете массу тайн и загадок, познакомиться с ко-
торыми будет интересно любому! Строение Солнечной
системы, объяснение тех или иных природных явлений,
достижения «космической» науки и многое другое. После
прочтения этой увлекательной книги вы не только позна-
комитесь с основами астрономии и узнаете, что таит в себе
загадочный мир космоса, но и сумеете развить свое вооб-
ражение и расширить кругозор.