КЛАСИКИ ПОПУЛЯРИЗАЦІЇ НАУКИ
Б.А. Кордемський
МАТЕМАТИЧНА КМІТЛИВІСТЬ
Переклад з російського видання
ТЕРНОПІЛЬ
НАВЧАЛЬНА КНИГА - БОГДАН


УДК 51(023)
ББК 22.1
К66
Серію “Класики популяризації науки ” засновано 2007 року.
Переклад здійснено за виданням:
Кордемский Б.А. Математическая смекалка. — М.: ООО «Издательство Оникс»: ООО «Издательство «Мир и образование», 2005.
Кордемський Б.А.
Кб6 Математична кмітливість: Пер. з рос. — Тернопіль: Навчальна книга - Богдан, 2011. - 568 с.; іл. (Класики популяризації науки).
ISBN 978-966-10-0316-2
Це видання — переклад книги майстра російської науково- популярної літератури Бориса Анастасійовича Кордемського — збірника математичних мініатюр: різноманітних цікавих задач, математичних ігор, жартів і фокусів.
Усі, хто захоплюється математикою, — незалежно від віку — матимуть змогу потренувати мислення, винахідливість і кмітливість.
У перекладному виданні, поряд з примітками автора, подано також редакційні примітки, що певною мірою об’єктивізують дещо «зідеологізовану» спрямованість оригіналу і, маючи здебільшого довідковий характер, просвітлюють «фон» тогочасної епохи, в якій створювалась автором ця книга.
ББК 22.1
Охороняється законом про авторське право.
Жодна частина цього видання не може бути відтворена в будь-якому вигляді без дозволу автора чи видавництва
© Луковцева А.К., Фохт О.Б., спадкоємці, 2005
ISBN 978-966-408-435-9 (серія) © Навчальна книга — Богдан, макет, ISBN 978-966-10-0316-2 художнє оформлення, 2011


ПЕРЕДМОВА АВТОРА
У роботі, в навчанні, в грі, у всякій творчій діяльності людині потрібні тямовитість, винахідливість, здогад, уміння міркувати — все те, що наш народ влучно визначає одним словом «кмітливість». Кмітливість можна виховати і розвинути систематичними і поступовими вправами, зокрема, розв’язуванням математичних задач як шкільного курсу, так і задач, що виникають на практиці та пов’язані зі спостереженнями світу речей і подій довкола нас.
Кожна сім’я, в якій батьки турбуються про організацію розумового розвитку дітей та підлітків, відчуває потребу в підібраному матеріалі для заповнення дозвілля корисними, розумними і ненудними математичними вправами.
Саме для таких позапрограмових занять, бесід і розваг у вільний вечір у сімейному колі, з друзями або в школі на позакласних зустрічах і призначена «Математична кмітливість» — збірник математичних мініатюр: різноманітних задач, математичних ігор, жартів і фокусів, що потребують роботи розуму, розвивають тямовитість і необхідну логічність міркувань.
У дореволюційний час були широко відомі збірники Є. І. Ігнать- єва «В царстве смекалки». Тепер вони застаріли для читача і тому не перевидаються. Все ж таки в цих збірниках є задачі, які ще не втратили педагогічної й освітньої цінності. Одні з них увійшли до «Математичної кмітливості» без змін, інші — зі зміненим або зовсім новим змістом.
Для «Математичної кмітливості» я також відбирав і, за потреби, обробляв задачі з числа тих, які розсипані по сторінках великої за обсягом вітчизняної і зарубіжної популярної літератури, прагнучи не повторювати задач, що входять до відомих читачам книг Я. І. Перельмана з цікавої математики*  1*.
п Значну частину задач або тем для задач я почерпнув з таких книг
і журналів: Е. И. Игнатьев, В царстве смекалки, кн. I, II, 1923; М. Kraitchick, Mathematical recreations, 1943; S. Jones, Mathematical nuts, 1932; «Математика в школе», «Затейник», «Scripta mathematica», «The American Mathematical Monthly» та ін.


Такі математичні задачі «малої форми» іноді виникають як побічний продукт серйозних досліджень вченого; багато задач аматори й педагоги придумують як спеціальні вправи для «розумової гімнастики». Вони, подібно до загадок і прислів’їв, переважно не зберігають авторства та стають надбанням суспільства.
«Математична кмітливість» призначена для читачів з різним ступенем математичної підготовки: і для підлітка 10-11 років, який робить перші спроби самостійних міркувань, і для школяра старших класів, захопленого математикою, і для дорослого, який хоче випробувати й потренувати свою кмітливість.
Систематизація задач за розділами, звичайно, доволі умовна; у кожному розділі є і легкі, й важкі задачі. У книзі міститься п’ятнадцять розділів.
Перший розділ складається з різнотипних початкових вправ «вигадливого» характеру, що спираються на здогадку або безпосередні фізичні дії (експеримент), іноді на нескладні розрахунки в межах арифметики цілих чисел (перший підрозділ цього розділу) і дробових чисел (другий підрозділ). Дещо порушуючи класифікаційну злагодженість книги, я виділив у перший розділ частину нескладних задач, що тематично належать до наступних розділів. Це зроблено для тих читачів, яким ще важко самостійно відрізнити посильну задачу від непосильної. Розв’язуючи підряд різнотипні задачі першого розділу, вони зможуть випробувати власні сили, а потім свою цікавість до певної теми перенести на відповідні задачі наступних розділів.
Для розв’язання задач другого розділу власна математична кмітливість і наполегливість мають здолати різноманітні перешкоди та підказати вихід зі скрутного становища.
Третій розділ—«Геометрія на сірниках»—складається з геометричних задач-головоломок.
Розділ «Сім разів відмір, один раз відріж» складається із задач на розрізання фігур.
Зміст задач розділу «Справжній умілець завжди знайде діло» пов’язаний з практичною діяльністю, з технікою.
У розділі, що називається «Математика майже без обчислень», уміщено задачі, для розв’язання яких потрібно побудувати ланцюжок майстерних і тонких логічних міркувань.
4


Ігри й фокуси зібрані в окремий розділ, а також розміщені по всій книзі. Вони мають у собі математичну основу і, безсумнівно, входять у «царину кмітливості».
Три розділи: «Крос-суми і чарівні квадрати», «Курйозне і серйозне в числах»та «Числа давні, але вічно юні», присвячені деяким цікавим спостереженням над числовими співвідношеннями, які назбиралися в математиці від глибокої давнини донині.
Останній розділ — невеликі нариси про кмітливість у роботі наших земляків, трударів полів та заводів.
У різних місцях книги запропоновано читачеві невеликі теми для самостійних досліджень.
У кінці книги вміщені розв’язки задач, тільки не слід поспішати в них зазирати.
Кожна задача на «здогадливість» приховує в собі деяку «родзинку» і в більшості випадків є міцним горішком, який розкусити досить нелегко, проте дуже заманливо.
Якщо вам не вдається відразу розв’язати задачу, то можна тимчасово пропустити її і перейти до наступної або до задач іншого розділу, іншого підрозділу. Згодом повернетеся до пропущеної задачі.
«Математична кмітливість» — книга не для легкого читання «за одним заходом», а для роботи протягом, можливо, кількох років, книга для регулярної розумової гімнастики невеликими порціями, супутник читача в його поступовому математичному розвитку.
Увесь матеріал книги підпорядкований виховній та освітній меті: спонукати читача до самостійного творчого мислення, до подальшого вдосконалення своїх математичних знань.
Самостійно розв’язуючи задачі, читачі в деяких випадках знаходили додаткові або й простіші розв’язки і люб’язно повідомляли мені свої результати. Автори найцікавіших розв’язків згадані у відповідних місцях книги.
Б. Кордемський.
5


ІЗ 	ПЕРЕДМОВИ ДО РОСІЙСЬКОГО ВИДАННЯ 2005 РОКУ
На превеликий жаль, це видання книги виявилося останнім, яке було підготовлено за життя Бориса Анастасійовича Кордемського (1907—1999рр.), найстарішого і найбільш відомого автора, метра вітчизняної науково-популярної літератури. За своє довге й плідне життя він створив багато різноманітних і захопливих книг, що пробуджують цікавість до математики, сприяють вихованню математичного мислення, розвитку ініціативи і кмітливості у багатьох поколінь учнів.
Усі, хто знав Бориса Анастасійовича, збережуть пам’ять про цю високоерудовану, працелюбну, інтелігентну, чуйну й дуже доброзичливу людину.


ЗАДАЧО


«Книжки — книжками, та рухай мізками»
В. Махновський
РОЗДІЛ ПЕРШИЙ
ВИГАДЛИВІ ЗАДАЧІ
ПІДРОЗДІЛ I
Перевірте й потренуйте свою кмітливість спочатку на таких задачах, для розв’язання яких потрібні лише цілеспрямована наполегливість, терпіння, тямущість і вміння додавати, віднімати, множити та ділити цілі числа.
1. 	Спостережливі школярі
Школярі — хлопчик і дівчинка — тільки що провели метеорологічні вимірювання.
Тепер вони відпочивають на пагорбі і дивляться на товарний потяг, який проходить повз них.
Паротяг на підйомі відчайдушно димить і пахкає. Уздовж полотна залізниці рівно, без поривів дме вітер.
— Яку швидкість вітру показали наші вимірювання? — запитав хлопчик.
— 7 метрів на секунду.
— Сьогодні мені цього достатньо, щоб визначити, з якою швидкістю рухається потяг.
— Невже? — засумнівалась дівчинка.
— А ти придивись уважніше до руху потяга.
Дівчинка трохи подумала і теж зметикувала, у чому тут річ.
9


Мал. 1. З якою швидкістю рухається потяг?
А побачили вони точнісінько те, що намалював наш художник (мал. 1). З якою ж швидкістю рухався потяг?
2. 	«Кам'яна квітка»
Пам’ятаєте талановитого «умільця» майстра Данила з казки П. Бажова «Кам’яна квітка»?
Мал. 2. З частин цих двох квіток складіть круг.
10


На Уралі розповідають, що Данило, будучи ще учнем, виточив дві такі квітки (мал. 2), листки, стебла і пелюстки яких розбирались, а з утворених частин квіток можна було скласти пластинку у формі круга.
Спробуйте! Перемалюйте Данилові квіточки на папір або картон, виріжте пелюстки, стебла й листки і складіть круг!
3. 	Переміщення шашок
Покладіть на стіл 6 шашок у ряд у такому порядку: чорна, біла, ще чорна, ще біла і т. д. (мал. 3).
Мал. 3. Білі шашки мають опинитися зліва, за ними — чорні.
Справа або зліва залишіть вільне місце, достатнє для чотирьох шашок.
Потрібно перемістити шашки так, щоб зліва опинились усі білі, а слідом за ними всі чорні. При цьому переміщувати на вільне місце потрібно відразу дві шашки, які лежать поряд, не змінюючи порядок, в якому вони лежать. Для розв’язання задачі достатньо зробити три переміщення (три ходи)1*.
Якщо у вас немає шашок, то скористайтеся монетами або наріжте шматочки паперу чи картону.
4. 	У три ходи
Покладіть на стіл 3 купки сірників. У першу купку покладіть 11 сірників, у другу — 7, а в третю — 6. Перекладаючи сірники з будь-якої однієї купки на будь-яку іншу, потрібно зрівняти всі три купки, щоб у кожній було по 8 сірників. Це можливо, оскільки загальне число сірників — 24 — ділиться на 3 без остачі; при цьому необхідно дотримуватись такого правила; до будь-якої купки дозволяється додавати рівно стільки сірників, скільки в ній уже є.
п Тема цієї задачі набуває подальшого розвитку в задачах 96 і 97 (с. 55 іс. 56) (прим, автора).
11


Наприклад, якщо у купці 6 сірників, то й додати до неї можна тільки 6, якщо у купці 4 сірники, то й додати до неї можна тільки 4.
Задача розв’язується у 3 ходи.
5. 	Полічіть!
Перевірте свою геометричну спостережливість: полічіть, скільки трикутників у фігурі, зображеній на мал. 4.
6. 	Шлях садівника
На мал. 5 подано план невеликого яблуневого саду (точки — яблуні). Садівник обробив усі яблуні підряд.
Почав він з клітинки, позначеної зірочкою, і обійшов одну за одною всі клітинки, як ті, які були зайняті яблунями, так і вільні, жодного разу при цьому не повертаючись на пройдену клітинку. По діагоналях він не ходив і на заштрихованих клітинках не був, оскільки там розміщені різні будівлі.
Завершивши обхід, садівник опинився на тій самій клітинці, з якої почав свій шлях.
Накресліть у своєму зошиті шлях садівника.
7. 	Треба зметикувати
У кошику лежать 5 яблук. Як розділити ці яблука між п’ятьма дівчатками, щоб кожна дівчинка отримала по одному яблуку і щоб одне яблуко залишилося у кошику?
12


8. 	Недовго думаючи
Скажіть, скільки кішок у кімнаті, якщо в кожному з чотирьох кутів кімнати сидить по одній кішці, навпроти кожної кішки сидить по 3 кішки і на хвості у кожної кішки сидить по кішці?
9. 	Вниз-вгору
Хлопчик щільно притиснув грань синього олівця до грані жовтого олівця. Один сантиметр (у довжину) притиснутої грані синього олівця, відраховуючи від його нижнього кінця, забруднений фарбою. Жовтий олівець хлопчик тримає непорушно, а синій, не перестаючи притискати до жовтого, опускає на 1 см, потім повертає у попереднє положення, знову опускає на 1 см і знову повертає у попереднє положення; 10 разів він так опускає і 10 разів піднімає синій олівець (20 рухів).
Якщо припустити, що за цей час фарба не висихає і не вичерпується, то на скільки сантиметрів у довжину забрудниться жовтий олівець після двадцятого руху?
Примітка. Цю задачу придумав математик Леонід Михайлович Рибаков по дорозі додому після вдалого полювання на качок. Що надихнуло його на створення задачі, ви прочитаєте нас. 378 після того, як розв’яжете її.
10. 	Переправа через річку (старовинна задача)
Невеликий військовий загін підійшов до річки, через яку необхідно було переправитись. Міст поламаний, а річка глибока. Що ж робити? Раптом офіцер помічає біля берега двох хлопчиків, які граються у човні. Але човен такий малий, що на ньому може переправитись тільки один солдат або тільки двоє хлопчиків — не більше! Однак усі солдати переправилися через річку саме на цьому човні. Яким же чином?
Розв’язуйте цю задачу «про себе» або практично, використовуючи шашки, сірники або щось подібне і пересуваючи їх по столі через уявну річку.
11. 	Вовк, коза і капуста
Це — також старовинна задача; зустрічається у творах VIII століття. Вона має казковий зміст.
13


Якийсь чоловік мав перевезти у човні через річку вовка, козу і капусту. В човні міг поміститися тільки сам чоловік, а з ним або вовк, або коза, або капуста. Але якщо залишити вовка з козою без нагляду, то вовк з’їсть козу, якщо залишити козу з капустою, то коза з’їсть капусту, а у присутності чоловіка «ніхто нікого не їв». Чоловік все-таки перевіз свій вантаж через річку.
Як він це зробив?
Мал. 6. Не можна було залишати без нагляду вовка і козу...
12. 	Викотити чорні кульки
У вузькому й дуже довгому жолобі містяться 8 кульок: чотири чорні зліва і чотири білі трошки більшого діаметру справа (мал. 7). У середній частині жолоба у стінці є невелика ніша, в якій може поміститися тільки одна кулька (будь-яка). Дві кульки можуть розміститися поряд упоперек жолоба тільки в тому місці, де є ніша.
Мал. 7. Викотити чорні кульки.
Лівий кінець жолоба закритий, а в правому кінці є отвір, крізь який може пройти чорна кулька, але не біла. Як викотити з жолоба всі чорні кульки? Виймати кульки з жолоба не можна.
14


13. 	Ремонт ланцюга
Знаєте, над чим замислився молодий майстер (мал. 8)? Перед ним 5 ланок ланцюга, які треба з’єднати в один ланцюг, не застосовуючи додаткових кілець. Якщо, наприклад, розкувати кільце 3 (одна операція) і зачепити його за кільце 4 (ще одна операція), потім розкувати кільце 6 і зачепити його за кільце 7 іт. д., то всього буде вісім операцій, а майстер прагне скувати ланцюг за допомогою тільки шести операцій. Йому це вдалося. Як же він діяв?
Мал. 8. Які дії потрібно виконати майстрові?
14. 	Виправте помилку
Візьміть 12 сірників і викладіть з них «рівність», показану на мал. 9.
Рівність, як бачите, неправильна, оскільки виходить, що 6 — 4 = 9.
Перекладіть один сірник так, аби рівність стала правильною.
Мал. 9. Виправте помилку, переклавши лише один сірник.
15


15. 	Із трьох — чотири (жарт)
На столі лежать 3 сірники.
Не додаючи жодного сірника, зробіть із трьох — чотири. Ламати сірники не можна.
16. 	Три та два — вісім (ще жарт)
Ось ще аналогічний жарт. Ви можете його запропонувати своєму товаришеві.
Покладіть на стіл 3 сірники і запропонуйте товаришеві додати до них ще 2 так, щоб стало вісім. Зрозуміло, що ламати сірники не можна.
17. 	Три квадрати
Із 8 паличок (наприклад, сірників), чотири з яких удвічі коротші за інші чотири, потрібно скласти 3 рівних квадрати.
18. 	Скільки деталей?
На заводі у токарному цеху виточують деталі зі свинцевих заготовок. З однієї заготовки виходить одна деталь. Стружку, що утворилася при виточуванні шести деталей, можна переплавити і виготовити ще одну заготовку. Скільки деталей таким чином можна зробити з 36 свинцевих заготовок?
19. 	Спробуйте!
У квадратній залі для танців поставте вздовж стін 10 крісел так, аби біля кожної стіни стояла однакова кількість крісел.
20. 	Розміщення прапорців
Комсомольці1* побудували невелику міжколгоспну2* гідроелектростанцію. До дня її урочистого пуску піонери3* ззовні прикрашають електростанцію зі всіх чотирьох сторін гірляндами, ліхтариками і прапорцями. Прапорців було небагато, всього 12.
11 Комсомолець — член комсомолу (ВЛКСМ) — масової молодіжної організації комуністичної партії, що діяла в СРСР (прим. ред. укр. видання).
2) Від слова колгосп (скорочення: колективне господарство) — виробничого, соціалістичного типу об’єднання селян для колективного ведення сільського господарства на землі, закріпленій за цим об’єднанням (прим. ред. укр. видання).
3) Піонер — тут: член масової дитячої комуністичної організації в СРСР (прим. ред. укр. видання).
16


Піонери спочатку розмістили їх по 4 з кожної сторони, як показано на схемі (мал. 10), потім зрозуміли, що ці ж 12 прапорців можна розмістити по 5 і навіть по 6 з кожної сторони. Другий проект їм сподобався більше, і вони вирішили розмістити по 5 прапорців.
Мал. 10. Як по-іншому розставити прапорці?
Покажіть на схемі, як піонери розмістили 12 прапорців по 5 з кожної з чотирьох сторін і як вони могли би їх розмістити по 6 прапорців.
21. 	Зберегти парність
Візьміть 16 будь-яких предметів (папірців, монет, слив чи шашок) і розмістіть їх по 4 в ряд (мал. 11). Тепер заберіть 6 предметів, але так, щоб в кожному горизонтальному і в кожному вертикальному рядах залишилося по парному числу предметів. Забираючи різних 6 предметів, можна отримати різні Мал. 11. Можна з’їсти 6 слив, розв’язки. але в жодному ряду не має за¬
лишатися непарне число слив.
17


22. 	«Чарівний» числовий трикутник
На вершинах трикутника я розмістив числа 1, 2 і 3, а ви розмістіть числа 4, 5, 6, 7, 8, 9 на сторонах трикутника так, щоб сума всіх чисел уздовж кожної сторони трикутника дорівнювала 17. Це неважко, оскільки я підказав, які числа слід розмістити на вершинах трикутника.
2 Значно довше доведеться вам пола-
Лмати голову над тим, як знову розмістити числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, кожне лише по одному разу, вздовж сторін і на вершинах трикутника так, щоб сума чисел на кожній стороні трикутника дорівнювала 20, якщо я наперед не скажу, які числа слід розмістити і 13 на вершинах трикутника.
Мал. 12 Коли отримаєте шукане розміщення
чисел, пошукайте все нові та нові розміщення. Умови задачі можуть виконуватися при найрізноманітніших розміщеннях чисел.
23. 	Як дванадцять дівчаток грали з м'ячем
Дванадцять дівчаток стали в коло і почали гру з м’ячем. Кожна дівчинка кидала м’яч своїй сусідці зліва. Коли м’яч обходив усе коло, його перекидали у протилежному напрямку. Через деякий час одна з дівчаток сказала:
— Краще кидатимемо м’яч через одну особу.
— Але оскільки нас дванадцять, то половина дівчаток не буде брати участі у грі, — жваво заперечила Наталя.
— Тоді кидатимемо м’яч через двох! (Кожна третя ловить м’яча).
— Ще гірше: гратимуть тільки четверо... Якщо хочете, щоб грали всі дівчатка, то потрібно кидати м’яча через чотирьох (п’ята ловить). Іншої комбінації немає.
— А якщо кидати м’яча через шість осіб?
— Це буде та сама комбінація, тільки м’яч рухатиметься у протилежному напрямку.
— А якщо грати через десять (кожна одинадцята ловить м’яч)? — допитувались дівчатка.
— У такий спосіб ми вже грали...
Дівчатка стали малювати схеми всіх запропонованих способів гри і дуже швидко переконалися в тому, що Наталя мала рацію.
18


Тільки одна схема гри (крім початкової) охоплювала всіх учасниць без винятку (мал. 13, а).
О
Мал. 13. Кожна дівчинка кидала м’яч сусідці зліва.
Ось якби дівчаток було тринадцять, м’яч можна було би кидати і через одну (мал. 13, б), і через дві (мал. 13, в), і через три (мал. 13, г), і через чотири (мал. 13, ґ), і щоразу гра охоплювала би всіх учасниць. З’ясуйте: чи можна при тринадцяти гравцях кидати м’яч через п’ятьох осіб? А чи можна кидати м’яч через шістьох осіб при тринадцяти гравцях? Поміркуйте і для наочності намалюйте відповідні схеми.
19


а 24. Чотирма прямими
Візьміть аркуш паперу і нанесіть на нього А дев’ять точок так, щоб вони розмістилися
™ ™ у формі квадрата, як показано на мал. 14.
Перекресліть тепер усі точки чотирма прямими ф ф ф лініями, не відриваючи олівця від паперу.
Мал. 14
25. 	Відокремити кіз від капусти
Розв’яжіть тепер задачу, в певному розумінні протилежну до попередньої. Там ми з’єднували точки прямими лініями, а тут потрібно провести три прямі лінії так, щоб відокремити кіз від капусти (мал. 15). На малюнку цієї книги проводити прямі лінії не варто. Перемалюйте схему розташування кіз і капусти у свій зошит і після цього спробуйте розв’язати задачу. Можна взагалі не проводити ліній, а скористатися в’язальними спицями чи тоненькими дротиками.
Мал. 15. Потрібні негайні заходи від цих ласунок...
20


26. 	Два потяги
Швидкий потяг вирушив з Москви до Ленінграда1* і рухався без зупинок зі швидкістю 60 кілометрів на годину. Інший потяг вирушив йому назустріч з Ленінграда до Москви і також рухався без зупинок зі швидкістю 40 кілометрів на годину.
Яка відстань буде між цими потягами за 1 годину до їхньої зустрічі?
27. 	Під час припливу (жарт)
Недалеко від берега стоїть корабель, в якого вздовж борту спущена на воду мотузяна драбина. Драбина має 10 сходинок; відстань між сходинками ЗО см. Найнижча сходинка торкається поверхні води. Океан сьогодні дуже спокійний, але починається приплив, який піднімає воду щогодини на 15 см. Через який час покриється водою третя сходинка мотузяної драбини?
28. 	Циферблат
а) Поділити циферблат годинника (мал. 16) двома прямими лініями на три частини так, щоб, додавши числа, у кожній частині отримати однакові суми.
б) Чи можна цей циферблат поділити на 6 частин таким чином, щоб у кожній частині знаходились два числа, причому суми цих двох чисел у кожній із шести частин були би рівними між собою?
Мал. 16.
29. 	Тріснутий циферблат
У музеї я бачив старовинний годинник з римськими цифрами на циферблаті, причому замість відомого нам запису числа чотири (IV) стояли чотири палички (ІШ). Тріщини, що утворилися на циферблаті, поділили його на 4 частини, як зображено на мал. 17. Суми чисел у кожній частині виявилися неоднаковими: у першій — 21, у другій — 20, у третій — 20, у четвертій — 17.
Ленінград — колишня назва міста Санкт-Петербург (Росія) (прим. ред. укр. видання).
21


Я помітив, що при дещо іншому розміщенні тріщин сума чисел у кожній з чотирьох частин циферблата дорівнювала би 20. При
Мал. 17. Тріщини поділили циферблат на 4 частини.
новому розміщенні тріщин вони можуть і не проходити через центр циферблата. Перемалюйте циферблат у свій зошит і знайдіть це нове розміщення тріщин.
ЗО. 	Дивовижний годинник (китайська головоломка)
Якось до одного будинку терміново попросили прийти годинникаря.
— Я хворію, — відповів годинникар, — і не зможу прийти. Але якщо потрібно полагодити щось нескладне, то до вас прийде мій учень.
Виявилось, що треба було поламані стрілки замінити на інші.
— З цим мій учень впорається, — сказав майстер. — Він перевірить механізм вашого годинника і підбере до нього нові стрілки.
Учень поставився до роботи дуже старанно, і коли він закінчив огляд годинника, вже посутеніло. Вважаючи роботу завершеною, хлопець поспішно причепив підібрані стрілки і виставив їх за своїм годинником: велику стрілку на цифру 12, а маленьку — на цифру 6 (була рівно шоста година вечора).
22


Однак невдовзі після того, як учень повернувся у майстерню, щоб повідомити майстрові про виконану роботу, задзвонив телефон. Хлопець узяв слухавку і почув сердитий голос замовника:
— Ви погано відремонтували годинник, він неправильно показує час.
Учень майстра, вельми здивований цим повідомленням, поспіхом пішов до замовника. Коли хлопець прийшов, годинник, який він відремонтував, показував початок дев’ятої. Учень вийняв свій кишеньковий годинник і простягнув його розгніваному господареві дому:
— Звірте, будь ласка. Ваш годинник ні на секунду не відстає.
Приголомшений замовник був змушений погодитися, що його годинник у цей момент справді показує точну годину.
Проте наступного дня вранці замовник знову зателефонував і сказав, що стрілки годинника, очевидно, збожеволіли і розгулюють по циферблату, як їм заманеться. Учень майстра побіг до замовника. Годинник показував початок восьмої. Звіривши час за своїм годинником, хлопець неабияк розгнівався:
— Ви глузуєте з мене! Ваш годинник показує точну годину!
Годинник справді показував точну годину. Обурений учень хотів одразу піти, але господар затримав його. А через кілька хвилин вони з’ясували причину таких неймовірних подій.
А ви здогадалися, у чому тут річ?
31. 	По три в ряд
Розмістіть на столі 9 ґудзиків у формі квадрата по 3 ґудзики на кожній стороні та один ґудзик у центрі (мал. 18). Зауважте, що якщо вздовж якої-небудь прямої лінії розміщуються два ґудзики або більше, то таке розміщення ми завжди називатимемо «поряд». Так, АВ і CD — ряди, у кожному з яких по 3 ґудзики, a EF — ряд, що містить 2 ґудзики.
Мал. 18. Скільки тут рядів?
Визначте, скільки на малюнку всього рядів по 3 ґудзики у кожному і скільки таких рядів, у кожному з яких тільки по 2 ґудзики.
23


Заберіть тепер будь-яких 3 ґудзики, а ті 6 ґудзиків, які залишилися, розмістіть у 3 ряди так, щоб у кожному ряду було по
3 ґудзики.
32. 	Десять рядів
Неважко здогадатися, як розмістити 16 шашок у 10 рядів по
4 шашки у кожному ряду. Набагато важче розмістити 9 шашок у 10 рядів так, щоб у кожному ряду було по 3 шашки.
Розв’яжіть обидві задачі.
33. 	Розміщення монет
На аркуші чистого паперу намалюйте фігуру, зображену на мал. 19, збільшивши при цьому її розміри в 2-3 рази, і приготуйте 17 монет такого номіналу:
по 20 копійок1* — 5 монет,
по 15 копійок1* — 3 монети,
по 10 копійок — 3 монети, по 5 копійок — 6 монет.
Мал. 19. Розмістіть монети у квадратиках цієї фігури.
п Оскільки таких номіналів українських монет немає, то монети можна замінити на паперові чи картонні фішки з позначенням указаних номіналів (прим. ред. укр. видання).
24


Розмістіть приготовані монети у квадратиках зображеної фігури так, щоб сума копійок уздовж кожної прямої лінії, проведеної на малюнку, дорівнювала 55.
34. 	Від 1 до 19
У дев’ятнадцяти кружках, зображених на мал. 20, потрібно розмістити всі цілі числа від 1 до 19 так, щоб сума чисел у будь- яких трьох кружках, які лежать на одній прямій, дорівнювала ЗО.
Мал. 20. Розмістіть у кружках числа від 1 до 19.
35. 	Швидко, але обережно
Наступні чотири задачі розв’яжіть «на швидкість» — хто швидше дасть правильну відповідь:
Задача 1. Опівдні з Москви до Тули вирушає автобус із пасажирами. Через годину з Тули до Москви виїжджає велосипедист і їде по тому самому шосе, але, звичайно, значно повільніше, ніж автобус.
Коли пасажири автобуса і велосипедист зустрінуться, то хто з них буде далі від Москви?
Задача 2. Що дорожче: кілограм гривеників1* чи півкілограма двогривених?
Задача 3. О 6 годині настінний годинник пробив 6 ударів. За допомогою кишенькового годинника я зауважив, що від першого удару до шостого минуло рівно ЗО секунд.
п Гривеник — розмінна 10-копійкова монета: в Росії випускалася із срібла з 1701 р; в СРСР карбувалася з 1924 р. Двогривений, відповідно, 20-копійкова монета (прим. ред. укр. видання).
25


Якщо для того, аби пробити 6 разів, годиннику було потрібно ЗО секунд, то скільки часу продовжуватиметься бій годинника опівдні або опівночі, коли годинник б’є 12 разів?
Задача 4. З однієї точки вилетіли 3 ластівки. Коли вони будуть в одній площині?
А зараз, спокійно розмірковуючи, перевірте свої розв’язки і зазирніть у розділ «Розв’язки та відповіді».
— Ну як? Чи не потрапили ви часом у невеличкі пастки, приховані у цих нескладних задачах?
Такі задачі тим і привабливі, що вони загострюють увагу і привчають до обережності у звичному ході думок.
36. 	Фігурний рак
Фігурний рак, зображений на мал. 21, складається із 17 шматочків.
Мал. 21. Із 17 шматочків «рака» викладіть круг і квадрат.
Складіть зі шматочків цього рака дві фігури відразу: круг і поряд з ним квадрат.
37. 	Вартість книги
За книгу заплатили 1 карбованець1* і ще половину вартості книги. Скільки коштує книга?
п Карбованець — грошова одиниця в дореволюційній Україні та у СРСР; також: тимчасова грошова одиниця України, що перебувала в обігу з 1991 р. до 1996 р. (прим. ред. укр. видання).
26


38. 	Неспокійна муха
По автомагістралі Москва—Сімферополь два спортсмени одночасно почали тренувальний велопробіг назустріч один одному.
У той момент, коли між велосипедистами залишилося всього 300 км, велопробігом дуже зацікавилася муха. Злетівши з плеча першого велосипедиста і випереджаючи його, вона помчала назустріч другому. Зустрівши другого велосипедиста і переконавшись, що з ним усе гаразд, вона відразу ж повернула назад. Долетіла муха до першого спортсмена і знову повернула до другого.
Так вона й літала між велосипедистами, які рухалися назустріч один одному, доти, доки вони не зустрілись. Аж тоді муха заспокоїлась і сіла одному з них на носа.
Муха літала між велосипедистами зі швидкістю 100 км на годину, а велосипедисти весь цей час їхали зі швидкістю 50 км на годину.
Скільки ж кілометрів пролетіла муха?
39. 	Менше, ніж через 50 років
Чи буде у цьому столітті1* такий рік, що я^сщо його записати цифрами на папірці й верхній край папірця повернути вниз, то число, що утворилося на переверненому папірці, виражатиме той самий рік?
40. 	Два жарти
Перший жарт. Тато зателефонував доньці, попросив її купити деякі речі, потрібні йому до від’їзду, і сказав, що гроші лежать у конверті на письмовому столі. Дівчинка, мигцем поглянувши на конверт, побачила написане на ньому число 98, вийняла гроші і, не полічивши їх, поклала у сумку, а конверт зім’яла й викинула.
У магазині вона купила на 90 карбованців речей, а коли хотіла заплатити, то виявилося, що в неї не тільки не залишається восьми карбованців, як вона припускала, а й навіть не вистачає чотирьох карбованців.
Вдома вона розповіла про це батькові й запитала, чи не помилився він, коли рахував гроші. Батько відповів, що він порахував гроші правильно, а помилилася вона сама і, розсміявшись, вказав їй на помилку. В чому ж полягала помилка дівчинки?
п Читачеві слід мати на увазі, що йдеться про XX ст. і про роки складення задачі. У нашому столітті, тобто ХХІ-му, будуть, звичайно, й інші розв’язки (прим. ред. укр. видання).
27


Другий жарт. Приготуйте 8 папірців з числами 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8 і 9 та розмістіть їх у два стовпці, як на мал. 22.
19 20
Мал. 22. Зрівняти нерівні суми.
Переміщуючи всього лише два папірці, зробіть так, аби суми чисел в обох стовпцях були однаковими.
41. Скільки мені років?
Коли моєму батькові був 31 рік, мені було 8 років, а тепер батько старший за мене вдвічі. Скільки років мені тепер?
42. Оцініть «на вигляд»
Перед вами два стовпці чисел:
123456789
1
12345678
21
1234567
321
123456
4321
12345
54321
1234
654321
123
7654321
12
87654321
1
987654321
Придивіться: числа другого стовпця утворені з тих самих цифр, що й числа першого стовпця, але з протилежним порядком їхнього розміщення. (Для посилення наочності нулі у лівому стовпці пропущені.)
28


Числа якого стовпця при додаванні дадуть більший результат?
Спочатку порівняйте ці суми «на вигляд», тобто, ще не проводячи додавання, спробуйте визначити, чи вони мають бути однакові, чи одна має бути більша за іншу, а потім перевірте додаванням.
43. 	Швидкісне додавання
Вісім шестизначних доданків
ґ 328 645
491 221 816 304 117 586
671 355
508 779 183 696
<882 414
підібрано так, що, раціонально їх групуючи, можна «усно» знайти суму за 8 секунд. Чи витримаєте ви таку швидкість?
У розділі «Роз’язки та відповіді» є вказівки, але... ви їх шукатимете довше.
А друзям своїм покажіть два фокуси, які жартома теж можете назвати «швидкісним додаванням».
Перший фокус. Скажіть: «Не показуючи мені, напишіть у стовпчик стільки багатоцифрових чисел, скільки вам заманеться. Потім я підійду, дуже швидко напишу ще стільки ж чисел і миттєво всі їх додам».
Припустимо, друзі написали:
7621
3057 2794 4518.
А ви допишіть такі числа, кожне з яких доповнює до 9999 одне за одним усі написані числа. Такими числами будуть:
5481
7205 6942 2378.
29


Справді:
2794
7205
9999
3057
6942
9999
7621
2378 9999 •
4518 5481 9999
Тепер неважко зрозуміти, як швидко підрахувати всю суму:
ґ 7621
3057 2794
. J 4518 ] 5481
7205 6942
<2378 .
Треба 9999 узяти 4 рази, тобто 9999 х 4, а таке множення швидко проводиться «усно». Множимо 10 000 на 4 і віднімаємо зайві 4 одиниці. Отримуємо:
10 000 X 4 - 4 = 40 000 - 4 = 39 996.
От і весь секрет фокуса!
Другий фокус. Напишіть одне під одним які-небудь 2 числа будь-якої величини. Я припишу третє і миттєво зліва направо напишу суму всіх трьох чисел.
Припустимо, ви написали:
72 603 294 51 273 081.
Я допишу, наприклад, число 48 726 918 і відразу назву вам суму.
Яке число слід дописувати і як у цьому випадку швидко знаходити суму, поміркуйте самії
44. 	В якій руці? (математичний фокус)
Дайте вашому товаришеві дві монети: одну з парним числом копійок, а другу — з непарним (наприклад, двокопійчану і три- копійчануХ)). Нехай він, не показуючи вам, одну з цих монет (будь- яку) візьме у праву руку, а іншу - в ліву. Ви можете легко вгадати, в якій руці у нього яка монета.
Запропонуйте вашому товаришеві потроїти число копійок, що містяться в монеті, затиснутій у правій руці, і подвоїти
п Цю задачу було складено у часи, коли на території тодішнього СРСР перебували в обігу карбованці (1 крб. = 100 коп.). Отож монети тоді були дещо іншого номіналу (прим. ред. укр. видання).
ЗО


число копійок, що містяться в монеті, затиснутій у лівій руці. Отримані результати нехай він додасть і вам назве лише утворену суму.
Якщо названа сума парна, то у правій руці в нього 2 копійки, якщо — непарна, то 2 копійки у лівій руці.
Поясніть, чому завжди так виходить, і придумайте, як можна урізноманітнити цей фокус.
45. 	Скільки їх?
У хлопчика стільки ж сестер, скільки й братів, а в його сестри удвічі менше сестер, ніж братів.
Скільки у цій сім’ї братів і скільки сестер?
46. 	Однаковими цифрами
Користуючись тільки додаванням, запишіть число 28 за допомогою п’яти двійок, а число 1000 — за допомогою восьми вісімок.
47. 	Сто
За допомогою будь-яких арифметичних дій складіть число 100 або з п’яти одиниць, або з п’яти п ’ ятір о к, причому з п’яти п’ятірок 100 можна скласти двома способами.
48. 	Арифметичний двобій
У математичному гуртку нашої школи свого часу був такий звичай. Кожному бажаючому, який хотів стати членом гуртка, керівник пропонував нескладну задачу — такий собі «математичний горішок». Розв’яжеш задачу — одразу стаєш членом гуртка, а якщо «горішок» виявиться заміцним, то можеш відвідувати гурток як вільний слухач.
Пам’ятаю, якось запропонував наш керівник одному новачкові Віті таку задачу:
«Написано: 111
333
5 5 5
7 7 7
999 .
Замінити 12 цифр на нулі так, щоб при додаванні було 20». Вітя думав недовго і швидко написав:
31


Oil ГО 1 о
ООО роз
ООО або о О О
ООО 007
0 0 9 І0 О О
20 20 ’
Потім він посміхнувся і сказав:
«Якщо в даних п’яти тризначних числах замінити на нулі тільки 9 яких-небудь цифр, то можна отримати при додаванні 1111. Спробуйте!».
Керівник гуртка трохи зніяковів, але сміливо взявся за обчислення. У боргу він не залишився. Керівник гуртка не тільки розв’язав задачу Віті, а й навіть знайшов ще один її варіант:
«У тих самих п’яти тризначних числах, — сказав він, — можна замінити на нулі не 9, а тільки 8 цифр таким чином, що сума залишиться тією самою, тобто 1111».
Настала черга замислитися Віті. Члени гуртка зацікавлено спостерігали за арифметичним «двобоєм», що виник так несподівано. Вітя розкусив і цей «горішок» і на втіху всім присутнім знайшов ще нове продовження задачі:
«Можна в п’яти даних тризначних числах замінити на нулі не 9 і не 8, а тільки 6 цифр, але сума збережеться та сама — 1111». Вчитель математики похвалив обох учасників двобою і сказав, що можна зберегти суму 1111, замінюючи на нулі не 9, не 8 і навіть не 6 цифр, а тільки 5 цифр.
Знайдіть розв’язки всіх чотирьох варіантів цієї задачі. Придумайте аналогічну задачу для чисел, що складаються не з трьох одиниць, трійок, п’ятірок, сімок і дев’яток, а з п’яти.
49. 	Двадцять
Із чотирьох непарних чисел легко скласти суму, що дорівнює 10, а саме:
1 + 1 + 3 + 5 = 10,
або так:
1 + 1 + 1 + 7 = 10.
Можливий і третій розв’язок:
1 + 3 + 3 + 3 = 10.
Інших розв’язків немає (зміни у послідовності доданків, звичайно, не дають нових розв’язків).
32


Значно більше різних розв’язків має така задача:
«Складіть число 20, додаючи рівно вісім непарних чисел, серед яких також дозволяється використовувати й однакові доданки.
Знайдіть усі різні розв’язки цієї задачі і встановіть, скільки серед них буде таких сум, які містять найбільше число неоднакових доданків».
Маленька порада. Якщо ви підбиратимете числа навмання, то і в цьому випадку натрапите на кілька розв’язків, але безсистемні спроби не дадуть впевненості у тому, що ви вичерпали всі розв’язки. Якщо ж «спосіб спроб» ви дещо впорядкуєте, систематизуєте, то з вашої уваги жоден з можливих розв’язків не випаде.
50. 	Скільки маршрутів?
Із листа школярів: «Займаючись у математичному гуртку, ми накреслили план шістнадцяти кварталів нашого міста. На поданій схемі плану (мал. 23) всі квартали умовно зображено однаковими квадратами.
А В
Мал. 23. Скільки маршрутів веде від пункту А до пункту С?
33


Нас зацікавило наступне запитання.
Скільки різних маршрутів можна розробити від пункту А до пункту С, якщо рухатися по вулицях нашого міста тільки вперед і вправо, вправо і вперед? Окремими своїми частинами маршрути можуть збігатися (див. пунктирні лінії на схемі плану).
У нас склалося враження, що це нелегка задача. Чи правильно ми її розв’язали, якщо нарахували 70 різних маршрутів?»
Що потрібно відповісти на цього листа?
51. 	Змінити розміщення чисел
На кінцях п’яти діаметрів усі порядкові числа від 1 до 10 розміщено так, як показано на мал. 24. При такому розміщенні лише в одному випадку сума двох сусідніх чисел дорівнює сумі двох протилежно розміщених чисел, а саме:
10 і 10 + 1 = 5 + 6,
але, наприклад,
а S' \ / 2 14-2^6 + 7,
УХ. \ / або
/ \ / s' \ 2 + 3 =/= 7 + 8.
/ хЛ/ І Перерозмістіть дані числа так,
8 і "7^6" І 3 Щ°б сУма будь-яких двох сусід-
\ \ / ніх чисел дорівнювала сумі відпо-
\ / \ х. / відних двох протилежно розміще-
7^ / \ них чисел.
/ \ Можна очікувати, що ця задача
має не один розв’язок, тобто різні розміщення даних чисел задоволь- iruwi. няють умову задачі.
Спробуйте знайти такий шлях розв’язання задачі, який дав би змогу встановити і кількість усіх можливих розв’язків.
52. 	Різні діїг один результат
Якщо між двома двійками знак додавання замінити на знак множення, то результат не зміниться. Справді: 2 + 2 = 2 х 2. Неважко підібрати і 3 числа, що мають ту саму властивість, зокрема: 1 + 2 + 3 = 1х2хЗ.Єі4 однозначних числа, які при додаванні та множенні одне на одного дають один і той самий результат.
34


Хто швидше підбере ці числа? Зроблено? Продовжуйте змагання! Знайдіть 5, а потім 6, тоді 7 і т. д. однозначних чисел, що мають таку саму властивість. При цьому майте на увазі, що, починаючи з групи у 5 чисел, відповіді можуть бути різними.
53. 	Дев'яносто дев'ять і сто
Скільки потрібно поставити знаків «плюс» (+) між цифрами числа 987 654 321, щоб отримати суму 99?
Можливі два розв’язки. Знайти хоча б один з них нелегко, зате ви набудете досвіду, який допоможе вам швидко розставити знаки «плюс» між сімома числами 1 2 3 4 5 6 7 так, щоб у сумі було 100 (розміщення цифр змінювати не дозволяється). Школярка з Кемерова стверджує, що і тут можливі два розв’язки.
54. 	Розбірна шахівниця
Веселий шахіст розрізав свою картонну шахівницю на 14 частин, як показано на мал. 25. Утворилася розбірна шахівниця. Товаришам, які приходили до нього грати у шахи, він спочатку пропонував головоломку: скласти з даних 14 частин шахівницю. Виріжте з
Мал. 25. Так веселий шахіст розрізав шахівницю.
паперу в клітинку такі самі фігурки і переконайтеся самі — важко чи легко з них скласти шахівницю.
55. 	Пошуки міни
Після закінчення польових занять із групою суворовцівп полковник вирішив запропонувати своїм вихованцям задачу «на
1} Суворовець — вихованець спеціалізованого середнього військового навчального закладу (училища) (прим. ред. укр. видання).
35


кмітливість». Він вийняв план місцевості, розкреслений на квадрати (мал. 26), і сказав:
«Два сапери з міношукачами повинні обстежити цю місцевість, щоб знешкодити ворожі міни. Для цього необхідно обійти всі квадрати місцевості, крім центрального, який займає невеликий ставок. У той квадрат, де побував один сапер, іншому йти не треба. Рухатися можна тільки по горизонталі і вертикалі, по діагоналях рухатися не можна. Один сапер розпочинає свій маршрут з квадрата А і виходить на квадрат В, інший — починає рухатись з квадрата В і виходить на квадрат А. Розробіть можливі маршрути саперів так, щоб кожен з них пройшов через однакову кількість квадратів. Ці дещо незвичні умови я пропоную лише для перевірки вашої кмітливості».
Суворовці перенесли план у свої зошити і через деякий час впоралися із задачею. Полковник похвалив їх за кмітливість. Розв’яжіть і ви задачу полковника.
Мал. 26. Два сапери повинні обстежити цю місцевість.
36


56. 	Зібрати в групи по 2
Десять сірників покладено в ряд. Я можу їх розподілити на 5 пар, щоразу перестрибуючи одним сірником через 2, наприклад так, як показано на мал. 27.
Знайдіть цілком інший порядок розподілу сірників даного ряду на 5 пар при дотриманні тих самих умов.
6 7 8 9 10
1 2 3 4 5
7 8 9 10
1,4 2 3 5
6 8 9 10
Мал. 27. 10 сірників — на 5 пар, перестрибуючи через два сірники.
37


57. 	Зібрати в групи по З
П’ятнадцять сірників покладено в ряд (мал. 28). Потрібно зібрати їх у 5 груп по 3 сірники в кожній. Перекладати сірники можна тільки по одному, щоразу перестрибуючи через 3 сірники.
Ця задача важча від попередньої; розв’яжіть її за 10 перекладань. Щоб мати змогу звірити свій розв’язок з відповіддю, записуйте порядок переміщення сірників.
Мал. 28
Додаткове зауваження. Узагальнивши задачі 56 і 57, можна дійти висновку, що для складання груп по п сірників у кожній шляхом перекладання кожного сірника через п інших сірників потрібно 5п сірників.
58. 	Годинник зупинився
У мене немає кишенькового годинника, а тільки настінний, який зупинився. Я вирушив до свого знайомого, годинник якого йде бездоганно, дізнався годину і, не затримуючись довго, повернувся додому. Вдома я швидко провів нескладні обчислення і розмістив стрілки настінного годинника в положення, що відповідало точному часу.
Як я діяв і як міркував, якщо заздалегідь мені не було відомо, скільки часу займає дорога?
59. 	Чотири дії арифметики
Перед вами 7 рядків послідовно розміщених цифр:
12 3 = 1
1234=1
1 2 3 4 5 =1
123456=1
1234567=1
12345678=1
123456789=1
38


Не змінюючи порядку розміщення цифр, поставте між ними знаки арифметичних дій з таким розрахунком, щоб у результаті цих дій у кожному ряду стало би по 1. Дії необхідно виконувати у порядку наступності — зліва направо, тобто додавання, наприклад, може передувати множенню. При записі в цьому випадку, як ви знаєте, потрібно ставити дужки.
Якщо потрібно буде, то дві цифри, розміщені поряд, можете вважати двозначним числом.
60. 	Спантеличений водій
Про що подумав водій, коли він поглянув на лічильник спідометра свого автомобіля (мал. 29)? Лічильник показував число 15 951. Водій помітив, що кількість кілометрів, яку проїхав автомобіль, виражалася симетричним числом, тобто таким, яке читалося однаково як зліва направо, так і справа наліво:
15 951.
— Цікаво!.. — пробурмотів водій. — Тепер, напевно, нескоро з’явиться на лічильнику інше число, що має таку саму особливість.
Мал. 29. Лічильник показував симетричне число.
Проте рівно через 2 години лічильник показав нове число, яке теж в обидва боки читалося однаково.
Визначте, з якою швидкістю їхав ці 2 години водій автомобіля?
39


61. 	Прилади для Цимлянського гідровузла
У виконанні термінового замовлення з виготовлення вимірювальних приладів для Цимлянського гідровузла взяла участь бригада висококваліфікованих фахівців у складі бригадира — старого, досвідченого робітника — і 9 молодих робітників, які нещодавно закінчили ремісниче училище.
Упродовж дня кожен з юних робітників змонтував по 15 приладів, а бригадир — на 9 приладів більше, ніж у середньому кожен з 10 членів бригади.
Скільки всього вимірювальних приладів бригада змонтувала за один робочий день?
62. 	Хлібоздачу — вчасно
Правління колгоспу, починаючи здавання хліба державі, вирішило доставити до міста ешелон із зерном рівно на 11 годину ранку. Якщо машини поїдуть зі швидкістю ЗО км/год, то колона прибуде до міста о 10 годині ранку, а якщо зі швидкістю 20 км/год — то о 12 годині дня.
Як далеко від колгоспу до міста і з якою швидкістю потрібно їхати, щоб прибути якраз вчасно?
63. 	У дачному потязі
У вагоні електропотяга їхали з міста на дачу дві подруги- школярки.
— Я зауважую, — сказала одна з подруг, — що зворотні дачні потяги зустрічаються нам через кожні 5 хвилин. Як ти гадаєш, скільки дачних потягів прибуває до міста протягом однієї години, якщо швидкості потягів в обох напрямках однакові?
— Звичайно, 12, оскільки 60 : 5 = 12, — сказала інша подруга.
Проте школярка, яка поставила запитання, не погодилася з відповіддю подруги і навела їй свої міркування.
А що ви думаєте з цього приводу?
64. 	Від 1 до 1 000 000 000
Розповідають, що коли 9-річному Гауссу^ вчитель запропонував знайти суму всіх цілих чисел від 1 до 100, 1 + 2 + 3 + ... + 98 + + 99 + 100, то маленький Гаусс, поміркувавши, сам визначив, в який спосіб можна дуже швидко виконати це додавання.
п Гаусс К. Ф. (1777-1855) — видатний німецький математик (прим, автора).
40


Треба додати перше число до останнього, друге до передостаннього і т. д. Сума кожної такої пари чисел дорівнює 101 і повторюється вона 50 разів.
Отже, сума всіх цілих чисел від 1 до 100 буде дорівнювати: 101 х 50 = 5050.
Цей самий спосіб використайте для розв’язання важчої задачі: знайти суму всіх цифр у всіх цілих числах від 1 до 1 000 000 000.
Зверніть увагу: тут йдеться не про суму чисел, а про суму цифр усіх чисел!
65. 	Страшний сон футбольного вболівальника
Уболівальник, засмучений поразкою «своєї» команди, спав неспокійно. Йому снилася велика квадратна кімната без меблів. У кімнаті тренувався воротар. Він бив футбольним м’ячем об стіну, а потім ловив його.
Раптом воротар став зменшуватися, зменшуватися і, нарешті, перетворився на маленький целулоїдний м’ячик від «настільного тенісу», а футбольний м’яч виявився чавунною кулею. Куля шалено крутилася на гладкій підлозі кімнати, намагаючись розчавити маленький целулоїдний м’ячик. Бідолашний м’ячик у розпачі гасав з боку в бік, знесилившись і не маючи змоги підстрибнути.
Чи міг він, не відриваючись від підлоги, все-таки сховатися де- небудь від переслідувань чавунної кулі?
Мал. ЗО. Куля намагалася розчавити м’ячик.
41


ПІДРОЗДІЛ II
Для розв’язання задач другого підрозділу необхідно ознайомитись з діями над простими і десятковими дробами.
Читач, який ще не вивчав дроби, може тимчасово пропустити задачі цього підрозділу і перейти до наступних розділів.
66. 	Годинник
Мандруючи нашою великою і чудовою Батьківщиною1*, я потрапляв у такі місця, де настільки велика різниця температур повітря вдень і вночі, що коли я днями і ночами перебував на вільному повітрі, то це починало відображатися на ході годинника. Я помічав, що від змін температури вдень годинник поспішав на і хвилини,
. . . 1
а за ніч він відставав на -z- хвилини.
о
Вранці 1 травня годинник ще правильно показував час. Якого числа він поспішатиме вже на 5 хвилин?
67. 	Сходи
У будинку 6 поверхів. Скажіть, у скільки разів шлях по сходах на шостий поверх довший, ніж шлях по тих самих сходах на третій поверх, якщо прогони між поверхами мають однакову кількість сходинок?
68. Головоломка
Який знак потрібно поставити між написаними поряд цифрами 2 і 3, щоб отримати число, більше від двох, але менше від трьох?
69. Цікаві дроби
Якщо до чисельника і знаменника дробу — додати його зна- о
менник, то дріб збільшиться вдвічі.
Знайдіть такий дріб, який при додаванні знаменника до його чисельника і знаменника збільшився би: а) втричі; б) вчетверо.
(Ті, хто знають алгебру, можуть узагальнити задачу і розв’язати ГЇ за допомогою рівняння.)
15 Цю задачу було складено за радянських часів, тому, ведучи мову про Батьківщину, автор книги має на увазі всю територію СРСР (прим. ред. укр. видання ).
42


70. 	Яке число?
Половина є його третиною. Яке це число?
71. 	Шлях школяра
Бориско щоранку долає доволі довгий шлях до школи.
На відстані шляху від його домівки до школи розташований
будинок МТСП з електрогодинником на фасаді, а на відстані ~ о всього шляху — залізнична станція. Коли він проходив повз МТС, то на годиннику зазвичай була 7 година ЗО хвилин, а коли хлопчик доходив до станції, то годинник показував за 25 хвилин 8 годину.
Коли Бориско виходив з дому та о котрій годині він приходив до школи?
72. 	На стадіоні
Уздовж бігової доріжки розставлено 12 прапорців на однакових відстанях один від одного. Старт визначено біля першого прапорця. Біля восьмого прапорця спортсмен був через 8 секунд після початку забігу. Через скільки секунд при незмінній швидкості він опиниться біля дванадцятого прапорця?
Не пошийтеся в дурні!
73. 	А чи виграв час?
Остап повертався додому з Києва. Першу половину шляху він проїхав потягом у 15 разів швидше, ніж якби хлопець ішов пішки. Проте другу половину шляху йому довелося проїхати на волах - у 2 рази повільніше, ніж якби хлопець ішов пішки.
Чи виграв Остап трохи часу, порівняно з ходьбою пішки?
74. 	Будильник
Будильник відстає на 4 хвилини за годину; 3— години тому на ньому виставили точний час. Зараз на годиннику, що показує точний час, рівно 12 година.
Через скільки хвилин на будильнику теж буде 12 година?
u МТС (машинно-тракторна станція) — державне сільськогосподарське підприємство в СРСР, створене для надання технічної та організаційної допомоги колгоспам (прим. ред. укр. видання).
43


75. 	Замість дрібних часток — великі
На машинобудівних заводах є дуже захоплива професія; називається вона — розмітник. Розмітник намічає на заготовці ті лінії, за якими цю заготовку потрібно обробляти, щоб надати їй необхідної форми.
Розмітникові доводиться розв’язувати цікаві й іноді нелегкі геометричні задачі, проводити арифметичні розрахунки і т. ін.
Потрібно було якось розподілити 7 однакових прямокутних пластинок рівними частками між 12 деталями. Принесли ці 7 пластинок розмітникові та попросили його, якщо можна, розмітити пластинки так, щоб не довелося розбивати жодну з них на дуже дрібні частини. Отже, найпростіше рішення — різати кожну пластинку на 12 рівних частин — було непридатне, оскільки при цьому виходило багато дрібних часток. Як же бути?
Чи можливий розподіл даних пластинок на більші частки? Розмітник подумав, провів якісь арифметичні розрахунки з дробами і знайшов все-таки найбільш економний спосіб поділу даних пластинок.
Згодом він легко розбивав 5 пластинок для розподілу їх рівними частками між 6 деталями, 13 пластинок — для 12 деталей, 13 пластинок — для 36 деталей, 26 пластинок — для 21 деталі тощо.
Як же діяв розмітник?
76. 	Брусок мила
о
На одну шальку терезів поклали брусок мила, на іншу — —
4
о
такого самого бруска і ще кг. Терези зрівноважено.
4
Скільки важить брусок?
77. 	Арифметичні «горішки»
Задача 1. Двома цифрами запишіть найменше ціле додатне число.
Задача 2. Число 37 записане за допомогою п’яти трійок:
37 = 33 + 3 + |. О
Знайдіть інший спосіб виразити число 37 за допомогою п’яти трійок.
Задача 3. Запишіть число 100 шістьма однаковими цифрами.
44


Задача 4. Запишіть число 55, використовуючи тільки п’ять четвірок.
Задача 5. Запишіть число 20 за допомогою чотирьох дев’яток.
Задача 6. Із семи сірників викладено
число у (мал. 31). Перетворіть цей дріб
на число і не докладаючи і не забира- о
ючи даних сірників. Мал. 31.
Задача 7. Запишіть число 20, використовуючи тільки цифри 1, З, 5 і 7, причому кожну з них тільки 3 рази.
Задача 8. Сума двох чисел, утворених з цифр 1, 3, 5, 7 і 9, дорівнює сумі двох чисел, утворених з цифр 2, 4, 6 і 8. Знайдіть ці числа, використовуючи кожну цифру один раз.
Примітка. Застосовувати неправильні дроби при цьому не дозволяється.
Задача 9. Які 2 числа при множенні одного на інше і при відніманні одного від іншого дають один і той самий результат?
Таких пар чисел незліченно багато. Як утворюються ці пари?
Задача 10. З цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 утворіть два рівних дроби, сума яких дорівнює 1. Використати потрібно всі цифри і притому кожну з них тільки один раз. (Є кілька можливих розв’язків.)
Задача 11. Використовуючи один раз кожну з цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, утворіть такі змішані дроби, сума яких дорівнювала би 100. (Є кілька можливих розв’язків.)
78. 	Дроби-доміно
Вийміть з набору доміно всі пластинки, обидві половини яких містять однакову кількість очок (дублі), і пластинки, які не містять очок хоча би на одній половині (бланші). Ті 15 пластинок, що залишилися, можна розглядати як дроби і розмістити їх у таких З ряди, в яких сума дробів у кожному дорівнює 2-і- (мал. 32).
Zu
Цікаво, що, перерозподіляючи ці 15 пластинок доміно, можна утворити такі ряди дробів, сума яких буде цілим числом (але, взагалі кажучи, різним у різних рядах).
45


Використовуючи деякі з пластинок доміно як неправильні дроби,
4 6 3 наприклад -, -, -
і т. д., спробуйте розмістити всі 15 пластинок у
Мал. 32. Сума дробів у кожному ряду дорівнює 2-і-.
три ряди по 5 пластинок у кожному, але так, щоб сума дробів у кожному ряду дорівнювала числу 10.
Із першого разу це, звичайно, не вдасться. Доведеться подумати та попрактикуватися.
Які числа, крім вказаних у цій задачі, вам вдалося б отримати, розміщуючи пластинки доміно у три ряди і додаючи відповідні дроби (сума в усіх трьох рядах має бути одна і та сама)?
79. 	Мишкові кошенята
Побачить Мишко де-небудь покинуте кошеня, неодмінно підбере і принесе додому. Завжди у нього перебувають на вихованні кілька кошенят, а скільки саме, хлопець не хоче казати, щоб з нього не кепкували.
Бувало, запитають у хлопця:
— Скільки у тебе тепер кошенят?
— Небагато, — відповість Мишко. — Три чверті їхньої кількості та ще три чверті одного кошеняти.
Товариші гадали, що він просто жартує. А тим часом Мишко задавав їм задачу, яку розв’язати зовсім неважко. Спробуйте!
46


80. Середня швидкість
Половину шляху кінь ішов порожнем зі швидкістю 12 км/год. Решту шляху він тягнув воза, рухаючись зі швидкістю 4 км/год.
Яка середня швидкість, тобто з якою незмінною швидкістю потрібно було би рухатися коневі, щоб на весь шлях витратити таку саму кількість часу?
81. Сплячий пасажир
Коли пасажир проїхав половину всього шляху, то ліг спати і спав доти, доки не залишилося проїхати ще половину того шляху, який він проїхав сплячим. Яку частину всього шляху пасажир проїхав сплячим?
82. 	Яка довжина потяга?
Два потяги їдуть один одному назустріч по паралельних коліях; перший рухається зі швидкістю 36 км/год, другий — зі швидкістю 45 км/год. Пасажир, який сидить у другому потязі, помітив, що перший потяг ішов повз нього протягом 6 секунд. Яка довжина першого потяга?
83. 	Велосипедист
о
Коли велосипедист проїхав — шляху, тріснула шина. На решту шля- о
ху пішки він витратив удвічі більше часу, ніж на велосипедну їзду.
У скільки разів велосипедист їхав швидше, ніж ішов?
84. 	Змагання
Токарі Владик А. і Костик Б. — учні ремісничого училища металістів, отримавши від майстра однакові наряди на виготовлення партії деталей, хотіли виконати свої завдання одночасно і раніше встановленого терміну.
Проте через деякий час виявилось, що Костик зробив лише половину того, що залишилося зробити Владикові, а Владикові залишилося зробити половину того, що він уже зробив.
У скільки разів тепер потрібно збільшити свій денний виробіток Костикові порівняно з Владиком, щоб одночасно з ним встигнути виконати свій наряд?
47


85. 	Хто має рацію?
Марічка розв’язувала арифметичну задачу. Остання дія полягала у визначенні об’єму земляних робіт, а для цього треба було обчислити добуток трьох чисел.
Дівчинка вдало перемножила перших два числа і тільки-но взялася перемножувати отриманий результат на третє число, як раптом помітила, що другий співмножник вона записала неправильно; він виявився більшим від того числа, яке мало би бути за умовою, на і його величини.
Тоді Марічка, щоб не переробляти вже виконану дію, вирішила, що все одно отримає правильний результат, якщо тепер третій співмножник попередньо зменшить на і його величини, тим більше, о
що він був рівним другому співмножнику.
— Так робити не можна, — сказала їй подруга, — ти при цьому помилилася на 20 кубометрів.
— Яка ж тут може бути помилка? — заперечила Марічка. — Якщо одне число я взяла збільшеним, а інше, яке рівне йому, на таку ж саму частину зменшеним, то я гадаю, що добуток залишився незмінним.
Хто має рацію?
А чи зможете ви, користуючись наведеними даними, знайти розв’язок задачі?
86. 	Три підсмажені скибочки — на вечерю
Мама дуже смачно підсмажує скибочки хліба, користуючись спеціальною маленькою сковорідкою. Підсмаживши один бік кожної скибочки, вона перевертає її на інший бік. Підсмажування кожного боку скибочки триває ЗО секунд, причому на сковорідці вміщується поряд тільки дві скибочки.
Поміркувавши, з’ясуйте, яким чином за цих умов мама підсмажує обидва боки трьох скибочок тільки за 1-^- хвилини, а не за 2, і ви отримаєте на вечерю три смачні підсмажені скибочки.


РОЗДІЛ ДРУГИЙ
СКРУТНІ СИТУАЦІЇ
87. 	Кмітливий коваль Хечо
Мандруючи минулого літа Грузією, ми іноді розважалися тим, що вигадували всілякі незвичайні історії, навіяні якою-небудь пам’яткою давнини.
Одного разу підійшли ми до одинокої старовинної вежі. Оглянули її, сіли відпочити. А був серед нас студент-математик; він одразу ж вигадав цікаву задачу:
«Десь років 300 тому жив тут князь лихий та пихатий. Була у князя донька-наречена, на ймення Даріджан. Обіцяв князь свою Даріджан за дружину багатому сусідові, а вона покохала хлопця з простолюду, коваля Хечо. Спробували було Даріджан і Хечо втекти у гори від неволі, але зловили їх слуги князеві.
Розлютився князь і вирішив назавтра стратити обох, на ніч же наказав їх замкнути ось у цю високу, похмуру, закинуту, недобудовану вежу, а разом з ними ще й служницю Даріджан, дівчинку-підлітка, яка допомагала їм втікати.
Не розгубився у вежі Хечо, роздивився, піднявся по сходинках у верхню частину вежі, у вікно визирнув — стрибати неможливо, розіб’єшся. Тут помітив Хечо біля вікна мотузку, яку забули будівельники. Вона була перекинута через заіржавлений блок, закріплений трохи вище від вікна. До кінців мотузки були прив’язані порожні кошики, до кожного кінця — по кошику.
49


Хечо пригадав, що за допомогою цих кошиків каменярі піднімали догори цеглу, а вниз спускали щебінь, причому якщо вага вантажу в одному кошику перевищувала вагу вантажу в іншому приблизно на 5-6 кг (у переведенні в одиниці сучасної системи мір), то кошик доволі плавно опускався на землю; інший кошик у цей час піднімався до вікна.
Мал. 33. Ми підійшли до одинокої похмурої старовинної вежі.
50


Хечо на око визначив, що Даріджан важить близько 50 кг, служниця — не більше, ніж 40 кг. Свою вагу Хечо знав — близько 90 кг. Крім цього, він знайшов у вежі ланцюг вагою ЗО кг. Оскільки у кожному кошику могли вміститися людина і ланцюг чи навіть дві людини, то їм усім трьом вдалося спуститися на землю, причому спускалися вони так, що жодного разу вага кошика з людиною, який опускався, не перевищувала вагу кошика, який піднімався, більше, ніж на 10 кг.
Як вони вибралися з вежі? ».
88. 	Кіт і миші
Кіт Воркіт щойно «допомагав» своїй юній господині розв’язувати задачі. Тепер він солодко спить, а уві сні бачить, що його оточили
Мал. 34. З якої мишки почати?
тринадцять мишей. Дванадцять мишей сірих, а одна — біла. І чує кіт, що каже хтось знайомим голосом: «Воркотику, ти маєш з’їдати кожну тринадцяту мишку, рахуючи їх по колу завжди в одному напрямку, з таким розрахунком, щоб останньою ти з’їв білу мишу».
Але з якої мишки почати, щоб правильно розв’язати задачу? Допоможіть Воркоту.
51


89. 	Сірники довкола монети
Замінимо кота на монету, а мишок — на сірники. Потрібно зняти всі сірники, окрім того, який обернений ГОЛОВКОЮ до монети (мал. 35), дотримуючись такої умови: спочатку зняти один сірник, а потім, рухаючись вправо по колу, знімати кожен тринадцятий сірник.
Мал. 35. З якого сірника почати?
Поміркуйте, який сірник потрібно зняти першим.
90. 	Жереб випав на чижа і вільшанку
Наприкінці літнього табірного періоду піонери вирішили випустити на волю пернатих мешканців полів та гаїв, яких зловили юні птахолови. Всього було 20 птахів, кожен в окремій клітці. Вожатий1} запропонував такий порядок:
— Поставте всі клітки з птахами в один ряд і, починаючи зліва направо, відчиняйте кожну п’яту клітку. Дійшовши до кінця ряду, продовжуйте рахунок з початку ряду, але відчинені клітки вже не лічіть, і так продовжуйте доти, доки не будуть відчинені всі клітки, крім якихось двох останніх. Птахів, які знаходяться у цих клітках, можна взяти зі собою до міста.
Пропозицію прийняли.
Більшості дітей було байдуже, яких двох птахів забрати зі собою (якщо вже не можна взяти всіх), але Тетянці й Лесику хотілося,
0 Вожатий — керівник жовтенят, піонерського загону чи дружини (прим, ред. укр. видання).
52


щоб жереб випав неодмінно на чижа і вільшанку. Коли вони допомагали розставляти клітки в ряд, то пригадали задачу про кота і мишей (задача 88). Хлопчик і дівчинка швидко розрахували, на які місця потрібно поставити клітки з чижем і вільшанкою, щоб саме ці клітки залишилися невідчиненими, і поставили їх на ...
А втім, ви можете без особливих зусиль визначити самі, на які місця поставили Тетянка й Лесик клітки з чижем і вільшанкою.
91. 	Розкласти монети
Приготуйте 7 сірників і 6 монет. Сірники розкладіть на столі зірочкою, як показано на мал. 36. Починаючи від будь-якого сірника, відрахуйте за годинниковою стрілкою третього сірника і біля його головки покладіть монету. Потім знову відрахуйте
Мал. 36
третій сірник у тому самому напрямку, починаючи від будь-якого сірника, навпроти котрого ще не лежить монета, і також біля його головки покладіть монету. Діючи таким чином, намагайтеся розкласти всі 6 монет біля головок шести сірників. При відліку сірників не варто пропускати й тих, біля яких вже покладено монету; починати відлік потрібно обов’язково зі сірника, що не має біля себе монети; двох монет на одне місце не класти.
Яким правилом потрібно керуватися, щоб розв’язати задачу напевно?
53


92. 	Пропустити пасажирський!
На полустанку одноколійної залізниці зупинився потяг у складі паровоза і п’яти вагонів, що привіз бригаду робітників для будівництва нової вітки. Поки що на цьому полустанку був тільки невеликий тупичок, в якому за необхідності ледве міг би поміститись паровоз із двома вагонами.
Мал. 37. Як пропустити пасажирський?
Незабаром вслід за потягом з будівельною бригадою прибув до цього ж полустанку пасажирський потяг.
Як пропустити пасажирський?
93. 	Задача, що виникла через примхи трьох дівчаток
Тема цієї задачі має чималу давність1*. Три дівчинки, кожна зі своїм татом, гуляли. Всі шестеро підійшли до невеликої річки і захотіли переправитися з одного берега на інший. В їхньому розпорядженні виявився лише один човен без весляра, що вміщав тільки двох людей. Переправу було би, зрозуміло, неважко здійснити, якби дівчатка чи то через примхи, чи то через пустощі не заявили, що жодна з них не згодна їхати у човні або бути на березі з одним або двома чужими татами без свого тата. Дівчатка були малі, але не дуже, тому кожна з них могла вести човен самостійно.
Таким чином, несподівано виникли додаткові умови переправи, але заради забави подорожні вирішили спробувати їх виконати. Як вони діяли?
1) У дещо іншій редакції вона зустрічається в одному з творів XIII століття (прим, автора).
54


94. 	Подальший розвиток задачі
Весела компанія вдало переправилася на протилежний берег річки та всілася відпочивати. Виникло запитання: чи можна було би за тих самих умов організувати переправу чотирьох пар? Дуже швидко з’ясувалося, що при збереженні умов, які висунули дівчатка (див. попередню задачу), переправу чотирьох пар можна було би здійснити тільки за наявності човна, що вміщує трьох людей, причому всього лише за 5 заходів.
Яким чином?
Розвиваючи тему задачі далі, наші мандрівники визначили, що і на човні, який вміщає тільки двох людей, можна здійснити переправу чотирьох дівчаток з їхніми татами з одного берега на інший, якщо посеред річки є острів, де можна робити проміжну зупинку і висаджуватися. У цьому випадку для завершення переправи потрібно зробити не менше ніж 12 перевезень при дотриманні тієї самої умови, тобто що жодна дівчинка не перебуватиме ні в човні, ні на острові, ні на берегах з чужим татом без свого тата.
Знайдіть і цей розв’язок.
95. 	Шашки, що стрибають
Покладіть три білі шашки на квадрати 1, 2, 3 (мал. 38), а три чорні — на квадрати 5, 6, 7. Користуючись вільним квадратом 4, пересуньте білі шашки на місце чорних, а чорні — на місце білих; при цьому дотримуйтеся такого правила: шашки можна пересувати на сусідній вільний квадрат; дозволяється також стрибати через
о©
©
©1©
1 2 3 4 5 6 7
Мал. 38
сусідню шашку, якщо за нею є вільний квадрат. Білі та чорні шашки можуть рухатися назустріч одна одній. Ходи у зворотному напрямку не дозволяються. Задача розв’язується за 15 ходів.
96. 	Біле й чорне
Візьміть чотири білі й чотири чорні шашки (або чотири мідні і чотири срібні монети) та покладіть їх на стіл у ряд, чергуючи колір: білу, чорну, білу, чорну і так далі. Зліва або справа залиште 55


таке вільне місце, на якому могли би поміститися не більше ніж 2 шашки (монети). Користуючись вільним місцем, можна переміщати щоразу тільки по дві шашки (монети), що знаходяться поряд, не змінюючи при цьому їхнього взаємного розміщення.
Достатньо зробити 4 таких переміщення пар шашок, щоб опинилися підряд усі чорні, а за ними — всі білі шашки.
Переконайтеся в цьому!
97. 	Ускладнення задачі
Зі збільшенням кількості шашок (монет), узятих напочатку, задача ускладнюється.
Так, якщо ви помістите в ряд 5 білих і 5 чорних шашок, чергуючи їхній колір, то буде потрібно 5 переміщень, аби розмістити чорні шашки з чорними, а білі — з білими.
У випадку шести пар шашок буде потрібно б переміщень; у випадку семи пар — 7 переміщень і т. д. Знайдіть розв’язки задачі для п’яти, шести і семи пар шашок.
Пам’ятайте, що при початковому розкладенні шашок необхідно залишати зліва (або справа) вільне місце не більше ніж для двох шашок і переміщувати щоразу по 2 шашки без зміни їхнього взаємного розміщення.
98. 	Картки укладаються за порядком номерів
Наріжте з картону 10 карток розміром 4x6 см і пронумеруйте їх числами від 1 до 10. Склавши картки купкою, візьміть їх у руку. Починаючи з верхньої картки, покладіть першу картку на стіл, ДРУГУ — під низ купки, третю картку на стіл, четверту — під низ купки. Робіть так доти, доки не покладете на стіл усі картки.
З упевненістю можна сказати, що картки розмістяться не за порядком номерів.
Поміркуйте, в якій послідовності необхідно спочатку скласти картки в купку, аби при вказаному розкладенні вони розмістилися за порядком номерів від 1 до 10.
99. 	Дві головоломки розміщення
Перша головоломка. Дванадцять шашок (монет, шматочків паперу тощо) неважко розмістити на столі у формі квадратної
56


рамки по 4 шашки вздовж кожної сторони. Однак спробуйте покласти ці шашки так, щоб уздовж кожної сторони квадрата їх було по 5 (мал. 39).
Друга головоломка. Розкладіть на столі 12 шашок так, щоб утворилися З ряди по горизонталі та 3 ряди по вертикалі і щоб у кожному з цих рядів було по 4 шашки.
© © © ©
© ©
© ©
© © © ©
Мал. 39. Як покласти ці шашки по 5 шашок з кожної сторони?
100. 	Загадкова скринька
Мишко відпочивав улітку в Артеку1} і привіз звідти подарунок своїй молодшій сестрі Іринці — гарну скриньку, оздоблену 36 мушлями. На кришці скриньки випалено лінії так, що вони поділяють кришку на 8 секцій.
Іринка до школи ще не ходить, але вона вміє рахувати до 10. Найбільше дівчинці у Мишковому подарункові сподобалося те, що вздовж кожної сторони кришки скриньки розміщено рівно по 10 мушель (мал. 40). Рахуючи мушлі вздовж сторони, Іринка враховує всі мушлі, що знаходяться у секції, суміжній до цієї сторони. Мушлі, які розміщені у кутових секціях, Іринка зараховує і до тієї, і до іншої сторони.
Одного разу мама, протираючи скриньку ганчіркою, ненароком розчавила 4 мушлі. Тепер уже не виходить по 10 мушель уздовж кожної сторони кришки. Яка неприємність! Прийде Іринка з дитячого садка і дуже засмутиться.
— Біда невелика, — заспокоїв маму Мишко.
Він обережно відклеїв частину мушель із тих 32, які залишилися, і так уміло їх наклеїв знову на кришку скриньки, що вздовж кожної її сторони знову було по 10 мушель.
п Артек — всесоюзний піонерський табір у Криму, на березі Чорного моря, поблизу Гурзуфа, кліматична здравниця в СРСР (прим. ред. укр. видання).
Мал. 40. Уздовж кожної сторони кришки скриньки — 10 мушель.
57


Минуло кілька днів. Знову біда. Скринька впала, розбилося ще 6 мушель; їх залишилося тільки 26. Проте й цього разу Мишко зметикував, як треба розмістити на кришці ті 26 мушель, які залишилися, щоб уздовж кожної її сторони Іринка як і досі нараховувала 10 мушель. Щоправда, мушлі, які залишилися, в останньому випадку неможливо було розподілити на кришці скриньки так само симетрично, як вони розміщувалися дотепер, але Іринка на це не звернула уваги.
Знайдіть обидва Мишкові роз’язки.
101. 	Відважний «гарнізон»
Снігову фортецю захищає відважний «гарнізон». Дітлахи
відбили 5 штурмів, але не здалися. На початку гри «гарнізон» складався із 40 осіб. «Комендант» снігової фортеці спочатку розставив сили за схемою, показаною у квадратній рамці справа (у центральному квадраті — загальна чисельність «гарнізону»).
1
9
1
9
40
9
1
9
1
Мал. 41. Снігову фортецю захищає відважний «гарнізон».
58


«Супротивник» бачив, що кожну з 4 сторін фортеці захищають 11 осіб. За умовою гри при першому, другому, третьому і четвертому штурмах «гарнізон» «втрачав» щоразу по 4 особи. Під час останнього, п’ятого, штурму «ворог» своїми сніжками вивів з лав ще двох осіб. Та все ж, незважаючи на втрати, після кожного штурму будь-яку зі сторін снігової фортеці продовжувало захищати по 11 осіб.
Як «комендант» снігової фортеці розставляв сили свого гарнізону після кожного штурму?
102. 	Лампи денного світла в кімнаті для телевізійних передач
Світлотехнік, готуючи кімнату до телевізійної передачі, пробував різні способи її освітлення трубками1* (лампами) денного світла. Спочатку світлотехнік помістив по 3 лампи у кожний кут і по З лампи на кожну з чотирьох сторін кімнати, всього 24 лампи (мал. 42). Потім світлотехнік додав 4 лампи, а тоді ще раз 4 лампи. Пробував він зменшувати кількість ламп до 20 і навіть до 18.
Мал. 42. Початкове розміщення ламп.
п У цих трубках немає ниток розжарювання. Вони наповнені розрідженим газом, а стінки трубок покриті такою речовиною, яка світиться при проходженні електричного струму через газ, що міститься у трубках. Світло виходить біле, близьке до денного (прим, автора).
59


У всіх випадках світлотехнік розміщував лампи у кутах і на стінах кімнати так, що вздовж кожної стіни було по 9 ламп.
Знайдіть схеми розміщення ламп для 28 і для 32 штук, а також для 20 і 18 штук.
Визначте, до яких меж міг світлотехнік збільшувати і зменшувати кількість ламп, зберігаючи принцип їхнього розміщення по 9 ламп уздовж кожної стіни кімнати.
Як ви гадаєте, чи міг світлотехнік додавати і зменшувати не по 4 лампи, а по одній, по дві або по три, розподіляючи лампи так само по 9 ламп уздовж кожної стіни?
103. 	Розміщення піддослідних кроликів
В одному інституті виготовили для спеціальних дослідів і спостережень над кроликами особливу двоповерхову клітку, яка
Мал. 43. Для дослідів була підготовлена клітка. 60


мала по 9 секцій на кожному поверсі (мал. 43). Для кроликів призначалося 16 секцій (8 на верхньому поверсі й 8 — на нижньому), а дві центральні секції були зайняті приладами.
За умовами досліду кроликів необхідно було розмістити у клітці так, аби:
1) були зайняті всі 16 секцій;
2) у кожній секції перебувало не більше ніж три кролики;
3) на кожній з чотирьох бічних сторін клітки перебувало рівно по 11 кроликів;
4) на верхньому поверсі було би розміщено вдвічі більше кроликів, ніж на нижньому.
Інститут отримав на 3 кролики менше, ніж очікувалося. Незважаючи на це, всіх кроликів розмістили відповідно до визначених умов.
Визначте, скільки кроликів спочатку передбачалося розмістити у клітці і як їх повинні були розмістити?
А як можна було б розмістити всіх отриманих кроликів?
104. 	Підготовка до свята
Геометричний зміст попередніх п’яти задач полягав у здійсненні такого розміщення предметів уздовж чотирьох прямих ліній (сторін прямокутника або квадрата), що число предметів уздовж кожної прямої зберігалося одним і тим самим при зміні їхньої загальної кількості.
Таке розміщення досягалося за рахунок того, що всі предмети, розміщені по кутах, вважалися такими, які ніби належать кожній зі сторін кута подібно до того, як точка перетину двох прямих належить кожній з них.
Якщо припустити, що кожен з предметів, розміщених уздовж сторін фігури, займає деяку точку на відповідній стороні, то всі предмети, розміщені по кутах, потрібно уявляти зосередженими в одній точці (у вершині кута).
Відмовимося тепер від можливості нехай навіть уявного скупчення предметів в одній геометричній точці.
Вважатимемо, що кожен окремий предмет (камінчик, ліхтарик, дерево тощо) з числа розміщених на деякій площині займає окрему точку цієї площини, і не обмежуватимемо себе вимогою розміщувати ці предмети тільки вздовж чотирьох прямих ліній. Якщо ці 61


умови доповнити ще вимогою симетричності розв’язку в якому- небудь відношенні, то задачі про розміщення предметів уздовж прямих ліній набудуть додаткового геометричного інтересу. Розв’язування таких задач веде звичайно до побудови деякої геометричної фігури.
Наприклад, як при виготовленні святкової ілюмінації можна було би красиво розмістити 10 ліхтариків у 5 рядів по 4 ліхтарики у кожному ряду?
Відповідь на це запитання дає п’ятикутна зірка, зображена на мал. 44.
Повправляйтеся в розв’язуванні аналогічних задач; намагайтеся при цьому досягти симетрії у потрібному розміщенні.
Задача 1. Як розмістити 12 ліхтариків у 6 рядів по 4 ліхтарики у кожному ряду? (Ця задача має два розв’язки.)
Мал. 44. 5 рядів по 4. Мал. 45. Як зробити 15 рядів по 4.
Задача 2. Розсадіть 13 декоративних кущів у 12 рядів по З кущі у кожному ряду.
Задача 3. На трикутному майданчику (мал. 45) садівник виростив 16 троянд, розміщених 12-ма прямолінійними рядами по 4 троянди у кожному ряду. Потім він підготував клумбу і пересадив туди всі 16 троянд у 15 рядів по 4 троянди у кожному. Як садівник це зробив?
Задача 4. Розмістіть 25 дерев у 12 рядів по 5 дерев у кожному ряду.
62


105. 	Розсадити дубки по-іншому
Гарно виглядають 27 дубків, висаджені за схемою, зображеною на мал. 46, у 9 рядів по 6 дубків у кожному ряду, але лісівник, певна річ, забракував би таке планування. Дубові сонце потрібне тільки зверху, а з боків необхідно, аби була зелень.
Полюбляє дуб, як мовиться, рости в шубі, але без шапки, а тут «відскочили» 3 дубки кудись убік і стримлять у самотині!
Спробуйте розсадити ці 27 дубків по-іншому, теж у 9 рядів і теж по 6 дубків у кожному ряду, але так, щоб Мал. 46. Знайдіть інше розмі- усі дерева розмістилися у три групи щення у 9 рядів по 6.
і жодне з них не «відскакувало» від своєї групи; збережіть і симетрію в їхньому розміщенні.
106. 	Геометричні ігри
Гра перша. Розмістіть на столі 10 шашок (або монет, ґудзиків тощо) у 2 ряди по 5 штук, як показано на мал. 47.
Потрібно переставити будь-які З шашки з одного ряду та 1 шашку з іншого (не зсуваючи з місць інші шашки і не накладаючи одну шашку на іншу) так, щоб утворилося п’ять прямолінійних рядів по 4 шашки у Мал. 47
кожному ряду.
Тут, на відміну від попередніх задач, не потрібне симетричне розміщення шашок. Ось для прикладу 5 різних розв’язків подано на мал. 48.
Зауваження. Розв’язки вважаються різними, якщо вони ведуть до різних конфігурацій з даних 10 шашок, наприклад, як на мал. 48.
Ви, можливо, подумаєте, що, наводячи ці 5 розв’язків, я вже вичерпав усі можливі розв’язки даної задачі. Звичайно, ні! Адже
63


для розв’язання задачі можна вибирати різні комбінації шашок, призначених для переміщення (див. на мал. 48 схеми а, б, в, ґ),
Мал. 48. П’ять різних розв’язків.
і по-різному розміщувати одну й ту саму вибрану групу шашок (див. на мал. 48 схеми аїг). Припустимо, що ви берете для перекладання З шашки з верхнього ряду і 1 — з нижнього. Можливі поєднання шашок по 3 (з п’яти) вже дають 10 різних комбінацій. Переконайтеся! А приєднання до будь-якої з цих комбінацій ще по одній будь-якій шашці з нижнього ряду дає щоразу по 5 груп. Так можна отримати 10 х 5 = 50 різних груп по 4 шашки, призначених для переміщення.
Доповнення до першої гри. Організуйте таку гру- змагання. Розкладіть перед кожним учасником гри по 10 шашок (їх можна вирізати з картону) в два ряди, і нехай кожен (не показуючи іншим) у себе перемістить 4 шашки (3 з одного ряду 64


і 1 — з іншого) так, щоб утворилося 5 рядів по 4 шашки у кожному ряду. Потім порівняйте розв’язки. Ті з гравців, у яких виявилися однакові конфігурації шашок, отримують одне очко; конфігурація шашок, що відрізняється від усіх інших, оцінюється двома очками. Ті учасники, які не розв’язали задачу у відведений час, не отримують жодного очка. Повторивши гру кілька разів, підраховуєте суму очок у кожного учасника гри і визначаєте переможців.
Можна провести гру й зовсім без шашок. Роздати кожному учасникові гри аркуш паперу і креслярську лінійку. Шашки замінити точками на папері, розмістивши їх у початкове положення у 2 ряди по 5 точок. Гра полягатиме в тому, щоб, викресливши деякі 3 точки з одного ряду і 1 — з іншого, зобразити замість них нові 4 точки так, щоб разом з іншими (зрозуміло, без викреслених) вони утворили 5 рядів по 4 точки у кожному ряду.
Мал. 49. Два можливих розв’язки.
Ще доповнення до першої гри. Можна дозволити брати 4 шашки, по 2 з кожного ряду, і класти одну шашку на іншу. Тоді будуть можливими, наприклад, і такі розв’язки, які зображено на мал. 49. До того ж це доповнення до гри дає змогу значно збільшити кількість можливих розв’язків задачі.
Гра друга. На аркуші картону проколіть 49 невеликих отворів у вигляді квадратної ґратки. У 10 отворів вставте по сірнику, як показано на мал. 50. Зміст гри полягає у розв’язуванні задач такого типу, наприклад: «Вийняти будь-які 3 сірники і помістити їх в інші отвори картонного аркуша так, щоб утворилося 5 рядів по 4 сірники у кожному ряду».
65


Розв’яжіть спочатку цю задачу для випадку, зображеного на мал. 50, а потім можете її урізноманітнити, змінюючи початкове розміщення сірників і число рядів, які знову потрібно буде утворити.
Мал. 50. У 10 отворів — по сірнику.
Зауваження. Як «поле» для розв’язання запропонованої задачі можна використати пластилін.
107. 	Чіт і лишка (головоломка)
Покладіть 8 пронумерованих шашок на центральний круг Е (мал. 51) стовпчиком за порядком номерів, з цифрою 8 внизу і з цифрою 1 нагорі. Задача полягає у тому, аби при найменшому числі ходів перемістити шашки з цифрами 1, 3, 5 і 7 з центрального стовпчика у кружок з позначкою «лишка», а шашки з цифрами 2, 4, 6 і 8 — у кружок з позначкою «чіт». Ходом вважається кожне переміщення шашки з одного місця на інше. За один хід можна
Мал. 51. Дотримуючись правил, перемістіть шашки на кружки «чіт» і «лишка». 66


перемістити з кружка на кружок тільки одну шашку (щоразу верхню), але при цьому не можна класти шашку, пронумеровану більшим числом, на шашку, що має менший номер, і не можна на шашку з парним номером класти шашку з непарним номером або, навпаки, на шашку з непарним номером класти шашку з парним номером.
Можна, скажімо, шашку з цифрою 1 покласти на шашку з цифрою 3, шашку з цифрою 3 — на шашку з цифрою 7 або шашку з цифрою 2 — на шашку з цифрою 6, але не навпаки, і не можна покласти шашку з цифрою 1 на шашку з цифрою 2 або шашку з цифрою 4 — на шашку з цифрою 7, оскільки тоді разом опиняється «чіт» і «лишка».
Скільки вам було потрібно ходів для розв’язання задачі?
108. 	Упорядкувати розміщення шашок
Розмістіть 25 нумерованих шашок у 25 квадратних клітинках,
Мал. 52
як показано на мал. 52. Міняючи шашки місцями, впорядкуйте їх, тобто складіть номери 1, 2, 3, 4, 5 зліва направо у перший ряд, номери 6, 7, 8, 9, 10 — зліва направо в другий ряд
1 т. д. до кінця. Можете, наприклад, поміняти місцями номери 7 і 1, 24 і
2 іт. д.
Визначте найменше число необхідних обмінів.
Для того, щоб уникнути непотрібних переміщень, потрібно розробити
певну систему переміщень. Подумайте над цим.
109. 	Подарунок-головоломка
Є така іграшка: коробочка; відкриєш її, а всередині — ще коробочка; її відкриєш, всередині — знову коробочка.
Зробіть таку іграшку з чотирьох коробочок. У найменшу внутрішню коробочку покладіть 4 цукерки, додайте по 4 цукерки у кожну з двох наступних коробочок і 9 цукерок — у найбільшу.
Таким чином у чотирьох коробочках буде поміщено 21 цукерку (мал. 53).
67


Подаруйте цю коробку з цукерками вашому другові на день народження з умовою не їсти цукерки доти, доки «ювіляр» не перерозподілить 21 цукерку так, щоб у кожній коробочці було парне число пар цукерок і ще одна.
Мал. 53. Подарунок-головоломка.
Зрозуміло, що перш ніж робити цей подарунок, треба самому «розкусити» цю головоломку. Майте на увазі, що ніякі правила арифметики тут не допоможуть, треба лише виявити кмітливість і дещицю дотепності.
110. 	Ходом коня
Для розв’язання цієї дотепної шахової задачі не потрібно вміти грати у шахи. Достатньо лише знати, як переміщується фігура коня по шахівниці. На шахівниці розставлені чорні пішаки (мал. 54). Поставте білого коня на будь-яку бажану для вас вільну клітинку шахівниці з таким розрахунком, щоб цим конем можна 68


було зняти з дошки всіх чорних пішаків, роблячи при цьому найменшу можливу кількість ходів конем.
Мал. 54. Зніміть конем усіх пішаків.
111. 	Переміщення шашок (2 головоломки)
Перша головоломка. Пронумеруйте 9 шашок числами від 1 до 9. Розставте шашки на спеціальному полі, зображеному на мал. 55, так, щоб номери клітинок і шашок збігалися; тільки шашку з цифрою 1 покладіть на клітинку № 10, а клітинку № 1 залишіть вільною.
69


Не забираючи шашок з клітинок, а тільки переміщуючи їх, пересуньте шашку з цифрою 1 на клітинку № 1. Можна тимчасово ставити по одній шашці на клітинки А, Б і В; перестрибувати однією шашкою через іншу не можна. Коли шашка з цифрою 1 перейде на своє місце — на клітинку №1, то й усі інші шашки повинні опинитися на попередніх місцях, тобто так, щоб номери шашок і клітинок збігалися.
Друга головоломка. Для другої задачі візьміть 8 чорних і 8 білих шашок та розставте їх так, як показано на мал. 56. Необхідно, не забираючи шашок з поля, за 46 ходів перемістити всі чорні шашки на місця білих, а білі — на місця чорних.
Шашки можна пересувати вперед і назад, управо і вліво, але не навскоси. У тих самих напрямках дозволяється перестрибувати через одну шашку на вільну клітинку. Дві шашки на одну клітинку поміщати не можна. Черговості у переміщенні білих і чорних шашок дотримуватися не потрібно; якщо потрібно, то можна переміщувати кілька разів підряд шашки одного кольору.
Знайдіть розв’язок.
Мал. 56.
112. 	Оригінальне угруповання цілих чисел від 1 до 15
Подивіться, як гарно можна розмістити всі цілі числа від 1 до 15 у 5 груп по 3 числа у кожній групі:
1'
4
2
3'
11
8
■ d = 7; 9
л. її Я*
О)
> d = 4; 5
> d = 2; 12 ■
15
14
10
7
13
d = l.
Числа розподілені за групами так, що у кожній групі різниця d одна і та сама як між другим та першим, так і між третім та другим числами. Наприклад, 8 — 1 = 7 і 15 — 8=7 або 9 — 4 = 5 і 14 — 9 = 5 (кожна група чисел з постійною різницею між сусідніми числами утворює послідовність, яку називають арифметичною прогресією). Цей цікавий розподіл п’ятнадцяти порядкових цілих чисел на 5 груп із вказаними різницями є не єдино можливим. Залишивши першу групу чисел (1,8, 15) без змін, інші 12 чисел (2, 70


З, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13, 14) можна згрупувати в нові трійки чисел, але з попередніми різницями: d = 5;d = 4;d = 2 id=l.
Знайдіть це нове угруповання даних чисел.
Ті, хто виявить бажання, можуть спробувати розмістити ці самі числа від 1 до 15 у групи арифметичних прогресій з іншими значеннями d.
113. Вісім зірочок
В одну з білих клітинок на мал. 57 я помістив зірочку. Розмістіть у білих клітинках ще 7 зірочок так, щоб ніякі 2 зірочки
Розв’язувати задачу, звичайно, потрібно шляхом проб, тому додатковий інтерес задачі ще й у тому, щоб у процес необхідних випробувань внести відому систему.
114. 	Дві задачі на розставляння букв
Перша задача. У квадраті, розділеному на 16 рівних квадратів, розставте 4 букви так, щоб у кожному горизонтальному ряду, в кожному вертикальному ряду і в кожній з двох діагоналей великого квадрата зустрічалася тільки одна буква. Скільки розв’язків цієї задачі буде у тому випадку, коли букви, що розставляються, однакові й у тому випадку, коли вони різні?
Друга задача. У квадраті, розділеному на 16 рівних квадратів, розставте по 4 рази кожну з чотирьох букв а, Ъ, с і d так, щоб 71


у кожному горизонтальному ряду, в кожному вертикальному ряду і в кожній з двох діагоналей великого квадрата не було однакових букв. Яка кількість розв’язків цієї задачі?
115. 	Розкладення різноколірних квадратів
Приготуйте 16 квадратів одного розміру, але чотирьох різних кольорів, скажімо, білого, чорного, червоного і зеленого — по 4 квадрати кожного кольору. У вас утвориться чотири комплекти різноколірних квадратів. На кожному квадраті першого комплекту напишіть цифру 1, на кожному квадраті другого комплекту — 2, на квадратах третього комплекту — 3 і на квадратах четвертого — 4.
Потрібно розмістити ці 16 різноколірних квадратів також у вигляді квадрата, причому так, щоб у кожному горизонтальному ряду, в кожному вертикальному ряду і в кожній з двох діагоналей знаходились у будь-якому довільному порядку квадрати з цифрами 1, 2, 3 і 4 й до того ж неодмінно різних кольорів.
Задача допускає дуже багато розв’язків. Подумайте над системою отримання потрібних розміщень.
116. 	Остання фішка0
Виріжте з картону 32 однакові фішки (довільної форми) й усі їх розставте по одній у кожен кружок (мал. 58). Оскільки кружків 33, то один з них (байдуже який) залишиться вільним.
Мал. 58.
u Старовинна гра-головоломка — «солітер», або «пустельник»; відома ще з початку XVIII століття (прим, автора).
72


Задача полягає в тому, щоб зняти всі фішки, крім однієї. Ця остання фішка має залишитися у тому самому кружку, який спочатку залишався вільним. Знімати фішки можна ходом назад, вперед і у боки, перестрибуючи будь-якою фішкою через іншу на вільний кружок. Кожним ходом знімається одна фішка, отже, задачу треба розв’язати за 31 хід.
117. 	Кільце з дисків
Візьміть шість однакових дисків і складіть їх щільно, як показано на мал. 59, а. Потрібно за 4 х о д и розмістити їх у вигляді кільця (мал. 59, б). «Хід» полягає в наступному: притискаючи будь-які 5 дисків до столу, потрібно перекотити шостий диск у нове положення, не відриваючи його від інших дисків, причому в новому положенні він має стикатися не менше, ніж з двома дисками. Розв’язати цю головоломку саме за 4 ходи не так просто, як може видатися на перший погляд.
Мал. 59. За 4 ходи перейдіть з положення а) у положення б).
Як диски можна використати, наприклад, 6 однакових монет або 6 однакових кружків, вирізаних з картону.
Додаткове завдання. Розв’язання запропонованої головоломки полягає у послідовному переміщенні дисків. Змінюючи порядок переміщень, можна отримати різні розв’язки задачі. Потрібно знайти всі різні розв’язки головоломки. Щоб не заплутатися, диски пронумеруйте і записуйте кожний хід за такою системою:
1— 2, 3, що означає: диск № 1 перекотити до стикання з дисками № 2 і № 3;
2— 6, 5, що означає: диск № 2 перекотити до стикання з дисками № 6 і № 5 і т. д.
Ось один із розв’язків головоломки:
1—2, 3; 2—6, 5; 6—1, 3; 1—6, 2.
Знайдіть ще 23 розв’язки.
73


118. 	Фігуристи на ковзанці зі штучного льоду
На московській ковзанці зі штучного льоду триває репетиція вистави, яку власними силами підготували учні «балетної школи на льоду». Художник, який оформляє постановку вистави, розмалював першу половину льодяного поля під візерунковий килим з 64 квіточками (мал. 60, а), а другу — під паркетну підлогу з 64 біло-чорними клітинками (як шахівниця, мал. 60, б).
Зараз перерва в репетиції. Під час перерви дівчинка і хлопчик — два невтомних фігуристи — продовжують «вимальовувати криві» на чудовому дзеркально гладкому льодяному полі.
Мал. 60. Знайдіть маршрути фігуристів.
Дівчинку зацікавили квіточки льодяного килима, і їй захотілося одним рухом, звичайно, з поворотами в деяких точках поля, проїхати через у сі 64 квітки. Рухатися дівчинка вирішила тільки по прямих лініях, причому так, щоб останній прямолінійний шлях привів її у те саме місце, з якого вона почала рух (позначено на малюнку чорною точкою).
Дівчинці це цілком вдалося, причому весь її шлях складався тільки з 14 прямолінійних відрізків. (Через деякі з квіток дівчинка проїжджала кілька разів.)
Намалюйте на аркуші паперу схему маршруту дівчинки.
Хлопчик тренувався на другій ділянці льодяного поля. Дізнавшись про «геометричні» досягнення своєї подруги-фігуристки, він не хотів залишитися у боргу і поставив перед собою ще складніше геометричне завдання: рухаючись тільки по білих клітинках паркету і перетинаючи вершини клітинок не більше, ніж по одному 74


разу, переміститися з лівого дальнього кута поля у протилежний по діагоналі правий кут, побувавши у кожній білій клітинці.
Намалюйте схему руху фігуриста, якщо відомо, що його шлях складається із 17 прямолінійних відрізків.
119. 	Задача-жарт
Учень 4-го класу середньої школи Коля Синичкін старанно намагається перевести шахового коня (мал. 61) з лівого нижнього кута шахівниці (з поля аі) у правий верхній кут (на поле Л8) так, щоб кінь побував на кожній клітинці шахівниці тільки один раз. Поки що йому це не вдається. Проте чи не намагається хлопчик розв’язати задачу, яка не має розв’язку?
Мал. 61. Чи можна перевести коня з аі на Л8?
Розберіться у цьому теоретично і поясніть Колі Синичкіну, у чому тут річ.
120. 	Сто сорок п'ять дверей (головоломка)
Середньовічні феодали іноді перетворювали підвали своїх замків на в’язниці-лабіринти зі всілякими фокусами і секретами: з розсувними стінами камер, потайними ходами, різноманітними пастками.
Поглянеш на такий старовинний замок, і мимоволі виникає бажання пофантазувати.
Уявімо собі, що в один з таких підвалів, план якого зображений на мал. 62, кинуто чоловіка, одного з тих, хто боровся з феодалом. Проте є певний секрет у будові цього підвалу. Зі 145 дверей тільки 9 дверей замкнено (вони позначені на мал. 62 жирними смужками), а всі інші — відчинено навстіж. Здається, так легко 75


підійти до дверей, що ведуть назовні, і спробувати їх відчинити. Та ба! Відчинити замкнені двері неможливо, але вони відчиняться самі, якщо будуть точно дев’ятими за рахунком, тобто якщо
Мал. 62. План лабіринту.
перед цим буде пройдено 8 відчинених дверей. При цьому необхідно відчинити і пройти усі замкнені двері підземелля; кожні з них також відчиняються самі, якщо перед цим пройдено рівно вісім відчинених дверей. Виправити помилку і пройти 2-3 зайвих сусідніх дверей, щоб довести число пройдених дверей до восьми,* теж не вдасться: тільки-но яку-небудь камеру пройдено, всі раніше відчинені в ній двері наглухо зачиняються і замикаються — вдруге через камеру не пройдеш. Феодали навмисне так улаштували.
В’язень знав про цей секрет підземелля, а на стіні своєї камери (позначеній на плані зірочкою) знайшов надряпаний цвяхом точний 76


план підземелля. Довго він сушив голову над тим, як розробити правильний маршрут, щоб кожні замкнені двері справді виявилися дев’ятими. Нарешті, він розв’язав цю задачу і вийшов на волю.
Який розв’язок знайшов в’язень?
121. 	Як в'язень вийшов на волю?
Ті, хто бажає, можуть поміркувати ще над таким варіантом попередньої задачі.
Уявіть, що в казематі, в якому знемагає в’язень, є 49 камер.
У кожній із семи камер, позначених на плані підземелля (мал. 63) літерами А, Б, В, Г, Ґ, Д і Е, є одні двері, що відмикаються тільки
і1’/
< X-У ■■ L■ і.
Мал. 63. Підземелля складається із 49 камер.
ключем, причому ключ від дверей камери А знаходиться у камері а, ключ від дверей камери Б знаходиться у камері б, ключі від дверей камер В, Г, Ґ, ДіЕ знаходяться відповідно у камерах в, г, Г, д і в.
Решта дверей відчиняється простим натиском на ручку, але ручка є тільки з одного боку кожних дверей, і двері, після того, як їх пройдено, автоматично зачиняються. На іншому боці дверей ручки немає.
77


На плані підземелля показано, в який бік можна пройти через кожні двері, що відчиняються без ключа, але в якому порядку треба відчиняти замкнені двері, невідомо. Через одні й ті самі двері дозволяється проходити будь-яку кількість разів, зрозуміло, дотримуючись умов, за яких вони відчиняються.
В’язень перебуває у камері О. Вкажіть йому шлях, що веде до виходу на волю.


РОЗДІЛ ТРЕТІЙ
ГЕОМЕТРІЯ НА СІРНИКАХ
Коробка сірників чи пучок паличок однакової довжини — чудове приладдя для геометричних розваг, що потребують винахідливості і розвивають кмітливість.
Із сірників можна скласти різноманітні прямолінійні фігури; перетворювати одну фігуру на іншу шляхом перекладання сірників; навіть теореми можна доводити на сірниках. Розглянемо, для прикладу, таку задачу.
Скільки однакових квадратів можна скласти з 24 сірників, не ламаючи їх і використовуючи при цьому всі сірники?
Мал. 64. Із 24 сірників — 2 квадрати.
Якщо на кожну сторону квадрата використати по 6 сірників (більше не можна), то утвориться один квадрат.
Якщо сторона квадрата складається з 5 або 4 сірників, то однакових квадратів зі всіх 24 сірників не вийде. Якщо сторона складається з 3 сірників, то можна викласти два квадрати (мал. 64).
79


Якщо сторона квадрата складається з 2 сірників — то три квадрати (мал. 65).
Мал. 65. Із 24 сірників — 3 квадрати.
Зверніть увагу, що з квадратів зі сторонами, які складаються з 3 чи 2 сірників, можна утворити ще додаткові квадрати інших розмірів, як показано на малюнках 66 і 67: один додатковий квадрат (1) з квадратів зі стороною, що складається з 3 сірників (мал. 66), чотири додаткових квадрати (1-4) з квадратів зі стороною, що складається з двох сірників (мал. 67).
%
(1)
Мал. 66. Можна утворити додатковий квадрат.
Якщо з кожних чотирьох сірників складати один квадрат, то з 24 сірників можна утворити 6 однакових квадратів (мал. 68, а).
Якщо ж деякі сірники двічі вважати сторонами квадрата, то з 24 сірників можна утворити 7 однакових квадратів (мал. 68, б)9 8 (мал. 69, а, б) або навіть 9 (мал. 69, в).
При складанні трьох останніх фігур утворилися ще додаткові квадрати інших розмірів: один на мал. 69, а, два на мал. 69, б і п’ять на мал. 69, в (знайдіть їх).
80


Мал. 67. Чотири додаткових квадрати.
Мал. 68. Із 24 сірників — 6 і 7 квадратів.
81


а)
Мал. 70. Із 24 сірників — 20 квадратів.
82


Якщо сторона квадрата дорівнює сірника (допускаємо накладання одного сірника впоперек іншого), то можна отримати 16 квадратів однакового розміру і 4 додаткових квадрати. Всього 20 квадратів (мал. 70).
Якщо сторона квадрата дорівнює і сірника, то з 24 сірників можна утворити 27 однакових квадратів, а з додатковими квадратами інших розмірів — 42 (мал. 71, а), і, нарешті, якщо сторона квадрата дорівнює сірника — то 50 квадратів одна- 5
кового розміру (мал. 71, б). Якщо ж рахувати додаткові квадрати (їх 60), то всього вийде 110 квадратів.
Мал. 71. Із 24 сірників — 42 і 50 квадратів.
Поміркуйте, як розв’язати наступні задачі-головоломки1}.
122. 	П'ять головоломок
Із 12 сірників викладено 4 однакових квадрати (мал. 72); при цьому утворився ще один додатковий квадрат (великий). Потрібно:
а) забрати 2 сірники; решти не чіпати; повинно утворитися 2 неоднакових квадрати;
б) перекласти 3 сірники так, щоб утворилося 3 рівних квадрати;
в) переклавши 4 сірники, утворити З рівних квадрати;
Мал. 72.
п Під одним номером об’єднано ті задачі, розв’язування яких необхідно починати з одного і того самого початкового розміщення сірників. Кожна задача розв’язується незалежно від попередньої (прим, автора).
83


г) 	переклавши 2 сірники, утворити 7 квадратів (у цій і наступній задачах допускається накладання одного сірника впоперек іншого);
ґ) переклавши 4 сірники, отримати 10 квадратів.
123. 	Ще вісім головоломок
Із 24 сірників викладено фігуру квадрата з дев’ятьма квадратними комірками (мал. 73). Потрібно:
а) переклавши 12 сірників, утворити 2 рівних квадрати;
б) забрати 4 сірники так, щоб ті сірники, які залишилися, утворили один великий і чотири малих квадрати;
в) утворити 5 рівних квадратів, забравши або 4, або 6, або 8 сірників;
забрати 8 сірників так, щоб ті сірники, які залишилися, утворили 4 рівних квадрати
г)
(2 розв’язки);
ґ) забрати 6 сірників — утворити 3 квадрати;
д) забрати 8 сірників — залишаться 2 квадрати (2 розв’язки);
е) забрати інших 8 сірників — залишаться 3 квадрати;
є) забрати 6 сірників — утворяться 2 квадрати і 2 рівних
неправильних шестикутники.
124. 	З дев'яти сірників
Із 9 сірників скласти 6 квадратів (допускається накладання одного сірника впоперек іншого).
125. 	Спіраль
Із 35 сірників викладено фігуру, що нагадує «спіраль» (мал. 74). Перекладіть 4 сірники так, щоб утворилося 3 квадрати.
84


Мал. 74. «Спіраль».
126. 	Жарт
З шістнадцяти сірників викладено «план» фортеці, оточеної глибоким ровом (мал. 75). Як за допомогою двох дощок (сірників), довжина яких якраз дорівнює ширині рову, пробратися у фортецю?
Мал. 75. «План» фортеці.
127. 	Забрати два сірники
Фігуру, зображену на мал. 76, складено з восьми сірників, покладених один на одного. Забрати 2 сірники так, щоб залишилося З квадрати.
128. 	Фасад «будинку»
Фасад «будинку» викладено з 11 сірників (мал. 77). Перекладаючи 2 сірники, можна отримати 11 квадратів, а перекладаючи 4 сірники, можна той самий «будинок» перетворити на фігуру, що містить 15 квадратів. Зробіть це!
Мал. 76.
85


129. 	Жарт
Покладіть 6 сірників так, щоб утворився квадрат.
130. 	Трикутники
Для складання одного рівностороннього трикутника необхідно використати 3 сірники (якщо їх не ламати), а для складання шести рівносторонніх трикутників, рівних між собою, достатньо 12 сірників.
Зробіть це!
Після цього перекладіть 4 сірники з одного місця на інше так, щоб утворилося 3 рівносторонніх трикутники, з яких тільки два були би рівні між собою.
131. 	Скільки сірників потрібно забрати?
Викладено 16 однакових квадратів (мал. 78). Якщо підрахувати всі квадрати, які містяться у цій фігурі, то всього їх набереться...
Мал. 78.
А втім, порахуйте самі! Скільки сірників (найменше) треба забрати, щоб утворена фігура не містила жодного ні великого, ні малого квадрата?
132. 	Жарт
Кожен сірник має довжину 4,5 см. Як із 13 сірників скласти метр?
86


133. 	«Огорожа»
В «огорожі», зображеній на мал. 79, потрібно перекласти 14 сірників так, щоб утворилося 3 квадрати.
Мал. 79. «Огорожа».
134. 	Жарт
За допомогою двох сірників, не ламаючи і не розрізаючи їх, утворити квадрат.
135. 	«Стріла»
На мал. 80 із шістнадцяти сірників побудовано стрілу.
Мал. 80. «Стріла».
Потрібно:
а) перекласти 8 сірників так, щоб утворилося 8 рівних трикутників;
б) перекласти 7 сірників так, щоб утворилося 5 рівних чотирикутників.
136. 	Квадрати й ромби
Із 10 сірників викласти 3 квадрати. Потім забрати один сірник і зробити з тих сірників, які залишилися, один квадрат і два ромби.
87


137. 	В одній фігурі — різні багатокутники
Вісім сірників покладіть так, щоб утворилися один восьмикутник, два квадрати і вісім трикутників — усі в одній фігурі.
138. 	Планування саду
Шістнадцять сірників, викладених у формі квадрата, імітують огорожу саду (мал. 81). Частину площі цього саду займає будинок,
Мал. 81. «План» саду та будинку.
викладений у вигляді квадрата з чотирьох сірників. Решту саду потрібно розділити за допомогою 10 сірників на 5 ділянок, однакових за формою і за площею.
139. 	На рівновеликі частини
Потрібно:
1) розділити 11 сірниками квадрат, складений із 16 сірників (мал. 82), на 4 рівновеликі (які мають однакову площу) частини так, щоб кожна з частин дотикалася до трьох інших;
2) сад, обриси якого зображено 20 сірниками і в середині якого знаходиться криниця квадратної форми (мал. 83):
а) розділити 18 сірниками на 6 рівновеликих і однакових за формою частин;
б) розділити 20 сірниками на 8 рівновеликих і однакових за формою частин.
88


Мал. 82. Мал. 83. «План» саду з криницею.
140. 	Паркет
Скільки потрібно сірників, щоб викласти рівними квадратами один квадратний метр? Середня довжина сірника — 5 см.
141. 	Відношення площ зберігається
Із 20 сірників складено два прямокутники: один із 6 сірників, а інший — з 14 (мал. 84).
Пунктирними лініями перший прямокутник розбито на 2 квадрати, а другий — на 6. Отже, площа другого прямокутника втричі більша, ніж площа першого.
Мал. 84. Змінити фігури, але зберегти відношення площ.
Розділіть тепер ці ж 20 сірників на інші дві групи: 7 і 13 сірників. З кожної групи сірників складіть по одній фігурі (вони можуть мати неоднакову форму) так, аби площа другої фігури була втричі більша, ніж площа першої.
89


142. 	Знайти контур фігурип
Дано 12 сірників. Приймемо кожного з них за одиницю довжини. Потрібно викласти з 12 сірників таку фігуру, яка охопила би площу в 3 квадратні одиниці.
Це важка задача, якщо не брати до уваги найпростіший випадок фігури, складеної з трьох квадратів, зчеплених вершинами.
143. 	Знайти доведення
Розмістіть два сірники поряд так, щоб вони утворили одну пряму лінію, і доведіть за допомогою міркувань правильність вашої побудови.
Для доведення потрібно виконати додаткову побудову на сірниках, для чого дозволяється користуватися будь-якою кількістю сірників.
144. 	Побудувати та довести
Побудувати зі сірників правильний шестикутник. Довести правильність побудови.
1} Останні три задачі призначені для учнів 7-9-х класів (прим. ред. укр. видання).


РОЗДІЛ ЧЕТВЕРТИЙ
СІМ РАЗІВ ВІДМІР, ОДИН РАЗ ВІДРІЖ
145. 	На рівні частини
Задача 1. Перемалюйте фігуру, зображену на мал. 85, на аркуш паперу і розріжте її на 4 рівних чотирикутники (фігури називаються рівними, якщо при накладанні вони збігаються всіма своїми частинами).
Мал. 85. Як розрізати на рівні чотирикутники?
Мал. 86. Як трапецію розрізати на 4 рівні трикутники?
Задача 2. Як розрізати рівносторонній трикутник на 4 рівні частини, показано на мал. 86. Заберіть верхній трикутник; З трикутники, що залишилися, утворюють фігуру, яку в геометрії називають трапецією. Спробуйте її розрізати теж на 4 рівні частини.
91


Задача 3. Пластинку, зображену на мал. 87, розріжте на шість рівних пластинок.
Задача 4. Якщо в багатокутника всі внутрішні кути рівні між собою і всі його сторони також рівні, то він називається правильним багатокутником.
Розріжте правильний шестикутник, зображений на мал. 88, на 12 рівних чотирикутників. Чи будуть ці чотирикутники правильними, тобто чи будуть вони квадратами?
оооооооо оооооооо оооооооо оооооооо оооооооо оооооооо оооооооо оооо о о о о оооо оооо
Мал. 88. Як розрізати на 12 рівних чотирикутників?
Мал. 87. Розріжте на шість однакових пластинок.
Задача 5. Не кожну трапецію можна розрізати на 3-4 рівні між собою малі трапеції. Чи не так? Проте трапецію, складену з З рівних рівнобедрених прямокутних трикутників (мал. 89), схожу на дерев’яний молоток без держака в поздовжньому розрізі, ви легко розріжете на 4 цілком однакові прямокутні трапеції.
92


146. 	Сім трояндочок на торті
До чаю купили торт. Його розрізали на 7 частин по трьох прямих лініях. При цьому на кожній частині виявилося по одній трояндочці.
Мал. 90. Три розрізи — і кожному по трояндочці.
Як розрізали торт?
147. 	Фігури, що втратили свій контур
Квадрат, у клітинках якого ви бачите декілька цифр (мал. 91), підготували для розрізання на 4 рівні фігури. Ці фігури розміщувалися симетрично відносно центра квадрата. Більше того, аби повністю сумістити одну з рівних фігур з іншою, достатньо було
Мал. 91. Квадрат, підготовлений для розрізання.
93


як навколо осі. Однак біда в тому, що хтось стер намічені лінії розрізу, але цифри збереглися, і я пам’ятаю, що вони були розміщені так: кожна цифра по одному разу в кожній фігурі.
Гадаю, для вас цього достатньо, аби повернути фігурам втрачений контур, якщо відомо ще, що лінії розрізу проходили тільки вздовж сторін клітинок квадрата.
148. 	Порадьте
На мал. 92 зображено план нижньої частини деякого приладу. Порадьте, як розмежувати прилад на 4 камери, однакових за формою і розмірами, причому в кожній камері має бути по 2 штифтики (їх зображено точками) і по одному отвору (їх зображено маленькими квадратами).
Мал. 92. Розмежувати на 4 однакові камери.
149. 	Без втрат!
Ви, звичайно ж, знаєте, що на заводах деякі заготовки не відразу надходять на верстат для обробки, скажімо, на стругальний чи
JV? 1 N2
N9 З N9 4
Мал. 93. Виникла потреба у пластинках таких фасонів.
94


свердлильний, а спочатку їх передають розмітникові, який наносить на них необхідні лінії і точки. Кмітливість та вміння розмітника можуть зекономити багато матеріалу.
Одного разу на заводі виникла потреба у великій кількості латунних багатокутних пластинок семи фасонів, зображених на мал. 93. Розмітник зауважив, що одна зі семи пластинок (визначте яка) рівно 6 разів укладається в невеликому прямокутному листі латуні, а для виготовлення решти пластинок розмітник так уміло підібрав у відходах обрізки листової латуні (мал. 94), що кожний з них можна було розрізати на пластинки одного і того самого фасону, не втрачаючи жодного квадратного сантиметра латуні.
Так, наприклад, з листового обрізка І (мал. 94) виходить 3 пластинки № 4 (мал. 93), з обрізка II — 5 пластинок № 7 і т. д. Які пластинки з числа зображених на мал. 93 вирізаються з решти листових обрізків, зображених на мал. 94, — це ви визначите самі.
Ще підкажу, що листовий обрізок III розрізається на 3 пластинки однакового фасону, листовий обрізок IV — на 4 пластинки однакового фасону, V — на 6, а VI — на 4 пластинки однакового
Мал. 94. Обрізки, які підібрав розмітник.
95


фасону. Не забудьте, що одна з пластинок цих семи фасонів вирізається у кількості 6 штук з прямокутного латунного листа.
Перемалюйте у свій зошит мал. 94 і знайдіть необхідні лінії розрізу на кожному листовому обрізку.
Для полегшення розв’язання задачі мал. 93 і 94 виконані в клітинку.
150. 	Коли фашисти зазіхнули на нашу землю...
У той час у містах, близьких до фронту, доводилося робити світломаскування. Якось в одній з квартир, коли настав час затемнювати вікна, не знайшли штори для квадратного вікна розміром 120x120 см2. Напохваті нічого не виявилось, окрім прямокутного листа фанери, площа якого дорівнювала площі вікна, але розміри були не ті: 90x160 см2.
Спочатку всі якось навіть розгубилися, але минуло трохи часу, і піонер Василько, озброївшись лінійкою, почав швидко розкреслювати прямокутний лист фанери.
По наведених лініях хлопчик розрізав фанерний лист усього лише на дві частини, з яких він і склав квадратний щит потрібного розміру для затемнення вікна.
Знайдіть розв’язок цієї задачі.
151. 	Спогади електромонтера
У кожній квартирі з електричним освітленням є щиток (мармуровий) із запобіжними «пробками», а на кожному заводі ви їх побачите у великій кількості.
Зазвичай щитки мають форму прямокутника або квадрата, але під час Великої Вітчизняної війни наша бригада монтерів для економії мармуру іноді дозволяла собі відхилятися від встановлених
О О О О О п п о о о о о
о о о о о о о
о о о о о о о
о о о о о о о
о о о о о о о
□ □ 0 ° ° ° °
LJ О О О О О
о о о о о п о о о о о u
ООО — о о
о о о u о о
о о _ о о о
о О U ООО
о о о о о
u о о о о о
а) б)
Мал. 95. Були у нас дві великі мармурові дошки... 96


форм. Пам’ятаю, були у нас дві великі мармурові дошки (мал. 95) з просвердленими маленькими круглими і кількома квадратними отворами. Нам треба було нарізати з них 8 невеликих щитків.
Бригадир прикидав і так і сяк, нарешті, зметикував, що першу дошку (мал. 95, а) можна розрізати на4рівних щитки, причому в кожному з них буде по одному квадратному і по 12 круглих отворів, і, другу дошку (мал. 95, б) — теж на4рівних між собою щитки, але в кожному з них буде по одному квадратному і по 10 круглих отворів. Так ми і зробили. Яким чином були розрізані дошки?
152. 	Усе знадобиться
«Чи вийде з цього обрізка шахівниця на 64 клітинки?» — подумав я, роздивляючись прямокутний шматок дошки горіхового дерева з двома прямокутними виступами (мал. 96). Вимірявши дошку, я розрахував, що зможу використати її всю, нічого не відкидаючи.
Тоді я розкреслив її на 64 рівні Мал. 96 Чи вийде шахівниця? клітинки, причому в кожному виступі виявилося по 2 клітинки, і розпиляв дошку тільки на
2 частини, причому однакові і за формою, і за величиною. Потім
3 них я склеїв шахівницю. Знайдіть лінію розрізу.
153. 	Головоломка
F
Мал. 97.
Фігура ABCDEF (мал. 97) складається з трьох рівних суцільних квадратів.
Потрібно розрізати цю фігуру на 2 частини так, щоб з утворених частин можна було скласти квадратну рамку. Отвір усередині рамки теж повинен бути квадратної форми, рівної кожному із трьох квадратів, що утворюють дану фігуру.
97


154. 	Розрубати підкову
Намалюйте підкову і поміркуйте, як провести 2 прямі лінії, вздовж яких можна було би розрубати підкову на 6 частин, не переміщаючи їх при розрубуванні.
155. 	У кожній частині — дірка
А ось вам підкова з дірками для цвяхів (мал. 98). Розрубайте її двома прямолінійними ударами на 6 частин так, щоб у кожній частині було по одній дірці.
Мал. 98.
156. 	З «глечика» — квадрат
Перемалюйте на аркуш паперу фігуру, яка має форму глечика і зображена на мал. 99, та розріжте її двома прямолінійними розрізами на такі 3 частини, з яких можна було би скласти квадрат.
Мал. 99. Розріжте і складіть квадрат.
98


157. 	Квадрат з букви «Е»
Акуратно накресліть на аркуші паперу фігуру (мал. 100), що має контури букви «Е». Потрібно розрізати фігуру «Е» тільки наїчастиніне більше, ніж чотирма прямолінійними розрізами, а тоді зі всіх утворених частин скласти квадрат.
Зауваження. Кожний гострий кут у цій фігурі «Е» становить половину прямого кута, а кожний тупий кут — утричі більший, ніж гострий. Співвідношення між довжинами сторін легко встановити за малюнком.
Мал. 100. Як розрізати, щоб скласти квадрат?
Мал. 101. Розріжте і складіть зірку.
158. 	Красиве перетворення
Перемалюйте на тонкий картон або цупкий папір правильний восьмикутник, зображений на мал. 101, і в центрі виріжте отвір теж у формі правильного восьмикутника. Утворену фігуру потрібно розрізати на 8 рівних клаптиків і, перекладаючи їх, скласти восьмикутну зірку, яка би також мала восьмикутний отвір.
159. 	Відновлення килима
Від старого, але ще цінного килима довелося відрізати два невеликих зіпсованих трикутних кусочки (на мал. 102 — заштриховані трикутники).
Вихованці училища художніх промислів вирішили відновити прямокутну форму килима, зберігши його малюнок і не втрачаючи .жодного його кусочка. Вони розрізали мозаїку тільки на 2 частини, з яких і склали новий прямокутник (він виявився квадратом). При цьому вихованцям училища не довелося нічого переробляти у килимі.
99


Мал. 102. Як відновити килим?
Як їм це вдалося?
160. 	Цінна нагорода
Коли Нурія Сараджева була ще підлітком, вона, як і відома Мамлякат1*, однією з перших у своєму колгоспі почала застосовувати більш досконалий спосіб збору бавовни. Як нагороду Нурія отримала красивий килимок роботи чудових туркменських килимарок. Цією найпершою своєю нагородою Нурія дуже дорожила.
Тепер вона виросла і працює агрономом у своєму рідному колгоспі. Килимок, звичайно, з нею, в її лабораторії.
Одного разу, проводячи якісь дослідження, Нурія розлила кислоту на килимок і пропалила його середину. Довелося вирізати зіпсовану частину зі середини килимка. Утворився великий прямокутний отвір розміром 1x8 дм2.
п Мамлякат — відомий передовик праці і переможниця соціалістичних змагань у сільському господарстві в СРСР (прим. ред. укр. видання).
100


Однак Нурія не викинула свого килимка. Вона дуже вправно розрізала ту частину килимка, яка збереглася, на дві частини так, що, складені разом, вони утворили квадрат. Шви були непомітними, і знову вийшов гарний килимок.
Мал. 103. Утворився прямокутний отвір.
Як вона це зробила?
161. 	Виручайте бідолаху!
Пам’ятаєте, під номером 54 було запропоновано головоломку про розбірну шахівницю? Товариші винахідника головоломки врешті-решт навчилися швидко складати шахівницю з 14 деталей. Тоді веселий шахіст вирішив змінити кількість і форму складових частин. Однак, на його біду, спало цьому жартівникові на думку спробувати розрізати шахівницю на 15 однакових фігур, схожих на букву «Г» (мал. 104, а), і одну квадратну фігуру (мал. 104, б). Відтоді втратив спокій наш юний конструктор. Не вдається йому розрізати шахівницю на такі частини! Тепер він схильний вважати,
Мал. 104. Головоломка веселого шахіста. 101


що такий розкрій шахівниці неможливий, і намагається це довести, але теж поки що безуспішно. Потрібно виручати бідолаху.
Давайте допоможемо веселому шахісту довести неможливість розв’язання задачі, яку він перед собою поставив, а натомість запропонуємо йому розрізати шахівницю на 10 однакових фігур, схожих на букву «Р» (мал. 104, в), і одну, схожу на букву «Г» (мал. 104, а).
Наша задача теж нелегка, але розв’язок має.
162. 	Подарунок для бабусі
У дівчинки було два квадратних відрізи клітчастої тканини: в 64 клітинки й у 36 клітинок. Вона вирішила поєднати їх в одну квадратну хустку для того, щоб зробити подарунок для бабусі. Зрозуміло, що при цьому потрібно було зберегти точне чергування білих і чорних клітинок. Справа ускладнилася тим, що краї
Мал. 105. Як поєднати в одну хустку? 102


великого відрізу тканини були вже промережені і навіть китички були зроблені на двох сторонах відрізу повністю, а на третій — наполовину (мал. 105).
Допомогла дівчинці її конструкторська кмітливість.
Кожен відріз вона так вдало розрізала на дві частини, що складена з чотирьох утворених частин хустка мала повністю всі 100 клітинок і при цьому всі китички, які були на великому відрізі, залишилися ззовні, по краях хустки.
Повторіть на паперових моделях розв’язок дівчинки.
163. 	Задача для столяра
Столярові принесли 2 однакові овальні дошки з довгастими отворами у центрі (мал. 106) і замовили з них одну круглу суцільну кришку для стола.
Дошки були з дерева рідкісної дорогої породи, і майстрові хотілося використати їх для справи повністю без будь-яких обрізків.
Мал. 106. Як без втрат виготовити круглу суцільну кришку?
Щоб не робити зайвих, необдуманих розрізів, столяр спочатку вирізав з цупкого паперу викрійку дошки, придивився до форми, дещо перевірив циркулем. Виявилося, що намір майстра цілком здійсненний і до того ж з невеликою кількістю розрізів кожної дошки.
■ Як розпиляв столяр принесені дошки?
103


164. 	І в кушніра геометрія!
Кушнірові треба було накласти на хутро латку у вигляді різностороннього трикутника. Він викроїв латку з такого самого хутра, але помилився. До отвору в хутрі латка підходила тільки лівим боком. От халепа! Не викидати ж викроєний кусок дорогого хутра. Проте як повернути його на лицевий бік і зберегти при цьому потрібну форму трикутника? Довго думав кушнір і все-таки придумав. Він зметикував, що кусок потрібно якось розрізати на такі частини, кожна з яких при перевертанні стала би на своє попереднє місце. А ось як розрізати?
165. 	Кожному коневі свою стайню
На мал. 107 зображено шахівницю з 4 кіньми.
Мал. 107.
Потрібно розрізати шахівницю на 4 рівні й однакові за формою частини, причому на кожній з цих частин має залишитися кінь.
166. 	Ще більше!
Спробуйте розітнути круг шістьма прямими лініями на максимально можливе число частин.
На мал. 108, наприклад, круг розітнуто на 16 частин, але це не межа. Можна показати, що граничне число частин визначається за формулою: п + де п — число січних прямих^.
&
п У топології (розділ вищої математики) доводиться, що пряму можна розітнути п точками найбільше на С* + Сл = п +1 частин; площину можна , гіі , по ті2 + ті + 2
розітнути п прямими найбільше на Сл + Сл + Сл = частин; триви-
„ /пЗ /-т2 /пі . /щО ТІ 4" 5п 4” 6
мірнии простір — п площинами на Сл + Сл + Сл + Сл = частин
іт. д. (прим, автора).
104


Мал. 108.
При розв’язуванні намагайтеся досягти симетрії у розміщенні прямих ліній.
167. 	Перетворення багатокутника на квадрат
Чи можна будь-яких два квадрати перетворити на один? Це означає, що якщо я намалюю два довільних квадрати, то чи знайдете ви спосіб розрізати їх на такі частини, з яких можна було би скласти один квадрат?
Перший загальний розв’язок цієї задачі приписується давньогрецькому вченому Піфагорові (VI століття до початку нашого літочислення), але задачами перетворення однієї фігури на іншу займалися й індуські математики (з огляду на розвиток чудового будівельного мистецтва у стародавній Індії) ще за тисячу або півтори тисячі років до Піфагора.
Цікаво, що, маючи два квадрати, можна наперед уявити собі і той третій квадрат, в який «укладаються» перші два. Для цього розмістіть дані квадрати А і В так, аби сторони одного були продовженням сторін іншого (мал. 109), і з’єднайте відрізком с
Мал. 109. «А» + «З» = «С».
105


прямої лінії дві вершини, як показано на мал. 109. Утвориться прямокутний трикутник. Якщо тепер побудувати ще один квадрат С на стороні с (на гіпотенузі) утвореного прямокутного трикутника, то він і буде тим квадратом, який можна скласти з частин перших двох квадратів.
Однак як же розрізати дані квадрати? За дві з половиною тисячі років, які відділяють нас від Піфагора, придумано дуже багато практичних способів розв’язання цієї задачі. Ось один з них — економний і красивий.
А
В
с
і
і /
d ^7Р
/ /
/ / / / /
F
/ / / / / / / / /
Мал. 110. З двох квадратів — один.
Розмістимо дані квадрати у вигляді фігури ABCDEF (мал. 110). Відкладемо на стороні AF відрізок FQ =АВ і розріжемо фігуру по прямих EQ і BQ. Перекладемо трикутник BAQ у положення ВСР, а трикутник EFQ — у положення EDP\ утвориться квадрат EQBP, що містить у собі всі частини даних двох квадратів. Його сторона рівна гіпотенузі EQ прямокутного трикутника EFQ, а сторони даних двох квадратів рівні катетам EF і FQ.
(Читач, який знає геометрію, наприклад, учень 7-го класу, легко сам доведе рівність трикутників BAQ, ВСР, EFQ та EDP і те, що EQBP — квадрат. Це буде інше, порівняно зі шкільним, доведення теореми Піфагора.)
106


А зараз перемалюйте на папір фігуру, що є поєднанням квадрата і прямокутного рівнобедреного трикутника (мал. Ill); розріжте цю фігуру тільки на 3 частини і складіть з них квадрат.
Мал. 111. Як розрізати, щоб скласти квадрат?
168. 	Перетворення правильного шестикутника на рівносторонній трикутник
Геометричні задачі, пов’язані зі складанням однієї фігури з частин іншої, захоплюють і математиків-спеціалістів, й архітекторів, і взагалі всіх тих, хто цікавиться математикою ось уже кілька тисяч років.
Існують загальні способи перетворення однієї фігури на іншу шляхом розрізання і перекладення частин даної фігури1*, але практично користуватися загальними способами у багатьох випадках вкрай незручно — надто вони громіздкі.
Цікаво буває в таких задачах знайти спосіб розрізання даної фігури на якомога менше число частин. Проте це нелегко і потребує великого терпіння та винахідливості.
п 3 популярної літератури щодо цього питання див., наприклад: Б.А. Кор- демский, Н.В. Русалев, Удивительный квадрат. — М.: Гостехиздат, 1952 (прим, автора ).
107


Як, наприклад, найкраще розрізати даний правильний шестикутник (мал. 112) прямолінійними розрізами, щоб з його частин можна було скласти суцільний правильний трикутник?
Мал. 112. Як розрізати, щоб скласти правильний трикутник?
Існує кілька розв’язків цієї задачі; у кожному з них проводиться поділ шестикутника тільки на 6 частин.
Спробуйте знайти такий розв’язок.
*
* *
Між іншим, можливість поділу шестикутника на 5 таких частин, з яких можна було би скласти правильний трикутник, досі ніхто не виявив, але ніхто не довів і неможливість такого поділу.


РОЗДІЛ П’ЯТИЙ СПРАВЖНІЙ УМІЛЕЦЬ ЗАВЖДИ ЗНАЙДЕ ДІЛО
169. 	Де знаходиться ціль?
На мал. 113 зображено в кружечках екрани радіолокаційних станцій. На екранах світиться або записується зигзагоподібна лінія; під нею міститься покажчик відстаней.
Мал. 113. В якому пункті моря знаходиться корабель?
Зі станції відправляється радіохвиля. На екрані цей момент відповідає нульовій точці пікали. Через деякий час радіохвиля, відбившись від цілі (наприклад, від корабля у морі), повертається
109


назад на станцію. У цей момент на екрані з’являється витягнуте вгору вістря. За час, що минув, радіохвиля пройшла подвійну відстань між станцією і ціллю. Однак покажчик відстаней розмічено так, що число, яке стоїть під подовженим вістрям, вказує відстань від станції до цілі. Екран зліва подає покази берегової радіолокаційної станції, що знаходиться у пункті А. Екран справа подає покази радіолокаційної станції, що знаходиться у пункті Б.
Припустимо, що обидва екрани подали одночасні покази цих двох берегових станцій, які виявили у морі ціль. Прочитайте покази покажчиків екранів (мал. 113), а потім визначте, в якому пункті знаходиться ціль.
170. 	П'ять хвилин на роздуми
Уявіть собі дерев’яний куб зі стороною 3 дм, усю поверхню якого пофарбовано у чорний колір.
1) Скільки потрібно розрізів, щоб розділити куб на кубики зі стороною 1 дм?
2) Скільки утвориться таких кубиків?
3) Скільки кубиків матимуть по 4 пофарбованих грані?
4) Скільки кубиків матимуть по 3 пофарбованих грані?
5) Скільки кубиків матимуть по 2 пофарбованих грані?
6) Скільки кубиків матимуть по одній пофарбованій грані?
7) Скільки буде непофарбованих кубиків?
171. 	Непередбачена зустріч
Два потяги, кожен з яких налічує по 80 вагонів, зустрілися на одноколійному шляху, що має невелику тупикову вітку (мал. 114).
Як розминутися цим потягам, якщо тупикова вітка може вмістити паровоз і з ним не більше ніж 40 вагонів?
Мал. 114. Як розминутися потягам?
110


172. 	Колійний трикутник
Основна залізнична колія АВ (мал. 115) та дві невеликі залізничні вітки АВ і ВВ утворюють колійний трикутник. Якщо на основній колії АВ стоїть паровоз трубою вправо, то, обійшовши колійний трикутник, він опиниться трубою вліво.
Дивлячись на мал. 115, легко «про себе» уявити, як повинен рухатися паровоз, щоб «повернутися» трубою в інший бік (вважайте при цьому, що вагонів на вітках немає). Однак зараз машиністові паровоза необхідно розв’язати іншу задачу. Йому треба переставити місцями вагони, що стоять на вітках АВ іВВ: білий вагон з вітки ВВ на вітку АВ, а червоний (зображений як чорний) — з АВ на ВВ; самому ж повернутися на попереднє місце. На тупичку В за стрілкою поміщається тільки один вагон або один паровоз.
Як машиніст розв’язав цю задачу?
А В
Мал. 115. Як поміняти місцями вагони?
Якщо кожне зчеплення і розчеплення ви вважатимете за хід, то можу повідомити, що машиніст розв’язав задачу за 10 ходів, але ви можете розв’язати її за 6 ходів.
173. 	Спробуйте відважити
У пакеті міститься 9 кг крупи. Спробуйте за допомогою талькових ваг з гирями 50 г і 200 г розподілити всю крупу в два пакети: в один — 2 кг, а в інший — 7 кг. При цьому дозволяється провести тільки 3 зважування.
111


174. 	Передача
Шківи А, Б,В1Г з’єднані передачами, як показано на мал. 116. Якщо при такому з’єднанні рух усіх чотирьох шківів можливий, то в якому напрямку обертатиметься кожен шків у тому випадку, коли шківА обертається в напрямку, вказаному стрілкою?
Мал. 116. В якому напрямку обертається кожен шків?
Чи можливий рух шківів, якщо всі чотири паси будуть перехрещені, як, наприклад, на шківах А і Б? А якщо тільки один або три паси будуть перехрещені?
175. 	Сім трикутників
Скріплюючи кінці трьох сірників кульками з пластиліну, можна легко скласти один рівносторонній трикутник (мал. 117).
Візьміть тепер 9 сірників і, так само скріплюючи їхні кінці, складіть 7 рівно- сторонніх трикутників.
Мал. 117.
176. 	Податна художника
Один дивакуватий художник запевняв мене, що найбільш доцільними розмірами полотен для його творів є такі розміри, при яких площа полотна чисельно дорівнює його периметру. Не обговорюватимемо питання, чи сприяють такі розміри полотен художніх творів кращому їхньому сприйняттю, проте спробуємо 112


все-таки встановити, яких же розмірів (припустимо, тільки у цілих числах) має бути прямокутник, щоб його площа і периметр виражалися одним і тим самим числом.
Це не дуже легка задача, та все ж одна зі школярок 6-го класуп міста Дзауджікау придумала вельми витончений її розв’язок. Дівчинка при цьому навіть довела, що можливі всього лише два прямокутники, які задовольняють умову задачі. А ну ж бо, хто з вас «відкриє» розв’язок дівчинки або натомість придумає не менш дотепний свій розв’язок цієї задачі?
177. 	Скільки важить пляшка?
На лівій шальці ваг (мал. 118, а) — пляшка і склянка, а на правій — глечик. Ваги — зрівноважені.
Переставимо склянку з лівої шальки ваг на праву, а глечик замінимо на тарілку (мал. 118, б). Ваги знову перебувають у рівновазі.
Заберемо пляшку з лівої шальки ваг та покладемо сюди 2 однакових глечики, а на правій шальці склянку замінимо на дві однакові тарілки (мал. 118, в). При цьому виявляється, що 2 глечики важать стільки само, скільки 3 тарілки.
У скільки разів пляшка важча, ніж склянка?
в)
Мал. 118. У всіх цих
178. Кубики випадках — рівновага.
Майстрові, який виготовляв дитячі ігри, дали певну кількість дерев’яних кубиків однакового розміру, щоб наклеїти на них літери й цифри, потрібні для гри. Однак загальна площа зовнішньої поверхні всіх кубиків виявилась недостатньою. Йому потрібна була вдвічі більша площа.
11 Слід мати на увазі, що тоді, коли ця книжка вперше побачила світ, в СРСР діяла 10-річна система навчання у школі (прим. ред. укр. видання).
113


Як майстер подвоїв суму площ усіх граней кубиків, не додаючи нових кубиків?
179. 	Банка зі шротом
Якось на будівництві одного зі зрошувальних каналів у польових умовах нам потрібно було терміново виготовити свинцеву пластинку певного об’єму. У похідній майстерні свинцю не виявилося; тоді ми вирішили розплавити мисливський шріт. Була у нас із собою скляна півлітрова банка з поділками, як на мензурці. От і насипали в неї шроту по самі вінця.
Однак чи вийде з цього шроту пластинка потрібного об’єму? Адже свинець — це не вода; його об’єм такою мензуркою не виміряєш. Як же нам визначити об’єм зібраного шроту?
Хтось запропонував визначити об’єм однієї шротини за формулою для об’єму кулі і порахувати кількість шротин. Проте це довго і складно, до того ж шротини виявилися різної величини.
Якщо предмет однорідний (складається з однієї речовини), то його об’єм можна визначити діленням його маси на густину речовини, з якої виготовлено предмет, але, як на зло, ніхто з нас не міг пригадати, яка густина свинцю, а довідника напохваті не було.
І все-таки ми швидко та достатньо точно визначили об’єм шроту, причому всі розрахунки складалися лише з однієї дії — віднімання. Як ми це зробили?
180. 	Куди прийшов сержант?
Виконуючи наказ командира, сержант вийшов з населеного пункту М за азимутом 330°. Дійшовши до кургану, він пішов за азимутом 30° і дійшов до поодинокого дерева. Звідси сержант повернув направо на 60°. Дійшовши в цьому напрямку до мосту, він пішов берегом річки за азимутом 150°. Вийшовши через півгодини до млина, сержант знову змінив напрямок. Тепер він пішов за азимутом 210°, орієнтуючись на домівку мірошника. Прийшовши до домівки мірошника, сержант ще раз повернув направо і, йдучи за азимутом 270°, вийшов точно на задане місце.
Користуючись транспортиром, акуратно побудуйте у своєму зошиті весь маршрут сержанта і визначте, куди він прийшов, якщо відомо, що за кожним азимутом сержант проходив 2,5 км.
114


181. 	Визначити діаметр колоди
Який приблизно діаметр шару колоди, з якої виготовлено фанерний лист, зображений на мал. 119? Розміри листа 150x150 см2.
Мал. 119. Який був діаметр колоди?
Нагадую, що діаметр кола d приблизно обчислюється за такою формулою: d « де с — довжина кола, але не помиліться під 3,14
час розв’язування запропонованої задачі. Діаметр шару колоди
182. 	Несподіване утруднення
Якось запитали Чапаева1*, чи не випадкові його військові успіхи. Чапаев відповів так: «Та ні, де ж там випадковість — всюди голова потрібна... винахідливість потрібна...».
Справді, випадковість — вельми ненадійна основа для успіху в будь-якій нашій діяльності. Чи працюємо ми, чи граємо, наприклад, у шахи — завжди можуть виникнути такі ситуації, які видаються безвихідними. Допомагають же нам тоді наполегливість і кмітливість...
Одному студентові потрібно було накреслити деталь у вигляді циліндра з виїмками на основах (мал. 120). Для вимірювання глибини виїмки у таких випадках на штангенциркуль надівають спеціальний пристрій — глибиномір, але на той момент у студента не було ніяких вимірювальних пристроїв, окрім кронциркуля та
п Чапаев Василь Іванович (1887-1919) — герой громадянської війни, командувач загону, бригади і 25-ої стрілецької дивізії. Загинув у бою. Його образ втілений у багатьох творах художньої літератури і фольклорі (прим. ред. укр. видання).
115


масштабної лінійки. Вимірюючи деталь за допомогою кронциркуля, студент несподівано натрапив на таку перешкоду: щоб визначити відстань між найглибшими точками виїмок уздовж осі циліндра,
Мал. 120. Як виміряти глибину виїмки?
йому треба зняти кронциркуль з деталі і прикласти його до масштабної лінійки. Проте як це зробити? Адже, щоб зняти кронциркуль з деталі, доведеться розсунути ніжки кронциркуля і... втратити шуканий розмір. Як же бути?
183. 	Розповідь учня технічного училища
У технічному училищі ми вивчаємо будову верстатів і машин, вчимося вміло користуватися інструментами і не розгублюватися в скрутних ситуаціях. Звичайно, дуже допомагають при цьому знання, здобуті в середній школі.
Подає мені раз майстер дріт і питає:
— Чим вимірюють діаметр дроту?
— Мікрометром, — відповідаю.
— Ну, а якщо станеться так, що нема мікрометра під руками, як тоді виміряєш?
Нікого я не питав про це; не відразу, але здогадався сам. Полюбляю такі задачі!
Здогадайтесь, як я виміряв діаметр перерізу дроту?
Наступного разу було ще дивніше. Отримав я завдання: зробити круглий отвір в листі покрівельного заліза завтовшки міліметра півтора-два.
— Піду принесу свердло і зубило, — кажу я майстрові.
— Не треба, — відповідає майстер і хитрувато мружиться при цьому. — У тебе, я бачу, є молоток і плоский напилок. Ось і обійдися тільки цими інструментами.
А от цього, зізнаюся, я так і не зметикував самостійно.
Як же я мав діяти в цьому випадку?
116


184. 	Чи можна отримати 100% економії?
Дехто дізнався про три винаходи: перший винахід економить 30% палива, другий — 45%, третій — 25%. Він вирішив застосувати всі три винаходи відразу, маючи намір зекономити 30% + 45% + 25% = 100% палива. Однак хіба це можливо? Скільки відсотків економії отримає цей «дослідник» насправді?
185. 	На пружинних вагах
Є кілька пружинних ваг. Граничне навантаження для пружинної ваги — 5 кг. Як, користуючись тільки пружинними вагами, зважити брус, вага якого на око становить 15—20 кг?
186. 	Конструкторська кмітливість
Задача 1. Як скласти ланцюжок на три кільця з трьох стрічок, аби при розрізанні будь-якого одного кільця весь ланцюжок розпався на три частини? Звичайне зачеплення, зображене на мал. 121, очевидно, не підходить, оскільки в цьому випадку ланцюжок розпадеться на три окремі стрічки при розрізанні тільки середнього кільця, а не будь-якого, як потрібно за умовою задачі.
Мал. 121.
Задача 2. Як скласти ланцюжок на 5 кілець з п’яти стрічок так, щоб було тільки одне кільце, при розрізанні якого ланцюжок розпався би на 5 окремих частин?
Задача 3. Як скласти ланцюжок на 5 кілець з п’яти стрічок, щоб при розрізанні будь-якого одного кільця весь ланцюжок розпався на 5 окремих частин?
117


187. 	Мишкова невдача
Ось що побачив Мишко Герасимов. Його старший брат Ігор узяв іграшковий дерев’яний кубик і так уміло його розпиляв, що в перерізі утворився правильний шестикутник (мал. 122), потім олівцем провів відрізки, сполучивши вершини шестикутника через одну, — вийшла шестикутна зірка.
У трикутних проміжках між променями зірки (на мал. 122 незаштриховані трикутники) Ігор ножиком зрізав тонкий шар дерева, на зірку наклеїв гумову пластинку, акуратно обрізав її по контуру зірки і сказав: «Штамп готовий».
Мишкові це сподобалося, і він як художник стінної газети свого класу вирішив, що йому дуже корисно було би мати такий самий штамп п’ятикутної зірки.
Мал. 122.
Мал. 123.
Він знав, що п’ятикутну зірку можна виготовити у такий самий спосіб з правильного п’ятикутника (мал. 123). З цією метою Мишко теж узяв кубик зі свого «будівельного матеріалу» і спробував розпиляти його так, щоб у перерізі вийшов правильний п’ятикутник. Проте Мишка спіткала невдача.
Як він не намагався одним розрізом кубика отримати правильний п’ятикутник, нічого не виходило. Утворювались правильні трикутники різних розмірів, утворювались квадрати і правильні шестикутники, причому вже тільки одного розміру, а п’ятикутника — жодного.
Довго Мишко старався, перепиляв усі кубики зі свого «будівельного матеріалу», але так і не зрозумів — чи то він не може зметикувати, як треба розрізати кубик, чи то взагалі неможливо отримати правильний п’ятикутник у перерізі куба площиною.
А все тому, що Мишко Герасимов ще не так багато займався геометрією і поки що не володів необхідним геометричним мисленням.
118


Потрібно допомогти Мишкові розібратися у таких питаннях:
1. Чи може в перерізі куба площиною утворитися правильний п’ятикутник?
2. Як треба розпиляти кубик, щоб у перерізі утворився правильний трикутник або правильний шестикутник?
3. Чи можна в перерізі куба площиною отримати правильний багатокутник із кількістю сторін, більшою за 6?
188. 	Знайти центр кола
Як знайти центр накресленого кола (мал. 124) за допомогою одного тільки креслярського трикутника без поділок і олівця
Мал. 124. Знайдіть центр кола, (причому олівець дозволяється використовувати тільки для того, аби проводити необхідні лінії)?
189. 	Котрий із ящиків важчий?
Є два однакових ящики кубічної форми, наповнені кулями однакової питомої ваги (тобто виготовленими з одного і того самого матеріалу). У першому ящику міститься 27 однакових великих куль, а в другому — 64 однакові дрібні кулі.
Котрий із ящиків важчий?
Припускається, що в обох ящиках кулі щільно складено доверху так, що у кожному шарі їх міститься однакова кількість і крайні кулі кожного шару торкаються стінок ящика. Якщо ящик закрити, то кришка також торкатиметься куль верхнього шару.
119


190. 	Мистецтво столяра
На виставці робіт молодих столярів — учнів школи ФЗН1} — нам показали дивовижний дерев’яний куб. Він складається з двох частин, з’єднаних щільно за допомогою шипів, контури яких помітні на кожній з чотирьох бічних граней куба (мал. 125). Частини куба не склеєні й, очевидно, мають роз’єднуватися, але як?
Мал. 125. Куб із «секретом».
Ми намагалися тягнути їх догори і вниз, і вліво і вправо, і вперед і назад — безрезультатно.
Чи не здогадаєтеся ви, як же все-таки роз’єднувалися частини куба і який вигляд мала кожна з них?
191. 	Геометрія на кулі
Кожному, хто вивчав геометрію, доводилося, звичайно, розв’язувати задачі на побудову за допомогою циркуля і лінійки, тобто викреслюючи дуги кіл та прямі лінії. При цьому всі необхідні побудови робилися зазвичай на папері чи класній дошці.
Проте навряд чи доводилося вам, розв’язуючи геометричну задачу, робити побудови не тільки на плоскому аркуші паперу, але й на якій-небудь кривій поверхні, припустимо, на поверхні реальної кулі?
Саме в такий спосіб можна, наприклад, визначити діаметр даної реальної кулі, якщо дозволити собі користуватися тільки циркулем і лінійкою.
1} Школа ФЗН (школа фабрично-заводського навчання) — професійно- технічний навчальний заклад в СРСР у 1940-1958 рр. для підготовки робітників масових професій (для будівництва, вугільної та інших галузей промисловості) з терміном навчання 6 місяців. Згодом школи були перетворені на професійно-технічні училища (прим. ред. укр. видання).
120


Покладіть на стіл яку-небудь кулю, наприклад, крокетну (мал. 126), візьміть аркуш паперу, циркуль, лінійку без поділок,
Мал. 126. Як побудувати відрізок, що дорівнює діаметру кулі?
олівець і подумайте, як побудувати на папері відрізок, що дорівнює діаметру кулі.
192. 	Потрібна особлива кмітливість
Дерев’яний брусок (прямокутний паралелепіпед) з ребрами завдовжки 8 см, 8 см і 27 см (мал. 127) треба розпиляти лобзиком на 4 частини, з яких можна було би скласти куб.
Мал. 127. Як з бруска скласти куб?
Бажано, звичайно, не пиляти брусок навмання — що вийде, — а спочатку поміркувати, розрахувати та спланувати на кресленні.
Майте на увазі, що це потребуватиме від вас хорошої просторової уяви і кмітливості.
121


193. 	Важкі умови
Мал. 128. Як визначити об’єм пляшки?
Для тренування власної кмітливості уявіть собі таку вимушену ситуацію: вам необхідно, користуючись тільки масштабною лінійкою, визначити об’єм пляшки (з круглим, квадратним чи прямокутним дном), яка частково заповнена рідиною (мал. 128).
Передбачається, що дно пляшки є плоским. Виливати чи доливати рідину не можна.
Важкі умови! Але тим цікавіше буде подолати труднощі.
194. 	Збірні багатокутники
Будівельники можуть нині зібрати з готових частин (блоків), виготовлених на заводі, цілий будинок. Чому би й нам не спробувати здійснити аналогічне «будівництво» в геометрії? Щоправда, з тією різницею, що «блоками» у нас будуть багатокутники, причому однакові за формою і за розмірами. Уявіть собі, що у вашому розпорядженні є необмежена кількість рівних між собою багатокутників. Потрібно, щільно прикладаючи багатокутники один до одного, скласти з них один багатокутник такої самої форми, яку мають дані багатокутники, але більшого розміру, тобто скласти багатокутник, подібний до даних.
Мал. 129. Із квадратів і правильних трикутників легко складаються подібні до них фігури.
122


Прикладаючи один до одного багатокутники, дозволяється їх повертати і перевертати як завгодно, але не гнути і не розривати на частини.
Не кожен багатокутник підійде для цієї мети. Так, наприклад, рівні правильні шестикутники добре вкладаються на площині (пригадайте підлогу, викладену метласькими плитками), але скласти з них один правильний шестикутник неможливо.
З рівних квадратів або рівних рівносторонніх трикутників легко складаються подібні до них фігури (мал. 129).
Вельми придатними «блоками для будівництва» подібних собі фігур є багатокутники, зображені на мал. 130, й аналогічні до них, які можна утворити з рівних квадратів (наприклад, з клітинок клітчастого паперу) або з рівних рівносторонніх трикутників.
_Г UZO Z—А
а) б) в)
Мал. 130. Зручні «блоки».
Скласти багатокутники, подібні до тих, які зображено на мал. 130, можна як з 4 фігур кожного даного виду, так і з 9 або 16, або ще більшого числа даних багатокутників.
Мал. 131. Фігури, «подібні до блоків», з яких вони складаються.
На мал. 131 показано для прикладу, як з 4 багатокутників а) чи б) або з 16 багатокутників в), зображених на мал. 130, можна скласти подібні до них фігури.
123


Для такого «спорудження» фігур, подібних до даної, як бачите, необхідно мати не менше 4 однакових початкових фігур, а потім або 9, або 16, взагалі п2 фігур, де п — визначене ціле число.
І це цілком закономірно. Тут практично підтверджується відома геометрична теорема про те, що площі подібних багатокутників відносяться як квадрати їхніх відповідних лінійних розмірів.
При складанні багатокутника з набору однакових, подібних до нього багатокутників, можемо очікувати, що довжини його сторін будуть більші, ніж довжини відповідних сторін початкового багатокутника у 2 або в 3, 4, ..., п разів. Тоді його площа буде у 22 або в З2, 42 ..., п2 разів більша, ніж площа початкового багатокутника і, тому, для «будівництва» потрібної фігури необхідно взяти відповідно 4 або 9, 16, ..., п2 початкових фігур.
Задача. Складіть багатокутники, подібні до тих, які зображено на мал. 130: 1) з 9 фігур а; 2) з 9 фігур б; 3) з 4 фігур в; 4) з 16 фігур б; 5) з 9 фігур в.
Приготуйте з паперу (в пряму і косу клітинку) інші «блоки», аналогічні до тих, які зображено на мал. 130 (наріжте їх у великій кількості), і влаштуйте змагання — хто швидше з меншого числа багатокутників даного виду складе подібні до них фігури.
Майте на увазі, що не кожен багатокутник можна скласти з 4 або 9 подібних до нього фігур.
Мал. 132. Приклади можливих «блоків».
Найменшим числом потрібних фігур може виявитися і 16, і 25, і 36, і взагалі п2, де п — будь-яке ціле число. Наперед це число невідоме, тому й цікаво, кому вдасться для складення багатокутника використати найменшу кількість даних фігур. Зразки «блоків» зображено на мал. 132. Можете їх всіляко урізноманітнити, але 124


при цьому пам’ятайте, що можуть бути «блоки», з яких не можна скласти подібну до них фігуру.
195. 	Цікавий спосіб складення подібних фігур
Якщо відмовитися від вимоги скласти багатокутник з найменшого числа подібних до нього фігур, то можна вказати цікавий спосіб розв’язування таких задач шляхом використання ламаних ліній однакової форми.
Візьмемо папір у клітинку і кожну клітинку назвемо одиничним квадратом. Як даний багатокутник спочатку приймемо такий багатокутник, який можна скласти з одиничних квадратів. Позначимо кожен такий багатокутник буквою Р, а відповідний подібний багатокутник — буквою Р'.
Мал. 133. Приклади розбиття на «блоки».
Побудуємо квадрат, що містить у собі довільне число одиничних квадратів. Зрозуміло, що це число кратне чотирьом (4п). З центра цього квадрата вздовж сторін одиничних квадратів, у напрямку до однієї з його сторін, проведемо яку-небудь ламану лінію, потім з тієї самої центральної точки, під прямим кутом до першої ламаної лінії, проведемо другу ламану такої самої конфігурації, як перша. З тієї самої центральної точки, під прямим кутом до другої ламаної лінії, проведемо таку саму третю ламану, а під прямим кутом до третьої — четверту (наприклад, як на мал. 133).
125


Ці ламані розріжуть квадрат на 4 рівні фігури, кожну з яких вважатимемо багатокутником Р.
Якщо в кожну фігуру Р входить п одиничних квадратів, то, відповідно, з п великих квадратів напевно можна скластй багатокутник Р'. А оскільки в одному великому квадраті 4 фігури Р, то, відповідно, багатокутник Р' можна скласти з 4п фігур Р.
Таким чином, наприклад, з кожних 4 великих квадратів, зображених на мал. 133, а, а це означає з 16 заштрихованих багатокутників Р, легко скласти подібні до них багатокутники Р.
Для утворення багатокутників, подібних до дев’ятиклітинкових багатокутників Р, зображених на мал. 133, б, достатньо1* 36 фігур Р. Цей самий спосіб можна поширити і на багатокутники, складені з рівних рівносторонніх трикутників (типу в на мал. 130).
Готового паперу, розграфленого на рівносторонні трикутники, звичайно не буває, тому заздалегідь і акуратно приготуємо його самі. Позначення візьмемо ті ж самі.
Побудуємо тепер великий трикутник (мал. 134), що містить у собі довільне, але кратне трьом число одиничних рівносторонніх трикутників (3 п). З центра цього трикутника у напрямку до його сторін проведемо вздовж сторін одиничних трикутників 3 ламані
Мал. 134. Приклад розбиття на косокутні «блоки».
п Запропонований спосіб складання багатокутників Р', подібних до даних Р, забезпечує нас деякою достатньою кількістю первинних фігур Р; якщо ж усі фігури Р вирізати з квадрата, з якого вони утворюються, тобто роз’єднати їх між собою і користуватися ними незалежно, то для складення багатокутника Р' може виявитися необхідним менше число фігур Р (прим, автора).
126


лінії так, щоб кути між ними були по 120° й усі вони мали однакову конфігурацію (наприклад, як на мал. 134). Ці ламані розріжуть трикутник на 3 рівних фігури, кожну з яких вважатимемо первинним багатокутником Р.
Якщо в кожну фігуру Р входить п одиничних трикутників, а З фігури Р утворюють великий трикутник, то з п таких великих трикутників легко скласти Р' (фігуру, подібну до багатокутника Р), тобто для складення фігури Р' достатньо (див. підрядкову примітку на с. 126) Зп фігур Р.
Тепер дайте відповіді на такі запитання:
1. Яке число багатокутників Р, зображених на мал. 133, б, є достатнім для складення подібного багатокутника Р'? Дослідним шляхом перевірте, чи є це число фігур Р найменшим можливим.
2. Які ще багатокутники Р можна утворити за допомогою ламаних ліній з такого квадрата, як на мал. 133, б, і з такого трикутника, як на мал. 134?
Якщо вам сподобався викладений тут спосіб складення багатокутника з подібних до нього фігур, то подумайте, як цей спосіб застосувати для утворення первинних багатокутників не з квадрата, а з прямокутника.
196. 	Шарнірний механізм для побудови правильних багатокутників
Юним конструкторам радіоприймачів та різноманітних літальних і плавальних моделей відомі труднощі, пов’язані з необхідністю побудови правильного п’яти-, семи- або дев’ятикутника. Для точної побудови лише циркуля і лінійки тут недостатньо, але ви можете'самі виготовити нескладний механізм, придатний для побудови будь-якого правильного n-кутника від п = 5 до п = 10.
Механізм складається з рухомих стержнів або планок, які утворюють два рівних паралелограми ABFG і ВСНК (мал. 135). Стержень DE прикріплено до повзунків D і Е, які вільно переміщаються: D уздовж AG й Е вздовж ВК. Розміри стержнів такі, що АВ = ВС = CD = DE. При будь-якій зміні положення D на AG та Е па ВК паралелограми ABFG і ВСНК залишаються рівними; залишаються рівними також трапеції ABCD і BCDE, таким чином забезпечуючи при будь-якому положенні стержнів рівність кутів
127


n-кутника, в якого чотири послідовні сторони щоразу будуть АВ, ВС, CD і DE, a ZABC, ZBCD і Z.CDE — внутрішніми кутами. Таке з’єднання двох шарнірних паралелограмів при достатній їхній довжині дає змогу одним і тим самим способом механічно будувати будь-який правильний n-кутник від п = 5доп=10.
Для побудови квадрата, звичайно ж, нема потреби в цьому механізмі, але утворився би й квадрат, якби можна було практично
Мал. 135. Механізм для побудови правильного багатокутника.
сумістити Е з А. Практичні способи побудови правильних п-кут- ників для п = 5, 6, 7, 8, 9 і 10 за допомогою шарнірного механізму базуються на таких властивостях відповідних багатокутників:
а) Z.DOB = 90° у п’ятикутника (мал. 136, а);
б) Z.EAB = 90° у шестикутника (мал. 136, б);
в) АЕОВ = 90° у семикутника (мал. 136, в);
г) Z.EBA = 90° у восьмикутника (мал. 136, г);
ґ) Z.EAB = 60° у дев’ятикутника (мал. 136, ґ);
д) Z.DAB = 36° у десятикутника (мал. 136, д).
Для накреслювання за допомогою шарнірного механізму правильних n-кутників у випадку п = 5, 6, 7 або 8 потрібно спочатку побудувати прямі кути YfiX, Y?AX, У3ОХ, У4ВХ, потім накласти механізм стержнем АВ на пряму АВ, суміщаючи (відповідно до креслень а-г) або точки О, або точки В. Далі, притиснувши до паперу стержень АВ, слід обертати решту стержнів до збігу D з прямою OYr (для п’ятикутника) або до збігу Е з прямою AY2
128


(для шестикутника), або до збігу Е з OY3 (для семикутника) і, нарешті, до збігу Е з BY4 (для восьмикутника).
Мал. 136. Деякі властивості правильних багатокутників.
Для накреслювання правильних n-кутників у випадку п = 9 або 10 потрібно попередньо побудувати промені АУ5 і AY6 так, щоб Z.Y5AX = 60°, a AY(AX = 36°, потім накласти механізм стержнем АВ на пряму АВ, суміщаючи точки А, і, притиснувши до паперу стержень АВ, обертати решту стержнів до збігу Е з АУ5 (для дев’ятикутника) або до збігу D sAY6 (для десятикутника). Жорстко закріпивши механізм у потрібному положенні, ми отримаємо 4 послідовні сторони (і 5 вершин) шуканого n-кутника. Маючи 4 сторони n-кутника, неважко добудувати його весь послідовним повертанням «шаблона», утвореного закріпленими стержнями.
Очевидно, що довжина кожного побудованого п-кутника дорівнюватиме довжині стержня АВ. Якщо буде потрібен багатокутник іншого розміру, то його можна отримати подібним перетворенням побудованого багатокутника.
129


Теоретично побудова є точною, практично ж точність побудови визначатиметься ступенем акуратності виготовлення приладу.
Описаний механізм може бути виготовлений з дерева або легкого металу.
Задача. Ви, звичайно, вмієте ділити кут навпіл, користуючись циркулем і лінійкою. Так ось, поміркуйте, як побудувати кут, що дорівнює 1°, користуючись спочатку описаним шарнірним механізмом, а потім циркулем і лінійкою.


©
РОЗДІЛ шостий
ДОМІНО Й КУБИК
А. ДОМІНО
Гра «доміно» найчастіше складається з 28 прямокутних пли-
131


2 квадрати, на яких нанесені точки. Точки розподілені по квадратах так, що група точок на кожній пластинці є однією з можливих комбінацій по 2 зі 7 чисел: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Відповідно до цього кожна пластинка доміно характеризується двома числами: числом точок, що містяться в одному квадраті, та числом точок, що містяться в іншому квадраті. Сума всіх точок пластинки визначає число її «очок». Якщо обидві половинки пластинки містять однакову кількість очок чи обидві «порожні», то така пластинка називається «подвійною», або «дубль». Замість повного зображення пластинки іноді просто будемо записувати поряд 2 цифри (з рискою між ними), що показують число очок на кожній половині пластинки. Так, запис 0-5 означає пластинку, в одному квадраті якої нема точок (0), а в іншому — п’ять точок (5); запис 4-6 означає пластинку з чотирма і шістьма точками тощо.
Спосіб гри в доміно настільки загальновідомий, що описувати його нема потреби. Нагадаю тільки основне правило: до будь- якого з квадратів викладеної на столі пластинки треба приставляти таку пластинку, на квадраті якої є стільки ж очок, скільки їх міститься на квадраті виставленої пластинки.
Позначення всіх 28 пластинок доміно можна розмістити таким чином:
0-6
1-6
2-6
3-6
4-6
5-6
6-6
0-5
1-5
2-5
3-5
4-5
5-5
0-4
1-4
2-4
3-4
4-4
0-3
1-3
2-3
3-3
0-2
1-2
2-2
0-1
1-1
0-0
Власне, сама гра в доміно не становить великого математичного інтересу. Однак якщо ви маєте повний набір пластинок доміно, то повправляйтеся в розв’язуванні наступних цікавих задач і головоломок.
132


197. 	Скільки очок?
Спираючись на основне правило гри «доміно» (див. вище), розв’яжіть таку задачу: всі 28 пластинок доміно відповідно до правил гри викладено на стіл ланцюжком так, що на одному його кінці виявилося 5 очок. Скільки очок має бути на іншому кінці ланцюжка?
Спочатку зміркуйте «про себе», а потім перевірте практично.
198. 	Два фокуси
Перший фокус. Непомітно заховавши одну з пластинок доміно (тільки не «дубль») і намагаючись не привертати увагу своїх друзів до того, що пластинок залишилося 27, а не 28, запропонуйте їм викласти всі наявні пластинки у вигляді ланцюжка за правилами гри, починаючи з будь-якої пластинки (можна дозволити залишити невикористаними тільки «дублі»). Ваше завдання їм вдасться виконати без труднощів, але ви зможете заздалегідь передбачити числа очок, які виявляться на кінцях ланцюжка.
Це будуть числа, що містяться у квадратах пластинки доміно, яку ви сховали. Чому?
Другий фокус. Візьміть 25 пластинок доміно, переверніть їх долілиць і покладіть поряд одну за одною так, щоб вони дотикалися довшими сторонами. Потім оголосіть, що ви відвернетеся або навіть вийдете в іншу кімнату, а хтось нехай перемістить яку-небудь кількість пластинок (але не більше 12) з правого кінця на лівий. Ви беретеся відгадати кількість переміщених пластинок.
Готуючись до «відгадування» і перевертаючи пластинки доміно долілиць, 13 з них ви розмістіть у порядку спадної послідовності цілих чисел від 12 до 0 (мал. 138), а праворуч від них решту 12 пластинок у довільному порядку.
Мал. 138. Пластинки розміщено в порядку спадання числа очок.
Повернувшись у кімнату, ви відкриваєте середню (тобто за рахунком тринадцяту від кінця) пластинку, число очок якої неодмінно вкаже на кількість переміщених за вашої відсутності пластинок доміно.
Чому це так?
133


199. 	Виграш партії забезпечено
Припустимо, що у доміно грають четверо: А і В проти Б і Г. Пластинки перед початком гри поділено порівну, тобто кожен гравець має 7 пластинок.
Спробуємо з’ясувати: від чого ж залежить виграш партії?
Звичайно, він якоюсь мірою залежить від мистецтва гравців, але можливі й такі випадки початкового розподілу пластинок між двома парами гравців, коли перша пара обов’язково виграє в тому сенсі, що один з гравців цієї пари раніше за інших викладе всі пластинки.
Нехай, наприклад, А має такі пластинки:
1-0 1-1 1-2 1-3 0-4 0-5 0-6,
а Г має решту пластинок з нулями й одиницями, тобто такі:
0-0 0-2 0-3 1-4 1-5 1-6
і ще яку-небудь пластинку.
Решта пластинок належить гравцям Б і В, байдуже які кому.
У цьому випадку вся гра зведеться до поєдинку між гравцем А першої пари гравців і гравцем Г другої пари, а два інших гравці (Б і В) навіть не зможуть покласти жодної пластинки!
Гравець А починає і кладе: 1-1; ВІВ розчаровані: в них нема відповідної пластинки; Г може покласти будь-яку з трьох пластинок: 1-4, 1-5 або 1-6. Після цього А має покласти або 4-0, або 5-0, або 6-0. В і В знову «пасують», бо у них нема ні одиничок, ні нулів. Г може покласти будь-яку пластинку з тих, які залишилися, але в А завжди є така відповідь, яка утворює на кінцях ланцюжка або 0, або 1.
Врешті-решт А викладе всі пластинки, В і В не покладуть жодної, а у Г залишиться одна. Партію виграла пара А і В. (Проведіть цю партію від початку до кінця.)
При початковому розподілі між гравцями пластинок доміно комбінації з нулів і одиниць можуть бути замінені на відповідні комбінації чисел 2, 3, 4, 5 і 6.
Легко зрозуміти, що число всіх партій, аналогічних до розглянутої, дорівнює числу всіх простих комбінацій із семи елементів по 2, тобто число таких партій дорівнює 21. Імовірність випадково отримати одну з таких партій доволі мала.
134


У наведеному прикладі партія тривала доти, доки не закінчилися пластинки в одного з партнерів. Однак буває йтак, що після кількох ходів гра замикається, бо в жодного з гравців нема відповідної пластинки. В цьому випадку переможцями вважають гравців тієї пари, в якої сума очок на пластинках, що залишилися, виявилася меншою.
Спробуйте здогадатися за непрямими даними однієї з таких коротких партій: які пластинки було викладено на стіл?
Грають ті самі пари: А з В і Б з Г. У кожного гравця 6 пластинок, а 4 пластинки залишаються закритими, але гравці домовилися «прикуп» не брати.
Пластинки гравця А відомі:
2-4 1-4 0-4 2-3 1-3 1-5.
У партнера В — п’ять подвійних пластинок («дублів»). Г має дві подвійні пластинки; сума очок на всіх його пластинках 59.
Гравець А почав гру з пластинки 2-4, Б пасує, В приставляє, Г пасує, А приставляє, Б знову пасує, В приставляє і закриває гру. Пара БІГ програла партію, так і не зробивши жодного ходу. У партнерів А і В залишилося на руках 35 очок, а в партнерів Б ІГ— 91 очко. Сума очок на чотирьох викладених пластинках дорівнює 22.
Визначте за цими даними, які 4 пластинки залишилися невикористаними (закритими) і які 4 пластинки були виставлені.
200. 	Рамка
Прикладаючи пластинки доміно одну до одної за правилами, прийнятими у грі, складіть квадратну рамку. Використовуйте при цьому всі 28 пластинок і складіть їх так, щоб уздовж кожної сторони квадрата сума очок дорівнювала 44.
201. 	Рамка в рамці
Складіть усі 28 пластинок доміно у формі фігури, зображеної на мал. 139, так, щоб суми очок уздовж кожної з восьми сторін фігури були однаковими.
При цьому допускається довільне «зчеплення» пластинок, тобто в даному випадку нема потреби приставляти пластинки такими половинками, які неодмінно містили би по однаковому числу очок.
135


Мал. 139. Суми очок уздовж сторін мають бути однаковими.
202. 	«Віконця»
З пластинок доміно можна складати «віконця» з однаковими сумами очок уздовж кожної сторони кожного окремого «віконця» (мал. 140).
Використовуючи всі 28 пластинок доміно, складіть 7 однакових «віконець», які мають вказану властивість і серед яких не було би «віконця», зображеного на мал. 140.
Мал. 140. «Віконце».
Зауваження. 1. Кількість очок у кутових квадратах зараховуються до суми двічі: вздовж горизонтальної сторони і вздовж 136


вертикальної сторони. 2. Суми очок мають бути однаковими тільки вздовж сторін кожного окремого «віконця». У різних «віконець» вони можуть бути різними.
203. 	Чарівні квадрати з пластинок доміно
Із пластинок доміно можна складати не тільки «віконця» і «рамки», а й суцільні квадрати, та ще й «чарівні».
Якщо числа, які не повторюються, розміщені у формі квадрата так, що суми чисел укожному ряду як горизонтальному, так і вертикальному та в кожній з двох діагоналей будуть однаковими, то такий квадрат чисел називається «чарівним»1^
Так, наприклад, зі всіх семи бланшів (так називають пластинки доміно, на одній або на обох половинках яких нема очок) і ще двох пластинок (1-6 і 2-6) дуже легко скласти чарівний квадрат (мал. 141) з постійною сумою 12.
Мал. 141. Чарівний квадрат із сумою 12.
Примітка. У цьому та в інших чарівних квадратах, складених з пластинок доміно, рядком, стовпцем і діагоналлю вважається смуга, що охоплює відповідний ряд плиток (див. мал. 141).
п Докладніше про числові чарівні квадрати див. у розділі XII (прим, автора).
137


Для зображення чарівного квадрата-доміно зручнішим є такий запис:
1-6 0-0 0-5
0-2 0-4 0-6
0-3 2-6 0-1
7 0 5
2 4 6
3 8 1
або у числах:
Цікаво зауважити, що числа очок дев’яти пластинок — це 8 перших чисел натурального ряду 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, та ще й нуль.
Мал. 142. Дев’ять перших чисел натурального ряду.
Якщо ж узяти 9 пластинок, числа очок яких будуть дев’ятьма першими членами ряду натуральних чисел, наприклад такі, як на мал. 142, то з них можна скласти чарівний квадрат з постійною сумою 15 (мал. 143).
Мал. 143. Чарівний квадрат із сумою 15.
138


Аналогічні квадрати можна побудувати з пластинок, що містять усі двійки або трійки, або четвірки, і ще з двох відповідно підібраних пластинок. Константи (постійні суми) цих квадратів будуть дорівнювати 18 або 20, або 24.
Можна сконструювати чарівні квадрати з більшого числа пластинок: з 16, 25 і т. д.; при цьому допускається використання чисел, що повторюються.
Як приклад, наведемо схему чарівного квадрата, складеного з 16 пластинок доміно з постійною сумою 18:
2-6
1-2
1-3
0-3
1-4
0-2
3-6
1-1
0-5
1-5
0-1
0-6
0-0
2-5
0-4
1-6
Він складений з пластинок, які містять усі нулі, всі одиниці, і ще з трьох пластинок: 2-5; 2-6; 3-6. Сума очок у кожному стовпці, кожному рядку і діагоналі цього квадрата дорівнює 18. Деякі з пластинок містять по однаковому числу очок, наприклад: 1 + 4 = 0 + 5 (перший стовпець), 2 + 5 = 1 + 6 (останній рядок) і т. д.
Отриманий квадрат має ще таку цікаву властивість: у ньому можна перший стовпець пересунути на місце четвертого стовпця або верхній рядок перенести вниз, і знову ж таки утвориться чарівний квадрат. Якщо в цьому квадраті всі пластинки, що містять нулі й одиниці, замінити на пластинки, число очок яких більше на один, на два або на три, то знову отримаємо чарівні квадрати. Нарешті, якщо у будь-якому з таких квадратів кожну пластинку замінимо на доповняльну^ пластинку, то знову утвориться чарівний квадрат.
Як бачите, доміно дає багатий матеріал для вправ із чарівними квадратами. Розв’яжіть тепер такі задачі:
Задача 1. Складіть чарівний квадрат із постійною сумою, що дорівнює 21, з дев’яти пластинок, поданих на мал. 144.
п Пластинки доміно називаються доповняльними, якщо числа очок у квадратах однієї пластинки доповнюють до шести числа очок у квадратах іншої пластинки. Такими є, наприклад, пластинки 2-3 і 4-3 або 1-2 і 5-4 тощо. У комплекті з 28 пластинок є 4 пластинки: 0-6; 1-5; 4-2 і 3-3, які доповнюють самі себе (прим, автора).
139


Мал. 144. Складіть чарівний квадрат із сумою 21.
Задача 2. Підберіть 9 пластинок доміно, числа очок яких утворюють послідовність 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 і 12, та складіть із них чарівний квадрат. Яка константа (постійна сума) цього квадрата?
Задача 3. Підберіть 16 пластинок доміно з такими числами очок: 1, 2, З, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9 і 10 та складіть із них чарівний квадрат.
Задача 4. Складіть чарівний квадрат із постійною сумою, що дорівнює 27, з таких 25 пластинок: 0-0, 0-1, 0-2, 1-1, 0-3, 1-2, 0-4, 2-2, 3-1, 3-2,4-1, 5-0,1-5, 6-0,4-2, 3-3,1-6, 3-4, 2-5, 2-6, 3-5, 4-4,4-5, 6- 3, 6-4.
204. 	Чарівний квадрат з отвором
За схемою, показаною на мал. 145, з усіх 28 пластинок викладіть квадрат з прямокутним отвором посередині так, щоб сума очок у кожному з восьми горизонтальних рядів, у кожному з восьми вертикальних рядів і вздовж кожної з двох діагоналей (вказаних пунктиром) дорівнювала 21. Тут, на відміну від попередніх задач, кожна половинка пластинки доміно має самостійне значення при підрахунку очок по вертикалях і діагоналях.
На схемі мал. 145 четвертий зверху горизонтальний ряд вже укомплектовано повністю. Сума очок 5 + 6 + 5 + 5 = 21. Показано також, які пластинки слід покласти по кутах квадрата.
205. 	Множення в доміно
Подивіться на мал. 146. За допомогою чотирьох пластинок доміно ми зобразили множення тризначного числа (числа 551) на однозначне (на 4), а саме: 551 х 4 = 2204. Спробуйте розмістити всі 28 пластинок доміно так, щоб вийшло 7 «множень», подібних
140


Мал. 145. Схема чарівного квадрата з отвором.
до показаного на мал. 146. Шість «множень» ви побудуєте без особливих зусиль. А ось над сьомим доведеться поміркувати. І все ж таки це можливо.
Мал. 146. Множення.
141


206. 	Відгадати задуману пластинку доміно
Запропонуйте друзям спільно, але таємно від вас, задумати яку- небудь одну пластинку доміно.
Нехай тепер вони послідовно виконають такі дії:
1) число очок однієї половини (якої вони захочуть) задуманої пластинки помножать на 2;
2) до добутку додадуть будь-яке число тп, яке ви назвете;
3) отриману суму помножать на 5;
4) до добутку додадуть число очок другої половини задуманої пластинки.
Запитайте у них остаточний результат, відніміть від нього 5тп. Тоді дві цифри отриманого двозначного числа і вкажуть вам числа очок на кожній з половин задуманої пластинки доміно.
Припустимо, наприклад, що задумали пластинку 6-2. Помножили 6 на 2 і додали на вашу вимогу т = 3. Отримали 15. Помножили 15 на 5 і додали 2 очки другої половини задуманої пластинки. Вийшло 77. Віднімемо 5тп = 15. Отримуємо: 77 - 15 = 62. Задумана пластинка доміно: 6-2.
Чому так виходить? З’ясуйте!
Б. КУБИК
Гральний кубик — це куб, на поверхні якого нанесено точки. На одній грані — одна точка, на другій — 2 точки, на третій — З, на решті граней — 4, 5 і 6 точок.
На мал. 147 показано такий гральний кубик і його розгортку.
Мал. 147. Гральний кубик і його розгортка.
142


Число точок на грані кубика визначає число очок. Точки розміщено по поверхні кубика так, що суми очок на протилежних гранях дорівнюють 7.
Чому саме кубик виявився тим багатогранником, найбільш придатним для гри?
Перш за все, очевидно, що гральний предмет має бути правильним багатогранником, бо тільки в цьому випадку при
Мал. 148. Тетраедр і октаедр.
киданні грального предмета для кожної його грані забезпечуються однакові шанси бути верхньою. Проте з п’яти видів правильних багатогранників найбільш придатним є, звичайно, куб: його виготовлення не становить великих труднощів, і при киданні він доволі легко котиться.
Якщо всі 5 правильних багатогранників кинути з однаковим зусиллям, то тетраедр і октаедр (мал. 148) ледве покотяться, куб (мал. 147) покотиться краще, а додекаедр (мал. 149) та ікосаедр (мал. 150) настільки «круглі», що покотяться майже як куля.
Шість граней куба наштовхнули на думку використати 6 перших натуральних чисел, а попарно паралельне розміщення взаємно протилежних граней куба дало змогу просто, закономірно і в певному розумінні симетрично розмістити ці числа (сума чисел точок на кожній парі протилежних граней дорівнює 7).
Цей принцип семи і є ключем для розв’язання різноманітних задач-фокусів з одним або кількома гральними кубиками.
143


Мал. 149. Додекаедр.
Мал. 150. Ікосаедр.
Тим, хто ще не помітив цю особливість у розміщенні точок на поверхні кубика, буде нелегко розгадати секрети «відгадувань», які ви можете продемонструвати.
207. 	Арифметичний фокус із гральними кубиками
Для фокуса потрібні 3 гральних кубики. Якщо у вас їх немає, то перемалюйте розгортку кубика, зображену на мал. 147, на цупкий папір або тонкий картон, акуратно виріжте і склейте.
«Факір» відвертається; хтось із «публіки» кидає на стіл З кубики. «Факір» пропонує «публіці» підрахувати суму очок на верхніх гранях усіх трьох кубиків, потім підняти який-небудь один кубик і число очок на нижній грані цього кубика додати до попередньої суми. Тоді «факір» пропонує знову кинути той кубик, який уже підняли, і кількість очок його верхньої грані додати до раніше отриманої суми. Після цього «факір» обертається, нагадує «публіці»; що він не знає, який із кубиків кидали повторно, бере в руки всі 3 кубики, трясе їх (для таємничості) і, на диво «публіки», «відгадує» остаточний результат проведених арифметичних дій.
Метод «відгадування». Перш нія£ узяти кубики в руку, треба додати очки на їхніх верхніх гранях та добавити 7. Отримана сума і буде тією, яка має бути «відгадана».
Поясніть, чому?
144


208. 	Відгадування суми очок на схованих гранях
Нехай три гральних кубики складено стовпчиком (мал. 151). Поглянувши тільки на верхню грань стовпчика або тільки на дві його бічні грані, ви можете відразу визначити суму очок на гранях, по яких кубики стикаються, і на найнижчій грані. Наприклад, у положенні кубиків, зображеному на мал. 151, шукана сума неодмінно дорівнюватиме 17.
Доміркуйте, яким правилом треба керуватися, щоб відгадати суму схованих очок.
Мал. 151. Стовпчик із 3 кубиків.
209. 	В якому порядку розміщено кубики?
Дайте друзям три кубики, шматочок паперу, олівець і запропонуйте їм, довільно розмістивши кубики в ряд, скласти тризначне число, цифри якого позначили би кількості очок на верхній грані кожного кубика. Наприклад, при розміщенні кубиків, зображеному на мал. 152, це буде 254. До цього числа нехай вони допишуть три цифри, що позначають кількості очок на відповідних нижніх гранях кубиків. Вийде деяке шестизначне число. У нашому прикладі це 254 523. Отримане шестизначне число запропонуйте поділити на 111 і сказати результат.
Мал. 152. Верхні грані утворюють число 254.
Не виконуючи множення, ви можете дуже швидко визначити перші три цифри цього шестизначного числа, а отже, сказати, в якому порядку були розміщені кубики.
145


Метод відгадування. Відняти 7 від оголошеної частки і різницю поділити на 9. Цифри отриманої частки і покажуть початкове розміщення кубиків.
Так, продовжуючи розглядати приклад, отримаємо:
254 523 : 111 = 2 293;
2 293 - 7 = 2 286;
2 286 : 9 = 254.
У чому математична суть цього фокуса?


РОЗДІЛ сьомий
ВЛАСТИВОСТІ ДЕВ’ЯТКИ
Деякі особливості арифметичних операцій над цілими числами пов’язані з числом 9. Кожна властивість дев’ятки, яку ви помітили, може стати приводом для придумування різноманітних математичних розваг. Відома, наприклад, ознака подільності на 9: число ділиться на 9, якщо сума його цифр ділиться на дев’ять. Звідси випливає, що сума цифр у добутку будь-якого числа на 9 дорівнює дев’яти або кратна дев’яти (тобто ділиться на дев’ять). Наприклад, 354 х 9 = 3186, тоді: 3 + 1+ 8 + 6 = 18 (ділиться на дев’ять).
Тому, коли один малюк скаржився, що йому важко запам’ятати таблицю множення перших десяти чисел на дев’ять, батько малюка запропонував йому простий спосіб допомогти пам’яті пальцями своїх рук.
Ось цей спосіб на користь і допомогу іншим.
Порухом пальця. Покладіть обидві руки поряд на стіл і простягніть пальці. Кожен палець зліва направо означатиме відповідне порядкове число: перший зліва — 1, другий — 2, третій — З, четвертий — 4 і т. д. до десятого, який позначатиме число 10. Нехай потрібно помножити тепер будь-яке число з першого десятка на 9. Для цього вам варто тільки, не зрушуючи рук зі столу, трохи підняти вгору той палець, який позначає множене. Тоді число інших пальців, що лежать ліворуч від піднятого пальця, буде числом десятків добутку, а число пальців праворуч — числом одиниць.
147


Приклад. Помножити 7 на 9. Кладіть руки на стіл і підніміть сьомий палець (мал. 153); ліворуч від піднятого пальця лежать 6 пальців, а праворуч — 3. Отже, результат множення 7 на 9 дорівнює 63. Це дивовижне на перший погляд механічне множення зараз же стане зрозумілим, якщо пригадати, що сума цифр у кожному добутку чисел таблиці множення на дев’ять дорівнює дев’яти, а число десятків у добутку завжди на 1 менше від того числа, яке ми множимо на 9. Підняттям відповідного пальця це ми і відзначаємо, а отже, і... множимо.
Людська рука — одна з перших лічильних машин!
Мал. 153. «Лічильна машина».
Ще деякі властивості. Ось ще кілька цікавих і корисних для подальшого розв’язування задач властивостей, пов’язаних із числом 9.
1. Завжди ділиться на 9:
а) різниця між будь-яким числом і сумою його цифр;
б) різниця двох чисел з однаковими цифрами, але різним порядком їхнього розміщення;
в) різниця двох чисел з однаковими сумами цифр у кожного з них.
2. Якщо з яких-небудь цифр складено числа, які відрізняються лише порядком наступності цифр, то при діленні на 9 кожного з них отримується одна і та сама остача. Вона дорівнює остачі від ділення на 9 суми цифр якого-небудь зі згаданих чисел.
3. Якщо остачу від ділення суми цифр числа на 9 називатимемо «надлишком», то:
ч суми . суми
а) 	надлишок — г чисел дорівнює надлишку — г
різниці різниці
надлишків доданків;
148


б) 	надлишок добутку двох чисел дорівнює надлишку добутку надлишків даних чисел.
Ви легко перевірите ці властивості на числових прикладах, а якщо маєте певні знання з алгебри, то можете їх довести.
Як самостійну вправу знайдіть аналогічне співвідношення для надлишку частки від ділення двох чисел.
Розібравшись у розв’язках задач цього розділу, ви можете багато з них використовувати як математичні фокуси.
210. 	Яку цифру закреслено?
Задача 1. Нехай ваш друг напише, не показуючи вам, число з трьох або більше цифр, поділить його на 9 і назве вам остачу від такого ділення. Тепер запропонуйте йому закреслити одну цифру (будь-яку) в числі, яке він узяв; число, що утворилося після закреслення цифри, нехай він знову поділить на 9 і знову назве вам остачу від цього ділення. Відразу ж ви можете сказати, яку цифру було закреслено, керуючись такими правилами:
а) якщо друга остача менша від першої, то, віднімаючи від першої остачі другу, ви якраз і отримаєте закреслену цифру;
б) якщо друга остача більша від першої, то закреслену цифру ви отримаєте, віднімаючи другу остачу від першої, збільшеної на 9;
в) якщо остачі рівні, то закреслено або цифру 9, або 0. Чому це так?
Задача 2. Тепер запропонуйте вашому другові придумати два числа з однаковими цифрами, але різним порядком їхнього розміщення і відняти від більшого числа менше. Ні написаних чисел, ні отриманої різниці він вам, звичайно, не має казати, але нехай ваш друг закреслить одну цифру різниці (тільки не 0) і скаже вам суму всіх цифр різниці, які залишилися. Щоб визначити закреслену цифру, вам достатньо доповнити число, яке він назвав, до найближчого, кратного дев’яти.
Наприклад,
72 105-25 071 = 47 034.
Закреслюємо цифру 3. Сума цифр, які залишилися: 4 + 7 + 4 = 15. Доповнення числа 15 до найближчого числа, що ділиться на 9, тобто до 18, дорівнює 3, що й дає закреслену цифру.
Чому це так?
149


Примітка. Задачу можна всіляко урізноманітнювати, базуючись на вказаних вище властивостях дев’ятки. Можна, наприклад, запропонувати відняти від даного числа суму його цифр, закреслити одну цифру різниці (крім 0 та 9) і за названою сумою цифр, що залишилися, тієї різниці відгадати закреслену цифру в такий самий спосіб.
Задача 3. Напишемо довільне число, наприклад, 7146. Одну цифру викреслимо, наприклад, 4. Від числа, що залишилося (цифр у ньому на одну менше), віднімемо суму цифр початкового числа (18). У нашому прикладі отримаємо: 716 - 18 = 698. Результат оголошено.
Як, знаючи результат віднімання, дізнатися про закреслену цифру?
Задача 4. Напишіть два чи більше чисел з однаковою кількістю цифр. Я допишу ще стільки ж чисел і вийду, а вас попрошу закреслити будь-яку цифру, крім нуля, і знайти суму чисел, що залишилися. Якщо тепер ви мені скажете отриману суму або хоча би суму цифр суми, то я відразу ж скажу вам, яку цифру закреслено.
Наприклад,
6051 Числа, які
218) написали ви
Хб7І Числа, які З941 дописав я
1298 .
Сума цифр суми: 1+2+9+8= 20. Закреслено 7.
Які числа я повинен дописати і як визначити закреслену цифру?
Задача 5. У попередній задачі рекомендувалося дописувати стільки ж чисел, скільки їх написав той, хто задумував. Проте за тих самих умов можна обмежитися дописуванням лише одного числа.
Наприклад,
3521]
- Числа, які
4 написали ви
7219)
Л979 ЧИСЛО, ЯКЄ
дописав я
19018 .
150


Сума цифр суми: 1 + 9+1 + 8 = 19. Закреслено 8.
Яке число я маю дописувати у цьому випадку і як визначити закреслену цифру?
Задача 6. Ту саму ідею можна виразити в іншому оформленні. Запропонуйте написати поряд кілька стовпчиків однозначних чисел, а ви допишете справа або зліва — за бажанням партнера — ще один стовпець чисел так, щоб кожне ваше число доповнювало суму чисел у рядку до числа, кратного дев’яти. Тепер сміливо можете запропонувати партнерові викреслити будь-яку цифру, додати числа, що залишилися, за правилом додавання багато- цифрових чисел, а за сумою цифр суми, яку вам назвали, ви легко визначите закреслену цифру, користуючись уже відомим правилом.
Наприклад,
Числа, які Числа, які дописав я написали ви \ / 6321$ 44802 47\21 51921 95238 302198 .
Сума цифр суми без дев’ятки:
З + 2 + 1 + 8 = 14; 18 - 14 = 4.
Закреслено 4.
Цікаво, що дописування своїх чисел можна звести до однозначного числа, дописаного в будь-якому місці. Здогадайтеся: як?
211. 	Прихована властивість
Число 1313 запам’ятовується легко, тому з ним зручно маніпулювати тому, хто побажає показати своїм товаришам фокус із відгадуванням закресленої цифри.
Для цього запропонуйте товаришам написати число 1313 і відняти від нього число, яке ви їм задали. Для віднімання можете запропонувати будь-яке число: одному учасникові — одне, іншому — інше. Потім нехай кожен з учасників до отриманого після віднімання числа допише (майте на увазі: не додасть, а допише) 151


справа чи зліва число, яке він віднімав, але збільшене на 100 і в утвореному новому числі закреслить будь-яку цифру, крім нуля, а вам повідомить про цифри, що залишилися. За цими цифрами ви легко визначите цифру, яку закреслив учасник.
Яка особливість числа 1313, пов’язана з властивістю дев’ятки, допомагає визначити закреслену цифру і як це зробити?
212. 	Ще кілька цікавих способів пошуку відсутнього числа
Задача 1. З дев’яти цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 і 9 я вибираю які- небудь вісім і довільно їх розкидаю на аркуші паперу. Щоб не показувати вам, які цифри я вибрав, на мал. 154 їх замінено на кружечки. У будь-якому місці аркуша паперу проведу пряму АВ і назву її «прямою підсумків». Написані цифри довільно сполучаю кількома лініями, прямими чи кривими — байдуже, але кожну цифру беру тільки один раз. На «прямій підсумків» я запишу суми цифр, розміщених уздовж кожної лінії. Вам я покажу тільки ті числа, які утворилися на «прямій підсумків», або скажу суму їхніх цифр.
Мал. 154. Яка цифра не увійшла до числа вибраних?
Числа, виписані на «прямій підсумків» на мал. 154, дають таку суму цифр: 1+4+1+0+4+1+2= 13. Знаючи тільки це останнє число, визначте: яка цифра не увійшла до числа вибраних спочатку цифр?
Примітка. Замість того, щоб розкидати на папері вибрані цифри, я можу їх довільно розмістити вздовж сторін заздалегідь накресленого трикутника (мал. 155, а), чотирикутника (мал. 155, б), або іншого багатокутника і на «прямій підсумків» записати суми цифр, розміщених уздовж кожної сторони накресленої фігури.
152


Мал. 155.
Задача 2. Тепер я розкидаю на аркуші паперу числа 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99. Знову проведу «пряму підсумків» АВ і всі цифри, крім однієї — вибраної, сполучу кількома лініями так, аби кожна цифра належала тільки одній лінії. Щоб не показувати вам, яку цифру я вибрав, на мал. 156 кожне число замінено на прямокутник, розділений на дві частини, що відповідають цифрам цього числа. Випишу на «прямій підсумків» суми цифр чисел, розміщених уздовж кожної лінії, і попрошу вас знову-таки за цими сумами визначити цифру, що залишилася поза лініями. Для тих, хто розв’язав попередню задачу, — це неважко.
Задача 3. Напишіть усі порядкові числа від 1 до 8 і виберіть улюблене число. Решту сім чисел довільно розмістіть у дві або більше колонок. Додайте всі числа, розглядаючи їх як багатоцифрові, і повідомте мені їхню суму чи суму цифр суми. Я швидко визначу ваше улюблене число. Як я це роблю?
153


213. 	За однією цифрою результату визначити інші три
Деяке двозначне число з однаковими цифрами помножили на 99. Легко зрозуміти, що в добутку має вийти чотиризначне число, але збереглася тільки третя цифра результату. Як, знаючи цю цифру, відновити весь результат?
Припустимо, що цифра, яка збереглася, — 5. Який увесь результат?
214. 	Відгадування різниці
Напишіть, не повідомляючи мене, будь-яке тризначне число з неоднаковими крайніми цифрами (припустимо, 621) і утворіть нове число з тих самих цифр, але розміщених у зворотному порядку (для взятого прикладу — 126). Обчисліть різницю між цими числами, віднімаючи від більшого числа менше (621 — 126 = 495), і назвіть мені останню цифру різниці (5), а я скажу весь отриманий результат.
Яким чином?
215. 	Визначення віку
Переставте цифри років А, отримаєте вік В. Різниця між віком А і віком В дає подвоєний вік С, але В у 10 разів старший від С. Визначте вік кожного з них.
216. 	У чому секрет?
Один з гостей нашої дружньої компанії оголосив нам, що береться, довго не розмірковуючи, написати будь-яку кількість чисел з непарним числом цифр, кожне з яких буде мати таку дивовижну властивість:
якщо додати всі цифри числа, яке він написав, а потім додати всі цифри утвореної суми і так повторювати доти, доки сума цифр не зобразиться однією цифрою, то ця цифра неодмінно буде тією самою, що й середня цифра початкового числа.
Відразу ж він нас просто закидав такими числами. Серед чисел були і тризначні, наприклад, 435, і п’ятизначні, такі як 46853, і навіть тринадцятизначні, наприклад, 1207941800554. Він писав числа, що містять такі цифри, які ми вимагали... І щоразу властивість цифр, яку він оголошував, виконувалася.
154


Перевіримо це хоча би на числах, приведених як приклади. Маємо:
4 + 3 + 5 = 12; 1 + 2 = 3;
4 + 6 + 8 + 5 + 3 = 26; 2 + 6 = 8;
1 + 2 + 7 + 9 + 4 + 1 + 8 + 5 + 5 + 4 = 46; 4 + 6 = 10;
1+0=1.
Справді, остаточна сума цифр щоразу точно вказує середню цифру числа.
Оригінальний «дар» гостя справив на нас велике враження. Не міг же він насправді завчити таку масу чиселі
Ми пробували самі навмання писати аналогічні числа, але наші числа чомусь майже ніколи не мали вказаної властивості.
У чому ж секрет чисел нашого гостя?


РОЗДІЛ восьмий
З АЛГЕБРОЮ ТА БЕЗ НЕЇ
Разом з розвитком математики як науки вдосконалювалося і мистецтво розв’язування задач. Суто арифметичні способи розв’язування у процесі розвитку буквеної символіки поступово віддали пальму першості алгебрі з її апаратом рівнянь. Позначення невідомих чисел буквами з подальшим встановленням зв’язків між невідомими й відомими числами, тобто складання рівняння задачі, виявилося потужним, загальнодоступним і однаковим методом розв’язування різнотипних задач.
Розв’язуючи задачу, ми завжди розмірковуємо, але намагаємося при цьому скласти найкоротший ланцюжок міркувань. В одних випадках зручніше і простіше вести міркування «від невідомого до відомого», завершуючи їх складанням одного або кількох рівнянь (алгебраїчний шлях). На цьому шляху для найбільш доцільного вибору невідомого, відносно якого складається рівняння, потрібно враховувати характерні особливості умови кожної даної задачі. Щоб потім успішно розв’язувати важкі задачі, необхідно володіти алгебраїчними способами міркувань. В інших випадках, навпаки, раціональніше розв’язувати задачу окремими етапами, «від відомого до невідомого», конкретно витлумачуючи кожен етап розв’язку (арифметичний шлях).
Обидва вказаних шляхи міркувань ніби доповнюють один одного; на кожному з них можуть виникнути дотепні й вишукані способи розв’язування задач.
156


Ось уже не менш як півстоліття побутує в сім’ях, а іноді пропонується й у школах така задача.
Як гусак з лелекою задачу розв’язували. Летіла зграя гусей, а назустріч їм летить один гусак і каже: «Доброго здоров’ячка вам, сто гусей!». Передній старий гусак йому відповідає: «Ні, нас не сто гусей! От якби нас було стільки, скільки є, та ще й стільки, та ще й півстільки, та ще й чверть стільки, та й ти, гусаче, то було би сто гусей, а зараз... От і розрахуй-но, скільки нас?».
Полетів самотній гусак далі і замислився. Справді, скільки ж товаришів-гусей він зустрів? Думав він, думав і, з якого боку не брався, ніяк не міг цієї задачі розв’язати. Тут побачив гусак на березі ставка лелеку, — ходить довгоногий і жаб шукає. Лелека — птах поважний і користується серед інших птахів славою математика: іноді цілими годинами нерухомо на одній нозі стоїть і все думає, напевно, задачі розв’язує. Зрадів гусак, злетів у ставок, підплив до лелеки й розповів йому, як він зграю товаришів зустрів і яку йому гусак-поводир загадку загадав, а він ніяк цієї загадки розв’язати не може.
Мал. 157. «... Тепер поглянь, що я накреслю на піску».
— Гм!.. — відкашлявся лелека. — Спробуємо розв’язати. Тільки будь уважним і старайся зрозуміти! Чуєш?
— Чую і постараюся! — відповів гусак.
— Ну ось. Як тобі сказали? Якби до зустрічних гусей додати ще стільки, та ще й півстільки, та ще й чверть стільки, та й тебе, гусака, то було б сто? Так?
157


— Так! — відповів гусак.
— Тепер поглянь, — сказав лелека. — Ось що я тобі накреслю тут на прибережному піску.
Лелека зігнув шию і дзьобом провів риску, поряд таку саму риску, потім половину такої самої риски, тоді чверть риски і ще маленьку рисочку, майже цятку.
Вийшов такий малюнок:
вийшов перевальцем на пісок,
Гусак підплив аж до берега, поглянув на малюнок, але нічого не зрозумів.
— Розумієш? — запитав лелека.
— Ні ще! — відповів сумовито гусак.
— Отакої! Ну ось, поглянь: як тобі сказали, — зграя, та ще й зграя, та ще й половина зграї, та ще й чверть зграї, та й ти, гусаче. — так я і намалював: риску, та ще й риску, та ще й півриски, та ще й чверть цієї риски, та ще й маленьку риску, тобто тебе. Зрозумів?
— Зрозумів! — втішено промовив гусак.
— Якщо до зграї, яку ти зустрів, додати ще зграю, та ще й півзграї, та ще й чверть зграї, та й тебе, гусака, то скільки вийде?
— Сто гусей!
— А без тебе скільки тоді буде?
— Дев’яносто дев’ять.
— Добре! Відкинемо на нашому кресленні цятку, що тебе, гусака, зображає, і позначимо, що залишається 99 гусей.
Лелека своїм дзьобом зобразив на піску:
зграя зграя
BS
півзграї
чверть
=99 гусей.
— Тепер зметикуй-но, — продовжував лелека, — півзграї, скільки це буде чвертей?
Гусак замислився, поглянув на лінії на піску і сказав:
— Лінія, що зображає півзграї, вдвічі більша, ніж лінія чверті зграї, тобто у половині міститься дві чверті.
— Молодець! — похвалив гусака лелека. — Ну, а в цілій зграї скільки чвертей?
— Звичайно, чотири! — відповів гусак.
158


— Так! Якщо тепер перевести на чверті одну зграю, та ще й зграю, та ще й півзграї, та ще й чверть зграї, то скільки разом чвертей буде?
Гусак подумав і відповів:
— Зграя — це все одно, що 4 чверті зграї, та ще й зграя — ще 4 чверті зграї, разом 8 чвертей; та і в половині зграї 2 чверті: разом 10 чвертей; та ще й чверть зграї: разом 11 чвертей зграї і це становить 99 гусей.
— Так! — знову підтвердив лелека. — Тепер скажи, що ж ти врешті-решт отримав?
— Я отримав, — відповів гусак, — що в 11 чвертях зграї, яку я зустрів, міститься 99 гусей.
— А отже, в одній чверті зграї скільки гусей?
Гусак поділив 99 на 11 і відповів:
— У чверті зграї — 9 гусей.
— Ну, а в цілій зграї скільки?
— У цілій міститься 4 чверті... Я зустрів 36 гусей! — радісно вигукнув гусак.
— Ото ж то! — поважно промовив лелека.— Сам, либонь, не міг допетрати!.. Ех ти... гусаче!..
Ця задача дуже коротко записується і розв’язується мовою алгебри. Візьмемо чверть зграї за х. Тоді ціла зграя становить 4х, а півзграї — 2х. За умовою маємо: 4х + 4х + 2х + х = 99, або 1 їх = 99, звідси: х = 99: 11 = 9, а 4х = 4 - 9 = 36. У зграї було 36 гусей.
*
* *
Розв’язуючи подальші задачі, користуйтеся будь-якими відомими вам способами: арифметичними, алгебраїчними, графічними та ін. Відповіді, які наведені в кінці книги, доповнюйте своїми міркуваннями та розв’язками.
217. 	Взаємна допомога
У перші роки після Великої Вітчизняної війни в найбільш напружені періоди польових робіт у деяких МТС не вистачало тих чи інших сільськогосподарських машин для обслуговування колгоспів. Через це МТС допомагали одна одній необхідними машинами і знаряддями.
159


Одного разу одна з трьох сусідніх МТС передала другій і третій МТС стільки різних сільськогосподарських машин, скільки в кожній з них було.
Через деякий час уже друга МТС передала в розпорядження першої і третьої МТС стільки машин, скільки до цього моменту в кожній з них було. До кінця робіт і третя МТС передала першій і другій МТС стільки машин, скільки до цього моменту в кожній з них було. Після цього в кожній з трьох МТС налічувалося по 24 машини.
Скільки сільськогосподарських машин було спочатку в кожній МТС?
218. 	Нероба і чорт
Серед нас, людей свідомої й радісної праці, завівся Нероба. І вчитися йому ліньки, і від роботи ухиляється, а гроші полюбляє, жадібний. Ніяк збагнути не хоче, що тільки ті гроші хороші, які чесною працею зароблені. Ходить без діла Нероба і зітхає:
— Ой, доле моя бідолашна! Ніхто і знатися зі мною не хоче. Кажуть: «Нероби нам не потрібні. Сам нічого не робиш і нам заважаєш. Іди до чорта!». Та хіба який чорт порадить мені, як багатим стати?!
Тільки подумав це Нероба, глип, а чорт перед ним стоїть.
— Що ж, — каже, — якщо хочеш, я тобі допоможу. Робота легка і багатим будеш. Он бачиш міст через річку?
— Бачу, — трохи сторопіло відповідає Нероба.
— Ну, то перейди по мосту на інший берег, і у тебе буде вдвічі більше грошей, ніж зараз є. Ще раз по мосту перейдеш, знову стане вдвічі більше, ніж було. І так щоразу: тільки-но ти перейдеш по мосту, в тебе буде рівно вдвічі більше грошей, ніж було перед цим.
— Та невже! — зрадів Нероба.
— Присягаюсь! — запевнив чорт.— Тільки, цур, умова! За те, що я тобі влаштовую таке щастя, ти щоразу, перейшовши по мосту, віддавай мені по 24 копійки за добру пораду.
— Ну, що ж, — погодився Нероба, — коли гроші подвоюватимуться, то чом би не давати тобі щоразу по 24 копійки? Почнімо, мабуть!
Перейшов по мосту Нероба один раз, порахував гроші... От диво! Справді, грошей стало вдвічі більше, ніж було. Кинув він чортові 24 копійки і перейшов по мосту вдруге. Знову стало грошей 160


удвічі більше, ніж було перед цим. Відрахував він 24 копійки, віддав чортові і перейшов по мосту втретє. Грошей стало знову вдвічі більше. Та тільки й виявилося їх точнісінько 24 копійки, котрі, як було домовлено, повністю довелося віддати чортові. Чорт зареготав і зник з перед очей.
Залишився Нероба без копійки. Очевидно, начужу пораду треба ще й свій розум мати!
Скільки ж у Нероби було спочатку грошей у кишені?
219. 	Тямущий малюк
Троє братів отримали 24 яблука, причому кожному дісталося стільки яблук, скільки йому було років три роки тому. Наймолодший, хлопчик дуже тямущий, запропонував братам такий обмін яблуками:
— Я, — сказав він, — залишу собі тільки половину яблук, які у мене є, а решту поділю між вами порівну; після цього нехай наш середній брат теж залишить собі половину, а решту яблук дасть мені і старшому братові порівну, а потім і старший брат нехай залишить собі половину всіх яблук, які у нього є, а решту яблук поділить між мною і середнім братом порівну.
Брати, не підозрюючи підступності в такій пропозиції, погодилися задовольнити бажання молодшого. В результаті... у всіх виявилося яблук порівну.
Скільки ж років було малюкові і кожному з його братів?
220. 	Мисливці
Троє мисливців кілька днів поспіль провели у тайзі на полюванні.
Останнього дня вранці трапилася неприємність: переходячи убрід невелику річечку, двоє мисливців підмочили свої патронташі. Частина їхніх патронів виявилася непридатною для використання. Троє друзів порівну поділили між собою патрони, які залишилися сухими.
Після того, як кожен мисливець зробив чотири постріли, у всіх мисливців разом залишилося стільки патронів, скільки було після дільби у кожного.
Скільки всього придатних патронів було на момент дільби?
161


221. 	Зустрічні потяги
Два товарних потяги, кожен з яких завдовжки 250 м, рухаються назустріч один одному з однаковою швидкістю 45 км/год. Скільки секунд мине після того, як зустрілися машиністи, до того, як зустрінуться кондуктори останніх вагонів?
Мал. 158. Зустріч кондукторів останніх вагонів.
222. 	Віра друкує рукопис
Мама доручила Вірі передрукувати на машинці рукопис.
— Друкуватиму в середньому по 20 сторінок на день, — вирішила Віра. Проте першу половину рукопису вона друкувала ліниво, тільки по 10 сторінок на день. Зате другу половину рукопису вона друкувала по ЗО сторінок на день.
— Оті вийшло в середньому по 20 сторінок на день, — зробила висновок Віра.
— Ти неправильно рахуєш, — сказала мама.
— Як неправильно? 10 + ЗО = 40; 40:2 = 20. При друкуванні першої половини рукопису я не додруковувала щодня по 10 сторінок, а при друкуванні другої половини я друкувала понад середню норму на ті самі 10 сторінок.
— Однак, — наполягала мама, — у середньому ти друкувала менше, ніж 20 сторінок на день. Подумай-но ще як належить.
Чи переконливі аргументи Віри? Що показує ваш розрахунок?
162


223. 	Пригода з грибами
П’ятеро друзів: Маруся, Миколка, Іванко, Андрійко та Петрик, які відпочивали в піонерському таборі, піні ли по гриби. Щоправда, до справи серйозно узялася лише Маруся, що ж до хлопчиків, то вони більшу частину часу вилежувалися на траві, розповідаючи один одному всілякі небилиці.
У результаті, коли діти зібралися повертатися до табору, виявилось, що у хлопчиків кошики порожні, тоді як Маруся у своєму кошику нарахувала 45 грибів.
Мал. 159. Маруся віддала всі свої гриби.
— Негоже вам, хлопці, повертатися до табору з порожніми кошиками, — поспівчувала Маруся і розсипала в кошики хлопчиків усі свої гриби (у своєму кошику вона не залишила жодного гриба). Проте по дорозі назад Миколка й Андрійко натрапили на грибне місце і поповнили свої кошики, причому Миколка знайшов 2 гриби, а Андрійко подвоїв кількість грибів, які були у нього. Іванко і Петрик усю дорогу пустували і розгубили частину своїх грибів. Іванко загубив дві штуки, а Петрик — половину грибів, отриманих від Марусі.
Найдивовижнішим було те, що коли в таборі стали рахувати принесені гриби, то у всіх хлопчиків виявилось грибів порівну. А коли грибники розповіли товаришам усю цю пригоду з грибами, то любителів математики зацікавило запитання: чи зможуть вони на основі цієї розповіді підрахувати, скільки грибів отримав кожен хлопчик від Марусі? Як ви гадаєте?
163


224. 	Хто повернеться раніше?
Два спортсмени, тренуючись, одночасно почали човнярські перегони: один по річці, вниз за течією і вгору проти течії, а інший на таку саму відстань по озеру зі стоячою водою, розташованому поряд з річкою. Припустимо, що зусилля обох веслярів увесь час абсолютно однакові. Який з них повернеться раніше? Час, що витрачається на поворот, у розрахунок не береться.
Примітка. Десь років сорок тому1* аналогічна задача вперше трапилася у практиці повітроплавання. Проводилися авіаційні змагання, за умовами яких льотчики повинні були облетіти по периметру велике прямокутне поле, відмічене чотирма стовпами, причому стовпи потрібно було огинати на поворотах.
Виникло запитання: чи однакові умови польоту під час вітру і без нього?
225. 	Плавець і капелюх
Нехай хтось, вистрибнувши з човна, якого відносить течією ріки, пливе якийсь час проти течії, а потім повертає і наздоганяє човен.
На що він витратив більше часу: на те, аби пливти проти течії, чи на те, щоб наздогнати човен? Чи, можливо, обидва періоди часу однакові?
При цьому передбачається, що мускульні зусилля плавця весь час однакові.
Яку відповідь на поставлене запитання підказує вам первинний здогад і чи підтверджується він подальшими міркуваннями?
А правильна відповідь така: плавець наздоганяв човен за течією стільки ж часу, скільки часу він плив спочатку проти течії.
Справді, течія ріки відносить вниз із однаковою швидкістю як човен, так і плавця, тобто течія сама по собі не впливає на відстань між плавцем і човном, нібито течії немає зовсім. Звідси й випливає, що навіть за наявності течії плавець наближається до човна стільки само часу, скільки часу він віддалявся від нього.
* х *
Тепер уявіть собі, що з мосту, перекинутого через невелику річку, зістрибнув спортсмен і поплив проти течії. Одночасно з голови
У такого типу часових орієнтирах потрібно робити певну поправку з огляду на те, що ця книга вперше побачила світ у середині XX ст. (прим. ред. укр. видання).
164


одного зі спостерігачів, які стояли на тому самому мосту, впав у воду капелюх і поплив за течією. Через 10 хвилин плавець повернув назад, і, коли знову підплив до мосту, його попросили, не зупиняючись, пливти далі й наздогнати капелюх. Плавець наздогнав капелюх відразу під другим мостом, котрий знаходився на відстані 1000 м від першого мосту. Швидкість плавця невідома, але відомо, що його зусилля були однакові протягом усього часу руху. Оперуючи тільки вказаними даними, ви маєте змогу визначити швидкість течії цієї річки. Звіряючи свій розв’язок цієї задачі з тим, який наведено в розділі «Розв’язки та відповіді», зверніть увагу на викладений там другий спосіб розв’язку.
226. 	Два теплоходи
Два навчальних теплоходи відчалили одночасно від пристані. Теплохід «Степан Разін» — вниз за течією, а теплохід «Тіміря- зєв» — вгору. Власні їхні швидкості одинакові1^ У момент відправлення з теплохода «Степан Разін» упав рятівний круг, який поплив за течією. За годину на обох теплоходах було отримано по радіо розпорядження про зміну напрямку: теплоходу, що пливе вниз, повернути вгору, а теплоходу, що пливе вгору, повернути вниз. Чи встигне команда теплохода «Степан Разін» підняти рятівний круг, що пливе по ріці, раніше, ніж обидва теплоходи зустрінуться?
227. 	Перевірте свою кмітливість!
Два глісери рухаються вздовж великого озера туди і назад, не затримуючись біля берегів. Швидкість кожного глісера постійна. Вони одночасно покинули протилежні береги: глісер «ТИ» покинув берег «А», а глісер «ТУ» — берег «В», і зустрілися вперше за 500 м від берега «А»; повертаючись, вони зустрілися вдруге за 300 м від берега «В».
За цими даними визначте довжину озера і відношення швидкостей глісерів. Кмітливість допоможе вам розв’язати задачу «про себе» без складних обчислень.
Власною швидкістю називається швидкість, яка була би при тій самій витраті енергії у стоячій воді (прим, автора).
165


228. 	Конфуз відвернуто
У саджанні колгоспного фруктового саду взяли активну участь і піонери. Загони змагалися між собою.
Працювали всі дуже старанно, ото тільки в загоні імені Павлика Морозова мало не трапився конфуз. Вітько Ветлугін заявив, що його бригада посадить половину від тої кількості фруктових дерев, яку посадять усі інші піонери загону. А Кирилко Чернов від імені своєї, найбільшої бригади пообіцяв висадити стільки дерев, скільки їх посадять всі інші піонери загону (враховуючи й бригаду Вітька Ветлугіна).
На ділянці піонери працювали не всі відразу, а по черзі. Бригади Вітька і Кирилка були призначені працювати спільно і в останню чергу. Всі інші бригади їхнього загону успішно виконали свої зобов’язання. Разом вони посадили 40 дерев. Коли ж настав час працювати бригадам Вітька і Кирилка, то виникли труднощі, про які ніхто раніше не подумав, хоча їх можна було передбачити. А саме: щоб виконати свої обіцянки, Вітько мав знати, скільки дерев посадить бригада Кирилка, а Кирилкові водночас необхідно було знати, скільки дерев посадить бригада Вітька. Обидві бригади очікували одна на одну, і становище видавалося цілком безвихідним, поки старший піонервожатий не запропонував доволі простий та логічний вихід.
Який?
229. 	У скільки разів більше?
Якщо від кожного з двох чисел відняти половину меншого з них, то залишок від більшого числа буде втричі більшим, ніж залишок від меншого.
У скільки разів більше число більше від меншого?
230. 	Теплохід і гідролітак
Теплохід вирушив у далекий морський рейс. Коли він відійшов від берега на відстань 180 миль, за ним вилетів гідролітак з екстреною поштою. Швидкість гідролітака у 10 разів більша від швидкості теплохода. На якій відстані від берега гідролітак наздожене теплохід?
166


231. 	Велофігуристи на арені
За арену править величезний рівний майданчик з чотирма коловими доріжками. Чотири велосипедисти відпрацьовують тут свій спільний цирковий номер. Кожен велосипедист рухається по своєму колу (мал. 160). Починають рух вони одночасно, і кожен починає з тієї точки своєї бігової доріжки, яка розташована найближче до центру арени. Швидкість руху кожного велосипедиста розраховано математично точно, і в умовних одиницях її можна виразити такими числами:
= 6 одиниць/год,
v2 = 9 одиниць/год, и3 = 12 одиниць/год, и4 = 15 одиниць/год.
Мал. 160. Кожен велосипедист їде по своїй доріжці.
167


Довжина кола кожного круга становить і. умовної одиниці довжини. Тривалість виступу велофігуристів дорівнює 20 хвилин.
Чи будуть велофігуристи впродовж цих 20 хвилин ще один чи кілька разів одночасно з’являтися у точках, з яких вони почали свій рух?
232. 	Швидкість роботи токаря Бикова
Коли лауреат Сталінської премії^ токар-швидкісник П. Биков підвищив швидкість різання чавуну на 1690 м/хв, то час на обробку деталі скоротився з 35 хвилин до 2-^- хвилин.
&
Якої швидкості різання чавуну він досяг у той період часу?
233. 	Поїздка Джека Лондона
В одному з оповідань Джека Лондона описується, як він на санях, запряжених п’ятьма собаками, поспішав зі Скагвея до свого табору, де перебував його товариш, що умирав.
У цьому оповіданні є кілька доволі цікавих подробиць, які дають змогу зробити з нього цікаву задачу.
Протягом першої доби шляху сани зі собаками пересувалися на повній швидкості, яку наперед визначив Джек Лондон. Через добу 2 собаки порвали упряж і втекли зі зграєю вовків. Джеку Лондону довелося продовжувати шлях на трьох собаках, які тягнули сани зі швидкістю, що становила 3/5 початкової швидкості. Через цю затримку Джек Лондон прибув до місця призначення на дві доби пізніше від визначеного терміну.
З цього приводу автор оповідання зауважує: «Якби 2 собаки, які втекли, пробігли в упряжі ще 50 миль, я запізнився би лише на один день від визначеного терміну».
Виникає запитання: якою ж була відстань від Скагвея до табору? В оповіданні про це нічого не сказано, але наведених даних достатньо, щоб визначити цю відстань.
п Сталінська премія — найвища почесна державна нагорода в СРСР у 30- 50 рр. XX ст. (прим. ред. укр. видання).
168


234. 	Через невдалі аналогії можливі й помилки
Деякі висновки і навіть цілі відкриття робляться за аналогією, за основу якої береться припущення про схожість двох предметів за одними ознаками чи властивостями на тій підставі, що ці самі предмети схожі за іншими ознаками.
Однак аналогія нічого не доводить. Вона може тільки наштовхнути нас на думку, правильність якої ще потрібно перевірити і підтвердити.
Добре проведена аналогія використовується і в математиці.
Зрозуміло, що будь-яка виявлена схожість у математичних діях, у застосуванні правил тощо полегшує розв’язування задач, стимулює думку, але ж, спостерігаючи схожі властивості й ознаки, не забувайте і про відмінність між ними.
Невдалі аналогії породжують неправильні уявлення.
Буває, запитуєш співрозмовника:
— На скільки одиниць 40 більше від 32?
— На 8, — відповідає він без вагань.
— А на скільки одиниць 32 менше від 40?
— Також, звичайно, на 8.
— Правильно. Тепер прикиньте, на скільки відсотків число 40 більше від числа 32? А втім, не турбуйтеся! Я скажу, на скільки. Рівно на 25%. А ось на скільки відсотків число 32 менше від числа 40 — треба порахувати...
— Що ж тут рахувати, — перебиває співрозмовник, — ви ж самі щойно сказали, що сорок більше від тридцяти двох на 25%, отже, й тридцять два менше від сорока теж на 25%...
Доводиться більш докладно пояснювати співрозмовникові його помилку.
Різниця, справді, в обох випадках одна й та сама — 8. Однак у першому випадку ми її відносимо до числа 32, яке беремо за 100%, а в другому випадку — до числа 40, яке беремо за 100%. Вісім від сорока становить 1/5, або 20%. Отже, 40 більше від тридцяти двох на 25%, тоді як 32 менше від сорока на 20%.
Причина помилки співрозмовника — у хибній аналогії.
Запропонуйте-но своїм знайомим такі задачі:
Задача 1. Припустимо, що ваш щомісячний заробіток збільшився на 30%. На скільки відсотків зросла ваша купівельна спроможність?
169


Задача 2. Нехай ваш щомісячний заробіток незмінний, але ціни на товари знижено на 30%. На скільки відсотків підвищилася ваша купівельна спроможність у цьому випадку?
Задача 3. Букіністична крамниця під час продажу книги зробила знижку на 10% від початкової ціни і при цьому все ж таки отримала 8% прибутку. Скільки відсотків прибутку планувала спочатку одержати крамниця під час продажу цієї книги?
Задача 4. Якщо робітник скоротив час на виготовлення деталі на Р%, то на скільки відсотків збільшилася його продуктивність праці?
Помилкові відповіді на ці прості запитання вам траплятимуться не так уже й рідко, але... попередньо перевірте себе.
235. 	Юридичний казус
Стародавні римляни мало виявили себе у математиці. У галузі юридичних наук вони більш відомі. Давньоримські математичні твори, що дійшли до нас, мають здебільшого суто практичний, утилітарний характер.
Одним із приводів до виникнення арифметичних задач стали римські закони про спадщину. Ось одна з таких задач давнини.
Якийсь римлянин, умираючи, залишив дружину в очікуванні дитини і написав такий заповіт: у разі народження сина віддати
9 1
йому — залишеного майна, а — — матері. У разі народження
З З
1 2
дочки вона має отримати —, а мати — — майна.
З З
Вдова заповідача народила двійню — хлопчика і дівчинку. Такої події заповідач не передбачив.
Як поділити майно між усіма трьома спадкоємцями з найкращим наближенням до умов заповіту?
Математичний розв’язок цієї задачі залежить від юридичного тлумачення волі заповідача. Одне з можливих юридичних обґрунтувань розв’язку цієї задачі дав римський юрист Сальвіан Юліан. Його розв’язок наведено у відповіді, але не кваптеся зазирнути у відповідь.
Поміркуйте, посперечайтеся між собою, запропонуйте свій розв’язок.
170


236. 	Парами та трійками
Я вирішив визначити відстань від моєї домівки до домівки мого приятеля. Я йшов рівномірним кроком і одну половину шляху рахував кроки парами, а іншу половину — трійками, причому пар виявилось на 250 більше, ніж трійок.
Скільки кроків до домівки мого приятеля?
237. 	Хто їхав на коні?
Двоє чоловіків — один на коні, інший машиною — виїхали одночасно зі села до міста. Один з них молодий, інший — літній чоловік. Через деякий час з’ясувалося, що якби літній чоловік проїхав утричі більшу відстань, то йому залишилося б їхати вдвічі менше. Якби молодий проїхав удвічі меншу відстань, то йому залишилося б їхати втричі більше.
Здогадайтеся: хто з них їхав на коні — літній чоловік чи молодий?
238. 	Двоє мотоциклістів
Двоє мотоциклістів виїхали одночасно з одного і того самого місця на прогулянку. Обидва проїхали однакову відстань і повернулися додому в один і той самий час.
У дорозі мотоциклісти відпочивали. При цьому відомо, що перший з них їхав удвічі більше часу, ніж відпочивав другий; другий їхав утричі більше часу, ніж відпочивав перший.
Хто з мотоциклістів їхав швидше?
239. 	У котрому з літаків був тато Владика?
— Скажи, тату, — звернувся Владик із запитанням до свого батька, льотчика, — у котрому з літаків ти був під час повітряного параду?
— Ти легко можеш вирахувати це сам, — відповів батько Владикові, намалювавши «дев’ятку» літаків (мал. 161).
— Я пригадую, що число літаків праворуч від мене, помножене на число літаків, що знаходилися ліворуч від мене, давало в результаті число, яке на 3 менше, ніж було би в тому випадку, якщо би мій літак перебував на 3 місця правіше.
Владик поміркував і показав на малюнку той літак, у котрому був його батько.
Як знайшов Владик батьків літак?
171


Мал. 161. У котрому з літаків був тато Владика?
240. 	Поділити на частини
Поділіть 45 на чотири частини таким чином, що якщо до першої частини додати 2, від другої відняти 2, третю помножити на 2, а четверту поділити на 2, то всі результати будуть рівними.
Зумієте це зробити?
241. 	Дві свічки
Горять дві свічки неоднакової довжини і різної товщини. Довша свічка повністю згоряє за 3^- години, а коротша — за 5 годин.
Через 2 години одночасного горіння довжини свічок виявились однаковими.
У скільки разів одна свічка початково була коротша від іншої?
242. 	Надзвичайна проникливість
Коли діти відвідують свого давнього друга, бухгалтера Никанорова, він неодмінно пропонує їм що-небудь порахувати.
172


І ось що дивно: часом він навіть не знає, які числа додавали чи віднімали діти, а гляне на результат і відразу скаже, в кого вийшла правильна відповідь, а в кого — неправильна.
— Нумо, — скаже він, — загадайте яке-небудь чотиризначне число, кожен своє. Загадали? Так... Тепер переставте першу цифру в кінець числа. У вас утворилось ще одне чотиризначне число. Додайте обидва ці числа. Наприклад, 1234 + 2341 = 3575. А ну, скажіть мені ваші результати.
Миколка: 8612, Полінка: 4322, Толик: 9867, Оля: 13 859.
— Усі помилилися, окрім Толика.
Перевірили. Справді так.
Як це визначив Никаноров?
Адже він зовсім не знав, які числа загадали діти!
243. 	«Точний час»
У майстерню «Точний час» принесли чотири годинники: настінний, настільний, будильник і наручний.
Настінний годинник відстає на 2 хвилини за годину порівняно зі сигналом точного часу. Настільний годинник порівняно з настінним поспішає на 2 хвилини за годину. Будильник порівняно з настільним годинником відстає на 2 хвилини за годину. Наручний годинник порівняно з будильником поспішає на 2 хвилини за годину. 012 годині всі годинники було наставлено за сигналом точного часу.
Котру годину покаже наручний годинник о 19 годині в момент сигналу точного часу?
244. 	Годинники
Біда з цими годинниками. Опівдні 2 січня і я, і Василько наставили їх точно. Через кілька днів перевірили знову. Виявилось, що мій годинник трохи поспішає, а Васильків — відстає. У перерахунку на 1 годину вийшло, що мій годинник поспішає на одну секунду, а Васильків — відстає на 1| секунди за годину. Ми зацікавилися такими запитаннями;
якщо не переводити стрілки наших годинників, то
1) коли наступного разу мій і Васильків годинники показали би один і той самий час?
2) коли наступного разу вони показали би одночасно правильний час?
173


245. 	О котрій годині?
Задача 1. Через деякий час після полудня майстер пішов обідати. Йдучи, він зауважив положення стрілок на годиннику. Коли майстер повернувся, то виявив, що хвилинна і годинна стрілки помінялися місцями.
О котрій годині повернувся майстер?
Якщо ви розібралися в розв’язку першої задачі, то вам не так уже й важко буде самостійно розв’язати другу і третю задачі.
Задача 2. Мене не було вдома більше двох годин, але менше трьох годин. Коли я повернувся додому, то помітив, що за час моєї відсутності хвилинна і годинна стрілки нашого настінного годинника помінялися місцями.
На скільки більше, ніж дві години, мене не було вдома?
Задача 3. Школяр почав розв’язувати задачу між 4 і 5 годинами вечора, коли стрілки годинника збігались, а закінчив тоді, коли хвилинна стрілка опинилася навпроти годинної (на одній прямій).
Скільки хвилин розв’язував задачу школяр і о котрій годині він закінчив розв’язування?
246. О котрій годині розпочалася
і 	закінчилася нарада?
Нарада розпочалася між 6 і 7 годинами вечора, а закінчилася вона між 9 і 10 годинами вечора.
Визначити точно, о котрій годині розпочалася і закінчилася нарада, якщо хвилинна і годинна стрілки за час наради помінялися місцями.
247. Сержант тренує розвідників
Командир відділення розвідників, сержант Сьомочкін, користується кожною слушною нагодою, щоб розвивати у своїх підлеглих спостережливість, кмітливість, військову хитрість. То він несподівано запитає:
— Скільки опор у мосту, який ми переходили сьогодні?
А то задачу запропонує своїм розвідникам для роздумів на дозвіллі.
— Уявіть собі, — скаже, наприклад, Сьомочкін, пахкаючи люлькою, — що двох розвідників з нашого загону спрямували до одного і того самого пункту. Обоє вони подолали однаковий шлях, 174


але перший з них витратив на весь шлях один час, а другий — інший час. Перший розвідник ішов з якоюсь визначеною швидкістю половину всього часу, що він витратив. Другий розвідник з такою самою швидкістю йшов половину шляху. Другу половину свого часу перший розвідник ішов зі зміненою швидкістю; з такою самою зміненою швидкістю йшов другу половину шляху другий розвідник.
Який з них швидше прийшов до місця призначення?
Для розв’язання цієї задачі розвідники брали різноманітні числа на позначення шляху і швидкості як початкової, так і зміненої, проводили відповідні обчислення і щоразу отримували один і той самий результат:
перший розвідник менше витрачав часу на весь шлях, ніж другий.
Ті з розвідників, які розв’язували задачу алгебраїчно, одержували ту саму відповідь. Таким чином вони доводили, що в умовах задачі перший розвідник прийде швидше від другого незалежно ні від відстані, ні від числової величини їхніх швидкостей.
Чи зможете ви дати розв’язок цієї задачі «літерами»?
248. 	За двома повідомленнями
Повідомлення перше:
— Поїзд N проїхав повз мене протягом t секунд.
Повідомлення друге:
— Той самий поїзд N переїхав через міст завдовжки а метрів протягом t2 секунд.
Як за цими двома повідомленнями визначити довжину і швидкість поїзда N, припустивши, що швидкість поїзда незмінна?
249. 	Скільки побудували нових станцій?
— Бурхливе зростання промисловості та сільського господарства в нашій країні супроводжується будівництвом нових селищ та міст, а відповідно, й безперервним розширенням сітки залізниць, — сказав начальник N-ської залізниці на загальних зборах робітників і службовців.
— На одній з віток нашої залізниці, — продовжував він, — найближчим часом завершується будівництво нових пасажирських залізничних станцій. Ми повинні зразково підготуватися до їхнього відкриття і не допускати перебоїв у роботі транспорту.
175


— Чи надруковано нові комплекти квитків для пасажирів, які користуються нашою віткою? — поцікавився старший касир залізниці.
— Так, усі необхідні квитки підготовлено, причому для того, щоб на будь-якій станції нашої вітки пасажир міг отримати завчасно заготовлений квиток до будь-якої іншої станції цієї ж вітки, довелося з огляду на відкриття нових станцій надрукувати 46 додаткових комплектів квитків.
Визначте за цими даними, скільки станцій було на N-ській залізничній вітці і скільки побудували нових станцій?
250. 	Вибрати
Я Р МИР ПОЛЕ СЛАВА ДЕРЕВО СВОБОДА ПЕРЕМО ГА СОЦІАЛІЗМ МАТЕМАТИКА ЕКЗАМЕНАТОР КВАЛІФІКАЦІЯ ВДОСКОНАЛЕННЯ ЕЛЕКТРИФІКАЦІЯ ХЛІБОЗАГОТІВНИК
чотири слова
У стовпчику ліворуч 14 слів. У кожному слові, починаючи з другого, число букв на одну більше, ніж у попередньому. В останньому слові «хлібозаготівник» — 15 букв.
З усіх цих чотирнадцяти слів виберіть чотири слова так, щоб справджувалися такі дві рівності: а2 = bd, ad = b2c.
Через а, b, с і d тут позначено кількості букв відповідно у першому, другому, третьому та четвертому словах, вибраних вами.
Які це слова?
251. 	Чи допустиме таке зважування?
Якісні шалькові ваги мають бути рівноплечими (а = Ь, мал. 162). На колгоспному ринку відкрилася нова ятка з продажу бакалійних товарів. На жаль, ваги, завезені до ятки, виявилися трохи нерівноплечими, і користуватися ними не дозволялося.
— Недоброякісні ваги завтра замінять на правильні ваги, — сказав директор продавцеві, — а поки що торгуйте тільки розфасованим товаром.
176


Наприкінці робочого дня з ятки продали останню пачку розфасованого цукру, але прийшов ще один покупець, який захотів купити 2 кг цукру. Продавцеві не хотілося залишити покупця
Мал. 162.
незадоволеним. Він вирішив скористатися неправильними вагами і запропонував покупцеві такий спосіб зважування:
— Я покладу гирі масою 1 кг на ліву шальку ваг, не зрівноважуючи їх, а цукор — на праву, а потім навпаки; гирі на праву шальку, а цукор — на ліву. Я думаю, що це буде правильно, бо якщо в першому пакеті у вас буде цукру трохи менше, ніж 1 кг, то у другому — на стільки ж більше.
Чи може покупець погодитися з таким способом зважування?
Додаткові запитання. 1. Чи знаєте ви про те, що існує спосіб (і навіть не один) точного зважування на неправильних і незрівноважених шалькових вагах?
2. Як визначити вагу вантажу на нерівноплечих, але попередньо зрівноважених вагах?
252. 	Слон і комар
Один любитель математичних розваг, займаючись якось різними перетвореннями алгебраїчних виразів, дійшов дивного висновку, що вага слона дорівнює вазі комара! Він міркував таким чином.
Нехай х — вага слона, аг/ — вага комара. Позначимо суму цих ваг через 2и:
х + у = 2и.
З цієї рівності можна отримати ще дві:
х - 2и = -у, х = -у + 2и.
Перемножимо почленно останні дві рівності:
х2 - 2их = у2 — 2иу.
Додавши до обох частин останньої рівності по и2, отримаємо:
х2 - 2vx + v2 = у2 - 2иу + и2 або (х - и)2 = (у - и)2.
177


Мал. 163. Вага слона дорівнює вазі комара!
Добувши квадратний корінь з обох частин останньої рівності, отримаємо: х - v = у - и, або х = г/, тобто вага слона (х) дорівнює вазі комара (z/).
З’ясуйте-но, у чому тут річ?
253. 	П'ятизначне число
Якось мені трапилося цікаве п’ятизначне число А. Дописуючи одиницю спереду цього числа, я отримував, звичайно ж, число шестизначне: дописуючи одиницю в його кінці, я теж
отримував шестизначне число: [А][1]; однак друге шестизначне
[A] [11
число виявилося втричі більше від першого: г if і = 3. Знайдіть л МИ
це число А.
178


254. 	Років до ста рости вам без старості
В одному випадку задача приваблює максимальною чіткістю та лаконічністю умови, в іншому, навпаки, — деякою витіюватістю, «заплутаністю» умови, схожої на витончене мереживо з візерунками.
Чи не хочете, наприклад, встановити співвідношення між моїм і вашим віком за такою «візерунковою» умовою.
Зараз мені і вам разом 86 років. Число моїх років становить 15
16
від віку, який ви матимете тоді, коли мій вік становитиме —
16
від того числа років, яке ви мали би, якби дожили до такого віку, який удвічі більший від числа моїх років у той момент, коли я можу бути вдвічі старшим від вас.
Скільки років мені і скільки вам?
Розв’язати цю задачу можна у такий доволі дотепний спосіб.
Розв’язання. Вдивіться у «мереживо» умови задачі і ви розрізните такі «візерунки», що тягнуться від кінця задачі до її початку.
1) 	В якийсь момент часу я можу бути старшим від вас удвічі. Якщо у цей момент ваш вік х, то мій — 2х. Зобразимо для наочності це співвідношення вашого і мого віку двома відрізками, з яких один удвічі довший від іншого:
2х ► < х—►
Я Ви
Звідси випливає, що я старший від вас на х років, і ця різниця у віці між нами буде завжди.
2) 	В якийсь інший момент часу мій вік становить — від вашого, 4
яким він був у момент 1); відрізок, що зображає мій вік, тепер має бути завдовжки 2-х, а ваш, як завжди, на х менший, тобто 14-х;
4 4
я
Ф
Ви
179


15
3) 	Зараз число моїх років становить — від вашого віку, яким
16
15 5 75
він був у момент 2), тобто 44 • 4х = а вам» як і раніше, на х
16 4 64
75 11
років менше: —х - х =
64 64
75 J
< 11
64
Я Ви
75 11
Оскільки зараз нам разом 86 років, то •—х + х = 86. Звідси 64 64
75 11
х = 64. Отже, мені зараз —- • 64 = 75 років, а вам 44 • 64 = 11 років.
64 64
Так виходить за задачею. Насправді ж мені ще далеко не 75 років, зате вам, певно, більше, ніж 11.
Ще одну аналогічну задачу розв’яжіть самостійно.
Тепер мені вдвічі більше років, ніж було вам тоді, коли мені було стільки років, скільки вам тепер. Коли вам буде стільки років, скільки мені тепер, то нам разом буде 63 роки. Скільки років кожному з нас тепер?
255. 	Задача Люка
Цю задачу придумав французький математик минулого століття1) Е. Люка7Його співвітчизник, математик Лезан розповідає таку історію, запевняючи в її достовірності.
На одному науковому конгресі наприкінці сніданку, на якому були присутні багато відомих математиків з різних країн, Люка раптом оголосив, що він хоче запропонувати всім присутнім одне з найважчих запитань. *
— Я гадаю, — сказав Люка, — що кожного дня опівдні з Гавра до Нью-Йорка відправляється пароплав і в той самий момент пароплав тієї самої компанії відправляється з Нью-Йорка до Гавра. Плавання триває рівно 7 діб як у тому, так і в іншому напрямку. Скільки суден своєї компанії, які пливуть у протилежному напрямку, зустріне пароплав, що відправляється сьогодні опівдні з Гавра?
Як ви відповіли би на запитання Люка? Поміркуйте над графічним способом розв’язування цієї задачі.
п Тут йдеться про XIX століття (прим. ред. укр. видання).
180


256. 	Своєрідна прогулянка
Двом хлопчикам необхідно було здійснити невелику мандрівку на велосипедах. У дорозі в одного з них поламався велосипед і довелося залишити його для ремонту. Незважаючи на це, хлопчики вирішили не переривати своєї мандрівки і продовжували її почасти пішки, почасти на велосипеді наступним чином.
Обоє вирушають одночасно: один на велосипеді, а інший пішки. У визначеному місці велосипедист залишить велосипед і продовжуватиме свій шлях пішки. Його супутник, дійшовши до домовленого місця, сяде на велосипед і в той момент, коли він наздожене свого товариша, знову віддасть йому велосипед, а сам продовжуватиме шлях пішки.
На якій відстані від кінцевого пункту їхньої мандрівки слід залишити велосипед востаннє, щоб обидва хлопчики одночасно досягли кінцевого пункту, якщо від місця аварії до мети їм залишилося 60 км; пішки вони пересуваються по 5 км, а на велосипеді — по 15 км за годину.
Чи був вигідним для хлопчиків такий спосіб пересування?
257. 	Одна властивість простих дробів
Напишіть скільки вам завгодно різних простих дробів, чисельники і знаменники яких додатні.
Утворіть новий дріб, чисельник якого дорівнював би сумі всіх чисельників, а знаменник — сумі всіх знаменників дробів, які ви написали. Цей новий дріб обов’язково виявиться більшим від найменшого, але меншим від найбільшого з дробів, які ви написали.
Перевірте цю властивість на якому-небудь прикладі і доведіть, що вона правдива для будь-якого числа будь-яких додатних дробів.


РОЗДІЛ ДЕВ’ЯТИЙ
МАТЕМАТИКА МАЙЖЕ БЕЗ ОБЧИСЛЕНЬ
Розв’язування кожної задачі тією чи іншою мірою спирається «на міркування», але особливу привабливість мають такі задачі, в яких основну, вирішальну роль відіграє правильна побудова ланцюжка точних, іноді дуже тонких міркувань.
Деякі з подібних задач є швидше логічними, ніж математичними, але й такі задачі розвивають «математичне мислення», вчать «міркувати», «аналізувати», змушують шукати нешаблонні шляхи розв’язання.
258. 	У темній кімнаті
Я увійшов до кімнати, щоб узяти з шафи свої черевики і шкарпетки. У кімнаті спала сестра, і було зовсім темно. Я добре знав, в якому місці шафи лежать мої 3 пари черевиків — усі різних фасонів, і 12 пар шкарпеток — чорних та коричневих. Мені не хотілося вмикати світло, щоб не розбудити сестру.
Справді, як черевики, так і шкарпетки я знайшов на своїх місцях, але, мушу зізнатися, у повному безладі — просто купу зі 6 черевиків і купу з 24 шкарпеток.
Скільки черевиків і скільки шкарпеток (найменше) мені треба винести з темної кімнати в освітлену, щоб забезпечити себе парою черевиків одного фасону і парою шкарпеток одного кольору, при цьому фасон взуття і колір шкарпеток для мене не мають значення?
182


259. 	Яблука
В ящику перемішано яблука трьох сортів. Яку найменшу кількість яблук потрібно навмання взяти з ящика, не зазираючи до нього, щоб серед узятих яблук були: 1) хоча би 2 яблука одного сорту; 2) хоча би 3 яблука одного сорту?
260. 	Прогноз погоди (жарт)
Якщо о 12 годині ночі падає дощ, то чи можна очікувати, що через 72 години буде сонячна погода?
261. 	День лісу
У «день лісу» двом піонерським загонам — учням IV і VI класів нашої школи — було доручено посадити дерева обабіч вулиці — однакову кількість дерев на кожному боці.
Щоб не осоромитись перед шестикласниками, піонери IV класу вийшли на роботу трохи раніше і встигли посадити 5 дерев, поки надійшли шестикласники, але виявилось, що вони саджали дерева не на своєму боці.
Довелося піонерам IV класу переходити на свій бік і знову розпочинати роботу. Шестикласники, звичайно, завершили свою роботу раніше. Тоді голова ради загону запропонував:
— Ходімо, хлопці та дівчата, допоможемо команді IV класу!
Усі погодилися. Перешли на інший бік вулиці, посадили 5 дерев, віддали, виходить, борг, та ще й встигли посадити 5 дерев, і всю роботу було завершено.
— Хоч ви й прийшли раніше за нас, а все-таки ми вас випередили,— взяв на посміх команду IV класу один шестикласник.
— Подумаєш, випередили! На 5 дерев лише, — відказав хтось.
— Ні, не на 5, а на 10, — загомоніли шестикласники. Суперечка розпалювалася. Одні наполягають на тому, що на «5», інші намагаються якось довести, що на «10».
До істини, звичайно, дійшли, але сперечалися чимало.
Хто ж має рацію?
262. 	У кого яке ім'я?
— Діти, у наш літній піонерський табір завтра вранці приїдуть троє ще незнайомих вам хлопчиків: Буров, Гриднєв і Клименко, — 183


сказав вожатий, звертаючись до групи піонерів зі старшого загону, які сиділи на лужку.
— Я можу повідомити імена цих хлопчиків: Миколка, Петрик і Грицько.
— Але хто ж з них Буров, хто — Гриднев і хто — Клименко?
— Спробуймо вгадати, — запропонував хтось із дітей.
— Я гадаю, що Буров — це прізвище Миколки, — пролунав ще один голос.
— Ні, ти не вгадав, — відповів вожатий.— І зовсім не треба вгадувати. Ви можете самі точно визначити не лише імена Бурова, Гриднева і Клименка, а й навіть вік кожного з цих хлопчиків за тими небагатьма непрямими відомостями, які я вам зараз повідомлю про них.
Пропозиція видалася привабливою і її прийняли з задоволенням.
— До того, що ви вже дізналися про хлопців, які невдовзі приїдуть, я додам ще тільки такі факти:
1. Батько Надійки Сєрової, яку ви добре знаєте, — рідний брат матері Бурова.
2. Петрик пішов до школи у 7 років і вчиться на відмінно. А в листі, який я нещодавно отримав, він пише:
«...Нарешті в цьому році я почну вивчати алгебру, геометрію, фізику...».
Додам ще, що наш пасічник, Семен Захарович Мокроусов, доводиться Петрикові рідним дідусем і чекає на свого онука з нетерпінням.
3. Гриднев старший від Петрика на 1 рік.
4. Грицько старший від Петрика на 1 рік.
— Це все?
— Так.
— Але чи не замало ми дізналися про хлопчиків, — засумнівався хтось.
— Цілком достатньо, аби повністю розв’язати поставлену задачу.
Після нетривалих суперечок, розмірковувань і зіставлень отриманих фактів діти знайшли єдиний можливий розв’язок і точно визначили ім’я та вік своїх нових товаришів: Бурова, Гриднева і Клименка.
184


263. 	Змагання у влучності
Троє хлопчиків — Андрійко, Бориско та Володько — стріляли з дрібнокаліберних гвинтівок по спеціальній мішені, зображеній на мал. 164. Кожен з хлопчиків зробив по 6 пострілів. Місця влучень у мішень позначено на малюнку точками. Коли підрахували результати, виявилось, що кожен з хлопчиків вибив 71 очко. При цьому з усіх 18 пострілів тільки один влучив у центральний круг мішені (50 очок).
Кому з хлопчиків — Андрійкові, Бориску чи Володькові — належав цей найбільш вдалий постріл — я забув. Однак ви це можете встановити за такими даними: перші 2 постріли дали Андрійкові 22 очки; перший постріл Володька дав йому тільки 3 очки.
Хто ж із хлопчиків влучив у центральне яблуко мішені?
264. 	Покупка
Дівчинка купила в магазині 42 олівці: 15 звичайних по 16 копійок, 7 кольорових по 28 копійок, 12 для креслення і 8 хімічних. їй виписали чек на 8 крб. 90 коп. Ціни на хімічні олівці й олівці для креслення дівчинка не пам’ятала, але знала кількість цих олівців, тому вона відразу знайшла помилку в чеку і заявила про це продавцеві. Продавець перерахував суму, попросив вибачення і виправив чек.
Як дівчинка знайшла помилку?
185


265. 	Пасажири одного купе
У купе одного з вагонів потяга Москва—Одеса їхали москвич, ленінградець, туляк, киянин, харків’янин і одесит. їхні прізвища починалися на букви А, Б, Б, Г, Д і Е.
У дорозі з’ясувалося, що А і москвич — лікарі; Д і ленінградець — вчителі, а туляк і В — інженери. Б і Е — учасники Вітчизняної війни, а туляк в армії взагалі не служив. Харків’янин старший від А, одесит старший від В. Москвич і В зійшли у Києві, а В і харків’янин — у Вінниці. Визначте професію кожного з цих шести пасажирів і місце проживання кожного з них.
Примітка. Не позбавлене інтересу питання про необхідність і достатність кількості фактів, установлених умовою цієї задачі.
Може зацікавитеся цим невеликим дослідженням?
266. 	Фінал турніру шахістів Радянської Армії
У фіналі турніру шахістів Радянської Армії зустрілись представники восьми військових звань: полковник, майор, капітан, лейтенант, старшина, сержант, єфрейтор і солдат. Усі з різних родів військ: один піхотинець, інший льотчик, потім — танкіст, артилерист, кавалерист, мінометник, сапер і зв’язківець.
Розмірковуючи правильно, ви зможете визначити військову спеціальність кожного з 8 шахістів за наступними даними.
У 1-му турі полковник грав з кавалеристом. Льотчик приїхав тільки до другого туру.
У 2-му турі піхотинець грав з єфрейтором і майор зі старшиною. Після 2-го туру капітан вибув з турніру через хворобу. Через це вихідними виявилися: у 3-му турі — сержант, у 4-му турі — танкіст, у 5-му турі — майор.
У 3-му турі лейтенант виграв у піхотинця, а партія полковника з артилеристом закінчилася внічию.
У 4-му турі сапер виграв у лейтенанта, а старшина — у полковника. Перед останнім туром догравалася партія кавалериста з мінометником, яка залишилася незакінченою в 6-му турі.
Зауваження. 1. Для розв’язання цієї задачі не потрібно вміти грати в шахи. Варто лише знати, що в турнірі один і той самий шахіст двічі вихідним не буває і з кожним партнером грає одну партію.
2. На основі отриманого розв’язку задачі ті, хто бажає, можуть навіть скласти повну таблицю розподілу зустрічей за турами.
186


267. 	Недільник
Перед початком навчального року комсомольці організували недільник з метою заготівлі дров для школи. Шестеро з них взялися за розпилювання кругляка різної довжини на півметрові відрізки. Комсомольці поділилися на 3 пари. Один з кожної пари вважався бригадиром. Бригадирів звали Владик, Петрик і Василько. Владик з Михайликом пиляли двометрові кругляки середньої товщини. Петрик з Костиком — півтораметрові кругляки трохи більшої товщини, ніж двометрові. Василько з Федьком пиляли метрові, дуже товсті кругляки.
Наступного дня у шкільній стінній газеті було відзначено добру роботу трьох бригад пилярів: бригад Лаврова, Галкіна і Медведева.
Повідомлялося, що Лавров і Котов напиляли 26 штук кругляків, Галкін і Пастухов — 27 штук, Медведев і Євдокимов — 28 штук.
Яке ім’я у Пастухова?
268. 	Яке прізвище у машиніста?
У потязі Москва—Ленінград їдуть пасажири Іванов, Петров і Сидоров. Такі самі прізвища мають машиніст, кочегар і кондуктор бригади потяга. Відомо, що:
1) пасажир Іванов живе в Москві;
2) кондуктор живе на півдорозі від Москви до Ленінграда;
3) пасажир, однофамілець кондуктора, живе в Ленінграді;
4) той пасажир, який живе найближче до місця проживання кондуктора, ніж інші пасажири, заробляє за місяць рівно втричі більше від кондуктора;
5) пасажир Петров заробляє за місяць 2000 карбованців;
6) Сидоров (з бригади) нещодавно виграв у кочегара партію в більярд.
Яке прізвище у машиніста потяга?
269. 	Кримінальна історія
(З журналу «Scripta Mathematica»)
У вчительки однієї з початкових шкіл штату Нью-Йорк пропав гаманець. Украсти гаманець міг тільки хтось з 5 учнів: Ліліан, Джуді, Девід, Тео або Маргарет.
Під час опитування цих дітей кожен з них дав 3 свідчення.
187


Ліліан: 1) я не брала гаманець; 2) я ніколи у своєму житті нічого не крала; 3) це зробив Тео.
Д жуд і: 4) я не брала гаманець; 5) мій тато достатньо багатий, і я маю свій власний гаманець; 6) Маргарет знає, хто це зробив.
Де від: 7) я не брав гаманець; 8) з Маргарет я не був знайомий до вступу в школу; 9) це зробив Тео.
Тео: 10) я не винен; 11) це зробила Маргарет; 12) Ліліан бреше, стверджуючи, що я вкрав гаманець.
Маргарет: 13) я не брала гаманець учительки; 14) у цьому винна Джуді; 15) Девід може поручитися за мене, бо знає мене з дня народження.
При подальшому розпитуванні кожен з учнів визнав, що з трьох заяв, які він зробив, дві правильні й одна неправильна.
Визначте, хто з учнів вкрав гаманець своєї вчительки.
270. 	Збирачі трав
Улітку під час походу дві піонерські ланки збирали лікарські трави одного і того самого сорту. За зібрані трави аптекоуправління виплатило дітям деяку суму грошей, більша частина якої становила частку першої ланки, оскільки піонери першої ланки зібрали лікарських трав більше, ніж піонери другої ланки.
Якщо, крім загальної суми грошей, виплаченої аптекоуправ- лінням, відомо також, скільки кілограмів трав зібрала кожна ланка, то розподіл грошей між двома ланками є зовсім нескладною задачею, але всі необхідні арифметичні дії діти зашифрували, замінивши на зірочку кожну цифру, крім однієї цифри 7, і пропонують вам розшифрувати їхній розв’язок.
Ось цей зашифрований розв’язок.
1) 	Скільки всього зібрано трав?
+*
_* ** .
2) 	Скільки карбованців коштує один кілограм трав?
-***|*7
**
188


3) Яка сума грошей припадає на частку першої ланки?
х**
*
** .
4) Яка сума грошей припадає на частку другої ланки?
Х *
** .
271. 	Заховане ділення
За одним зі столиків клубної кімнати настільних ігор відбувається мовчазна «битва» двох юних шахістів.
Поряд примостилася Оля — редактор математичної стінної газети «Думай!». Зараз вона складає задачу для чергового номера газети.
Впоравшись із діленням семизначного числа на двозначне, Оля відклала аркуш з обчисленнями набік і взялася за креслення. Тоді шахісти, які сиділи поряд, не припиняючи гри, почали одночасно розважатися тим, що кожну шахову фігуру, зняту з шахівниці, ставили на цифри Олиного аркуша, не дотримуючись
Мал. 165. Знайдіть ділене, дільник і частку. 189


при цьому якої-небудь системи. До моменту закінчення партії всі цифри діленого, дільника, частки й усіх проміжних добутків та остач, крім останньої, що дорівнювала одиниці, було закрито шаховими фігурами.
— Олю, ось тобі й задача для газети, — сказав один із шахістів, — намалюй або сфотографуй ось це «фігурне ділення» і запропонуй читачам визначити всі цифри, заховані під фігурами.
— Але ж і справді виходить цікава задача, — зраділа Оля, — лише зачекайте; спочатку поміркуємо — чи має вона розв’язок.
Після нетривалого розмірковування діти дійшли висновку, що у такому вигляді задача не дуже приваблива, оскільки допускає багато різних розв’язків, але якщо зняти фігуру із середньої цифри частки (це цифра 8), то задача стає цілком визначеною і має єдиний розв’язок.
За мал. 165 знайдіть ділене, дільник і частку.
272. 	Зашифровані дії (числові ребуси)
Арифметичні дії зашифровано: цифри замінено на букви і зірочки. На однакові букви замінено однакові цифри, а різними буквами — неоднакові цифри; зірочки ж поставлено замість усіляких цифр як однакових, так і неоднакових. Кожен ребус можна розшифрувати шляхом точних і послідовних міркувань. Відновіть цифри замість букв і зірочок.
Перший ребус Другий ребус Третій ребус
ABC ***
ВАС х*2*
4*4*4*4* 4*4*4*
*J*tfJ*^*^*
А 4*4*ФФ
*T**Ttrx ФФФф
***В *8*
****** **9*2*
МУХА ХА
ХА УХА
КХ
АР
УХА
УХА
190


Четвертий ребус
^д^ ^д^ ^д^ ^д^ ^д^ шД> *Х* *Д* 7 >Д*
Г^ ( Г^ Г^ Г^ Г^ <jw |
.£.£ 7 .£.£
****77*
*Д> •!* *Д* *д*
*Д* <Дч
*7****
*7****
«Т> «Т^ дД> дД> «т^ <д> ^д> <Х> *Т* *1*
73:^
<Jc ^Jc *{с *{с
П’ятий ребус (має чотири розв’язки)
****
»4»
****
Шостий ребус. Цей ребус ускладнений тим, що невідомо навіть число цифр дільника, і все ж ребус має єдиний розв’язок.
Знайдіть його.
^Д> <Дд <&* ^Да кД> f
*г* ^г* *1^ *г* •
****:&8**
***
***
***
***
**"
**
***
***
Сьомий ребус (має два розв’язки)
DO + RE= MI
FA + SI = LA
RE+ SI = LA = SOL
Восьмий ребус (має щонайменше чотири розв’язки)
, ФУТ БОЛ ГРА
191


Дев’ятий ребус АТОМ АТОМ
ejE* *Т*
а^а аХ* *1*
а^ aj^ аДж
<т* <Т* *Т* *ї*
* * * * АТОМ
273. 	Арифметична мозаїка
Зображена тут мозаїка букв і математичних знаків — це ще два захопливих арифметичних ребуси, розв’язання яких можна отримати не сліпим добором, а логічним шляхом.
Перший ребус
Другий ребус
АТУ +
ІАЗ = ПТЕ
НЕВ +
EUS =
LFS
—
— •
—
+
.
НЕГ :
ІОГ = Е
WUB :
ЕН =
US
ПАУ -
НЗ = ППА
ЕНВ -
ESU =
RA
Як і в попередніх ребусах, буквами зашифровано цифри, причому різним буквам неодмінно відповідають і різні цифри. Між зашифрованими числами поставлено математичні знаки, що вказують на дії по вертикалях згори вниз, по горизонталях справа наліво. Результат дії по вертикалі записано на тій самій вертикалі під рискою, а результат дії по горизонталі — на тій самій горизонталі після знака рівності.
Відновіть цифри замість букв так, щоб точно виконувались усі вказані тут дії.
Розшифрувавши числове значення кожної букви, розставте букви відповідно до їхнього числового значення (від 0 до 9). Утвориться слово, в першому ребусі — українською мовою, у другому — німецькою. Перше слово— математичний термін, а друге слово вказує на важливий крок у житті кожної людини.
274. 	Мотоцикліст і вершник
На аеродром до прибуття літака вислали мотоцикліста з поштового відділення. Літак прибув раніше від встановленого терміну, і привезену пошту забрав вершник, маючи намір відвезти її до 192


поштового відділення. Проїхавши півгодини, вершник зустрів мотоцикліста, який узяв пошту, і, не затримуючись, повернув назад.
До поштового відділення мотоцикліст прибув на 20 хв раніше, ніж належало.
На скільки хвилин раніше від встановленого терміну літак прибув на аеродром?
275. 	Пішки та автомобілем
Тому, хто розібрався у розв’язку попередньої задачі, неважко самостійно знайти розв’язок наступної задачі такого самого типу.
Інженер, який працює за містом, щодня приїжджає на станцію о 8 год ЗО хв. Точно в цей самий час до станції під’їжджає до станції «Победа» і, не затримуючись, відвозить інженера на завод.
Одного разу інженер приїхав на станцію о 8 годині, і, не очікуючи на автомобіль, вирушив пішки до заводу. Зустрівши на шляху «Победу», він сів у неї і приїхав на завод на 10 хв раніше, ніж звичайно.
Визначте, котру годину показував годинник у момент зустрічі інженера з «Победою» і в скільки разів повільніше він іде пішки, ніж їде автомобілем.
276. 	«Від супротивного»
Уявіть собі, що є два твердження «А» і «Б», що взаємно виключають одне одного. З них правдиве, звичайно ж, тільки яке- небудь одне. Припустимо, що потрібно довести правдивість твердження «А».
Замість безпосереднього, прямого доведення правдивості твердження «А» вдаються іноді до непрямого доведення, тобто доводять, що протилежне твердження «Б» не правдиве, оскільки воно веде до суперечності з достовірними фактами. Цей метод міркувань, який називають «доведенням від супротивного», широко застосовується в геометрії, у шкільному курсі алгебри, іноді в арифметиці. Проте його успішно можна застосовувати не тільки для доведення теорем, але й навіть для розв’язування задач.
Розгляньмо застосування методу міркувань «від супротивного» на прикладі такої задачі.
193


Сума двох чисел 75. Перше з них на 15 більше від другого. За допомогою способу міркування «від супротивного» довести, що друге число дорівнює ЗО.
Розв’язання. Припустимо, що друге число не дорівнює ЗО, тоді воно або більше від ЗО, або менше від ЗО. Проте якщо друге число більше від ЗО, то перше більше від 45 і їхня сума більша від 75, що суперечить умові. Якщо ж друге число менше від ЗО, то перше менше від 45 і їхня сума менша від 75, що також суперечить умові.
Отже, друге число дорівнює ЗО.
Наступні дві задачі розв’яжіть міркуванням «від супротивного».
Задача 1. Добуток двох цілих чисел більший від 75. Довести, що хоча би один зі співмножників більший від 8.
Задача 2. Добуток деякого двозначного числа на 5 — також двозначне число. Довести, що перша цифра даного множника є 1.
277. 	Знайти фальшиву монету
Навряд чи насправді може виникнути необхідність шукати серед однакових монет фальшиву за допомогою зважувань на талькових вагах без гир, але для тренування своєї думки візьмемо ці умови як початкові для розв’язування наступних трьох задач «на міркування».
Перша задача (легка). Є 9 монет однакового номіналу. Відомо, що 8 з них мають однакову вагу, а одна — фальшива — трохи легша від інших. Потрібно за допомогою двох зважувань на талькових вагах без гир визначити фальшиву монету.
Друга задача (трохи важча). За тих самих умов визначити фальшиву (легшу) монету серед 8 однакових монет теж за допомогою лише д в о х зважувань.
Третя задача (важка). Серед 12 монет є одна фальшива. Відомо, що фальшива монета відрізняється за вагою від справжніх, але невідомо, легша вона від справжніх чи важча. Усі справжні монети мають однакову вагу. За допомогою не більше трьох зважувань на талькових вагах без гир визначити фальшиву монету і водночас встановити, легша вона чи важча від інших.
194


Задачі для самостійного розв’язування (без відповідей).
Задача 1. Виготовлено 13 деталей. Усі вони одного фасону і повинні мати однакову вагу. Проте можливо, що в цій партії є одна деталь (не більше, ніж одна), що відрізняється від інших вагою.
За допомогою трьох зважувань на талькових вагах визначити, чи є у цій партії нестандартна деталь, і якщо є, то легша вона від стандарту чи важча. Гир нема, але є одна додаткова (чотирнадцята) деталь стандартної ваги, яку дозволяється ставити на ваги.
Задача 2. Узагальнимо попередню задачу. Умови ті самі, але
Зл — 1 число контрольованих деталей дорівнює —-—, дозволяється виконати п зважувань (п = 1, 2, З...)1}.
а на вагах
278. 	Логічна нічия
На конкурсі любителів задач і головоломок особливо відзначилися троє людей. Щоб визначити серед них переможця, вирішили провести ще одне випробування. їм показали 5 папірців: 3 білих і 2 чорних. Потім усім трьом зав’язали очі й кожному наклеїли на лоба білий папірець, а чорні папірці знищили. Після цього пов’язки зняли та оголосили, що переможцем буде той, хто першим визначить колір свого папірця. Ніхто з конкурсантів не міг бачити колір свого папірця, але бачив білі папірці у своїх товаришів. Після деяких роздумів усі троє одночасно дійшли висновку, що у кожного з них білий папірець. Як вони міркували?
279. 	Троє мудреців
Стомившись від суперечок і літньої спеки, три давньогрецьких філософи прилягли трохи відпочити під деревом саду Академії і заснули. Поки вони спали, жартівники вимастили вугіллям їхні лоби. Прокинувшись і поглянувши один на одного, всі розвеселилися і почали сміятися, але це нікого не турбувало, бо для кожного було цілком природно, що двоє інших сміються один з одного. Враз один з мудреців перестав сміятися, бо він второпав, що його власний лоб також замащений.
Як він міркував?
п Останні дві задачі розробив В. Давиде з Загреба (прим, автора).
195


280. 	П'ять питань для школярів
Суто математичне формулювання має бути достатньо повним, але без зайвих слів. Лаконічність і точність математичної мови — її характерна й водночас красива риса.
1. 	Знайдіть зайві слова в таких відомих вам математичних реченнях:
а) 	Сума двох гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°.
б) 	Якщо катет прямокутного трикутника дорівнює половині гіпотенузи, то протилежний до нього гострий кут становить 30°.
2. 	Вживаючи відповідні математичні терміни, спростити такі фрази:
а) 	частина січної, що міститься всередині кола;
б) багатокутник з найменшою кількістю сторін;
в) хорда, яка проходить через центр кола;
г) рівнобедрений трикутник, основа якого рівна бічній стороні;
ґ) два кола з нерівними радіусами, що мають спільний центр.
3. У трикутнику АВС (мал. 166) АВ = ВС, AD = DC. Знайдіть не менше ніж 5 термінів, що характеризують відрізок BD.
4. Ось 7 споріднених термінів: паралелограм, геометричний образ, квадрат, багатокутник, плоска фігура, ромб, опуклий чотирикутник. Розташуйте ці слова послідовно так, щоб поняття, означене попереднім словом, охоплювало поняття, означене наступним словом.
5. Знаючи, що сума всіх зовнішніх кутів будь-якого опуклого багатокутника дорівнює чотирьом прямим кутам, поміркуйте, яке найбільше число внутрішніх гострих кутів може бути в опуклому багатокутнику.
196


281. 	Міркування замість рівняння
Кожній людині, яка хоч трохи вивчала математику, відомі ті чи інші прийоми арифметики або, можливо, алгебри та інших розділів математики, за допомогою яких вона й розв’язує математичну задачу.
Є, звичайно, задачі цілком непосильні для людини, яка не володіє хоча б алгеброю, але є, природно, й такі, перед якими не слід відступати навіть тому, хто не вміє складати і розв’язувати рівняння. Адже ще може допомогти звичайнісінький здоровий глузд, спостережливість, розважливість. Це — теж законні прийоми розв’язування задач. Ось і розв’яжіть-но «на свою гадку» такі 2 задачі.
Задача 1. Якщо деяке двозначне число прочитати справа наліво, то отримане «обернене» число буде в 4^ рази більше від даного.
Що це за число?
В умові задачі даних небагато, але, вміло їх використовуючи, можна розв’язати цю задачу самими «міркуваннями» приблизно так:
а) шукане число більше від 10, бо воно двозначне;
б) однак воно менше від 25, бо 25 х 4-^- — число тризначне;
в) 	шукане число парне, бо при множенні його на утворю-
ється ціле число;
г) 	обернене число за умовою в 9 разів більше від половини даного числа, отже, обернене число кратне 9;
ґ) оскільки обернене число кратне 9, то сума його цифр ділиться на 9, а дане число складається з тих самих цифр, що й обернене, отже, і воно кратне 9.
Знайдіть продовження цих міркувань і завершіть розв’язання задачі.
Задача 2. Добуток чотирьох послідовних цілих чисел дорівнює 3024. Знайти ці числа.
Для «логічного» розв’язання цієї задачі можна запропонувати таку схему міркувань:
а) встановити, що серед шуканих чисел нема числа 10;
б) серед шуканих чисел мають бути числа, менші від 10;
197


в) із пунктів а) і б) та з умови задачі вивести, що всі шукані числа менші від 10, тобто однозначні;
г) встановити, що серед шуканих чисел нема числа 5;
ґ) поділити решту однозначних чисел на дві групи відповідно до умови задачі і з’ясувати, яка група задовольняє умови задачі.
282. 	На здоровий глузд
Галя Карпова, студентка педагогічного інституту, готується до свого «пробного уроку» з математики у 8-му класі середньої школи.
— Покажи-но мені, Галю, які задачі ти надумала запропонувати своїм учням, — поцікавився Галин батько, знатний машиніст.
«Вік дитини, збільшений на 3 роки, дає число, з якого точно добувається квадратний корінь, і якщо справді добути корінь з цього числа, то вийде вік дитини, зменшений на 3 роки.
Скільки років дитині? »
— Ну, що ж, непогана задача для усних вправ. Тямущі діти розв’яжуть її вмить.
— Як для усних вправ? Як вмить? На цій задачі я мала намір ще раз показати учням перевагу алгебраїчного способу розв’язування задачі за допомогою складання рівняння — над арифметичним.
— У такому разі ця задача малопридатна. Кожен, хто вникне у зміст твоєї задачі, розв’яже її «про себе» майже без будь-яких обчислень.
Як розв’язав задачу старий машиніст — батько Галі?
Додаткове запитання для тих, хто вміє складати і розв’язувати квадратні рівняння:
як арифметично й алгебраїчно мала намір Галя розв’язати цю задачу?
198


283. 	Так чи ні?
Уявіть собі, що ваш друг задумав деяке ціле число у проміжку від 1 до 1000. Щоб відгадати задумане число, ви ставитимете запитання. Домовимося надалі, що на всі запитання ваш друг відповідатиме тільки «так» чи «ні».
Може видатися неймовірним, що достатньо всього лише десяти запитань, щоб напевно відгадати будь-яке задумане ціле число у проміжку від 1 до 1000. Проте це так.
Поміркуйте, які запитання потрібно ставити.


РОЗДІЛ ДЕСЯТИЙ
МАТЕМАТИЧНІ ІГРИ ТА ФОКУСИ
А. 	ІГРИ
Існують ігри, успішне проведення яких залежить не від випадкового збігу сприятливих обставин, а від власної кмітливості та попереднього розрахунку. Той, хто вміє провести розрахунок, на якому базується гра, стає власником «секрету» гри, що забезпечує йому перемогу над партнерами, які ще не опанували її математичну основу. Такі ігри набувають властивостей задач. З іншого боку, елементи гри властиві майже кожній задачі типу «математичних розваг».
284. 	Одинадцять предметів
На столі — одинадцять однакових предметів, наприклад, сірників. Перший гравець бере собі з цієї кількості на власний розсуд 1, 2 або 3 предмети, потім другий гравець бере собі з числа предметів, що залишилися, також на власний розсуд 1, 2 чи 3 предмети. Тоді знову бере перший і т. д. Так по черзі обидва гравці беруть щоразу не більше, ніж по три предмети. Програє той, котрому доводиться взяти останній предмет. Чи може гравець, який розпочинає гру, поставити свого партнера перед необхідністю взяти останній предмет?
Як треба вести гру, щоб виграти в тих випадках, коли початкове число предметів ЗО?
200


Узагальнення гри. Двоє по черзі беруть сірники зі стола.
Як потрібно вести гру, щоб змусити партнера взяти останній сірник, якщо спочатку на столі лежать п сірників, а за один раз дозволяється взяти від 1 до р сірників (р значно менше від п)?
285. 	Узяти сірники останнім
Змінимо основну умову попередньої гри. Нехай тепер гравець, який узяв сірники останнім, не програє, а виграє гру.
Грають двоє і беруть по черзі, кожен на власний розсуд, будь- яку кількість сірників у межах від одного до шести.
Як потрібно вести гру, щоб останнім взяти сірники, якщо початкова кількість сірників, що лежать на столі, ЗО?
286. Перемагає чіт
Від 27 сірників, що лежать на столі, двоє гравців по черзі віднімають не менше, ніж один і не більше, ніж чотири сірники. Переможцем вважають того, у кого після завершення гри виявиться парна кількість сірників.
Як виграти цю гру?
287. Цзяньшицзи
«Цзяньшицзи» — китайська національна гра. Дослівний переклад слова «цзяньшицзи» — «вибирання каменів».
Грають двоє. Поклавши на землю дві купки каменів, гравці по черзі беруть камені з цих купок, дотримуючись таких правил:
а) з однієї купки можна брати будь-яку кількість каменів (навіть відразу всю купку);
б) можна брати камені одночасно з двох купок, але неодмінно однакову кількість з кожної купки.
Виграє той, хто, дотримуючись цих правил, зможе взяти останній камінь. Камені, певна річ, можна замінити на будь-які інші предмети.
Гра «Цзяньшицзи» є подальшим розвитком і розширенням щойно описаних ігор із сірниками. У «Цзяньшицзи» не обмежується початкова кількість предметів, їх розкладають на дві купки і гравцеві дозволено брати кількість предметів, яка не визначається наперед.
201


Математичний інтерес гри — в побудові її теорії, тобто у відшуканні й обґрунтуванні такого способу провадження гри, який забезпечував би виграш партії визначеному гравцеві.
Зрозуміло, наприклад, що у положеннях (1, 0), що означає: в одній купці 1 камінь, в іншій — 0 каменів, і (п, п), що означає: обидві купки містять однакову кількість каменів, — виграє гру той, хто робить черговий «хід». Він відразу візьме всі камені (у першому випадку на підставі пункту а), у другому — на підставі пункту б) правил).
У положенні (1,2) гравець, який робить черговий хід, програє. У цьому легко переконатися, склавши таблицю всіх випадків продовження гри від положення (1, 2):
Число
Грають
Число
Грають
Число
Грають
Число
Грають
каменів
А Б
каменів
А Б
каменів
А Б
каменів
А Б
1
0 0
1
1 0
1
1 0
1
0 0
2
2 0
2
0 0
2
1 0
2
1 0
У першому стовпці таблиці вказано число каменів у кожній купці. Цифри підАіБ вказують, скільки каменів залишилося в купках після чергового ходу (гравець А робить «хід» першим).
Отже, поєднання каменів (1, 2) призводить до поразки гравця, який робить черговий «хід». Позначимо це поєднання як «ПП» («починає — програє»).
Продовжуємо дослідження. Якщо в першій купці 1 камінь, а в другій — не менше, ніж три камені, то гравець А, який починає гру, обов’язково виграє: він візьме з другої купки всі камені за винятком двох; це приведе до положення (1, 2), тобто до такого співвідношення каменів, при котрому гравець Б, який робить черговий «хід», програє.
Звідси випливає, що положення (1, п) є поєднанням «ПП» тільки для п = 2; у всіх інших випадках воно є поєднанням «ПВ» («починає — виграє»).
Гравець, який хоче виграти гру, має керуватися таким принципом: своїм «ходом» звести співвідношення каменів у купках до поєднання «ПП».
Які ще співвідношення каменів, окрім (1,2), будуть поєднаннями «ПП»?
202


Розгляньте детально всі випадки продовження гри в положенні (2, п) для п > 1, потім у положенні (3, п) і т. д., і ви, безперечно, знайдете ще цілий ряд поєднань «ПП», знання яких обов’язкове для здобуття перемоги в грі «Цзяньшицзи».
Можете далі спробувати виявити закономірність у послідовності поєднань «ПП» і взагалі власними зусиллями завершити математичну теорію гри «Цзяньшицзи», але це, певна річ, нелегка і серйозна задача, ґрунтовне розв’язання якої вперше знайшов московський професор Ігор Володимирович Арнольд лише в 1930 році1*.
288. 	Як виграти?
Грають двоє. Ігрове поле — смужка паперу, поділена на 8 клітинок. У клітинках d, f і h розміщено шашки (мал. 167). Гравці по черзі пересувають довільно вибрану шашку з трьох даних на будь-яку клітинку в напрямку, вказаному стрілкою. Шашку можна пересунути й через іншу шашку та поставити на клітинку, яку займає інша шашка.
a. b с d е f g h Мал. 167. Поле для гри.
Виграє той, хто останнім поставить шашку на клітинку «а». Той, хто у цій грі робить перший хід, завжди може виграти, якщо заздалегідь розробить систему правильних ходів. Розробку системи ходів, які гарантують перемогу, а також доведення висловленого твердження, залишаю вам для самостійних досліджень.
289. 	Викласти квадрат
Ця гра — маленький конструктор. Двоє гравців мають по 18 картонних плоских фігур (мал. 168). Колір фігур одного комплекту повинен відрізнятися від кольору фігур іншого комплекту.
Поле для гри являє собою квадрат із 36 клітинок, об’єднаних у 9 квадратних Лекцій по 4 клітинки у кожній (мал. 169). Розмір фігур визначається розміром клітинок ігрового поля. Комбінуючи дані фігури, можна викласти з них кілька квадратів таких самих
п Опубліковано в 1936 р. у збірнику «Математическое просвещение», № 8 (прим, автора).
203


розмірів, як секції ігрового поля (тобто у 4 клітинки). Зрозуміло, що кожен гравець може викласти не більше, ніж чотири квадрати,
Мал. 168.
Мал. 169.
бо він має для цього тільки вісімнадцять фігур, загальна площа яких 1?і клітинок.
Квадрати викладаються на ігровому полі почерговими ходами. Кожен хід полягає у тому, що гравець кладе одну з фігур, що йому належать, на будь-яку вільну клітинку секції, яку ще не зайняв партнер, але при цьому він не повинен займати своїми фігурами більше, ніж чотири секції.
Переставляти фігуру з однієї клітинки ігрового поля на іншу, змінювати її положення або переміщувати з однієї секції в іншу не дозволяється.
Зміст гри полягає в тому, аби продумано використати свої фігури для складання найбільшого числа квадратів.
Гра завершується тоді, коли жоден із партнерів не може викласти потрібний квадрат з тих фігур свого комплекту, які залишилися.
Виграє той, хто більше від іншого викладе квадратів.
Можливі розміщення фігур показано для прикладу на мал. 169.
290. 	Хто перший скаже «сто»?
Грають двоє. Перший учасник гри називає довільне ціле число, яке не перевищує десяти, тобто він може називати 10 і всяке менше число. Другий гравець додає до названого числа своє ціле число, яке теж не перевищує десяти, і повідомляє суму. До цієї 204


суми перший додає яке-небудь ціле число, яке знову ж таки не перевищує десяти, і повідомляє нову суму. До нової суми другий додає число, яке не більше від десяти, і т. д. доти, доки остаточною сумою буде 100.
Перший учасник може назвати, наприклад, 7, другий 12, перший 22 і т. д.
Виграє той, хто першим досягне ста.
Як досягти перемоги?
Після того, як знайдете ключ до перемоги, обміркуйте план провадження гри в інших умовах, наприклад, з граничним доданком, що дорівнює не десяти, а якому-небудь іншому числу, і з граничною сумою, що дорівнює не 100, а іншому наперед визначеному числу.
291. 	Гра у квадрати
Полем для гри слугує наперед накреслена на папері в клітинку прямокутна фігура, яка складається з деякого числа (краще непарного) квадратних клітинок. Розмір і контур фігури не мають значення.
Двоє гравців по черзі обводять олівцем чи пером сторони внутрішніх клітинок (за кожен хід можна обвести одну сторону). Ті сторони внутрішніх клітинок, які лежать на межі ігрового поля, обводити непотрібно — вони вважаються вже побудованими. Той, хто обведе останню сторону клітинки, вважає її своєю, позначає цю клітинку яким-небудь значком і обов’язково робить ще один хід поза чергою, тобто проводить нову риску. Через це можна підряд «узяти» кілька клітинок.
Гру виграє той, хто найбільшу кількість разів завершив обведення квадратних клітинок, тобто «взяв» клітинок більше, ніж партнер. «Якість» виграшу визначається різницею між числом узятих і числом відданих клітинок.
Теорія цієї гри значно складніша, ніж це може видатися на перший погляд. Якщо ігрове поле складається з великого числа клітинок, то можливих комбінацій виходить так багато, що наперед їх вивчити, а тим більше запам’ятати майже неможливо.
Обмежимося розглядом лише кількох найпростіших випадків, а саме таких, для яких результат гри можна розрахувати наперед. Знання цих елементів теорії дасть вам перевагу перед «супротивником» .
205


1. 	Кожний квадрат з чотирьох клітинок (мал. 170, а) повністю програє той, хто його починає. Справді, якщо гравець, який робить хід, обведе будь-яку сторону якого-небудь внутрішнього квадрата, наприклад, сторону а, то його «супротивник», обводячи Ь, візьме одну клітинку, а потім, маючи право ходу, забере й інші три клітинки.
Мал. 170. Мал. 171.
2. Якщо в межах фігури-поля міститься 5 клітинок (мал. 170, б), то при правильному початковому ході можна програти тільки 3 клітинки (одну взяти, чотири віддати); при помилковому ході програються всі 5 клітинок. Для того, щоб узяти одну клітинку і віддати «супротивникові» інші чотири клітинки, треба початковим ходом обвести сторону а.
При кожному іншому початковому ході «супротивник» послідовно забере всі 5 клітинок.
3. Прямокутник із 6 клітинок повністю виграє той, хто першим ходом обведе сторону а (мал. 171).
4. «Канал» завширшки в одну клітинку — прямолінійний, ламаний, розімкнений чи зімкнений, але без отворів усередині (мал. 172), повністю виграє той, хто першим «входить» у цю фігуру.
Мал. 172. Ці фігури виграє той, хто першим «увійде» в них
206


Якщо ж зімкнений канал огинає отвір (наприклад, вже взяту клітинку), то «входити» в нього першим невигідно — будь-який хід призводить до програшу всіх клітинок (мал. 173).
а
а'
Мал. 173. Мал. 174.
5. 	При вході у прямокутник, що складається з 8 клітинок (мал. 174), може бути розиграш (нічия), якщо першим ходом буде обведена сторона а чи а'. Кожен інший початок призводить до програшу.
З наведених прикладів видно, що мистецтво гри полягає в тому, щоб обміркованими ходами вміло розбити початкову дану фігуру на прості фігури розглянутого типу, змусити «супротивника» починати ті з них, які призводять до програшу, а самому вчасно починати ті, які дають безумовний виграш. При цьому, звичайно, потрібно постійно стежити за числом узятих клітинок.
Задача. При вході у квадрат, що складається з 9 клітинок (мал. 175), можна виграти не менше, ніж сім клітинок (8 клітинок взяти й 1 віддати). Визначте, з обведення якої сторони варто почати гру в цьому випадку, і розгляньте можливі варіанти продовжень. Для контролю зазирніть у відповідь.
Мал. 175. Мал. 176. Побудуйте план гри
на цьому полі.
Побудуйте самостійно план гри на полі у формі багатокутника, що складається з 11 клітинок і зображений на мал. 176. Чи має гравець, який розпочав гру, безумовно виграти або програти і скільки клітинок найменше?
207


292. 	Оуа
Оуа — народна гра жителів західної Африки. Гра проводиться на дошці, розділеній на 12 секторів. У всіх секторах видовбано по лунці, і в кожну лунку на початку гри поміщено по 4 однакові кульки (мал. 177). Африканські діти часто задовольняються тим, що викопують 12 лунок у землі й грають 48-ма камінцями.
Мал. 177. Гра Оуа.
Грають двоє. Один гравець (назвемо його Р) сідає з боку АР, інший (назвемо його р) — з боку af.
«Хід» полягає в тому, що гравець виймає всі кульки з якої- небудь лунки на своєму боці і розкладає їх по одній у кожну з наступних лунок. Порядок наступності лунок: проти руху годинникової стрілки (ABCDEFabcdef). Якщо, наприклад, гравець Р, роблячи свій перший хід, вийме кульки з лунки D, то він повинен розкласти їх по одній у кожну з лунок Е, F, а, Ь. Гравець р може відповісти, наприклад, звільненням лунки а (яка після ходу Р містить 5 кульок) і їхнім розподілом по лунках Ь, с, d, є, f. У результаті цих ходів вийде така позиція:
f е d с b а
< 5 5 5 5 6 ОЛ
4 4 4 0 5 5 >
А В С D Е F
Якщо в ході гри з лунки виймається 12 і більше кульок, то при коловому обході, дійшовши до цієї лунки, слід її пропустити, тобто залишити порожньою.
Якщо при розподілі по лунках останню кульку опущено в останню лунку (/ — на одному боці й Р — на іншому) на боці «супротивника», після чого у цій лунці стало 2 чи 208


З кульки, то гравець, який зробив такий хід, забирає кульки з цієї лунки як «здобич». Він послідовно забирає собі кульки і з попередніх лунок на боці «супротивника», якщо в них також виявилося 2 чи 3 кульки, але не дальше від тієї лунки, в якій число кульок не 2 і не 3.
Поясню останнє правило на прикладах.
Приклад 1. У позиції
f е d с b а
Г212 3 1 2^ (1)
< 0 0 0 0 0 6 J
А В С D Е F гравець Р робить хід з лунки F (іншого ходу в нього немає). Позиція стає такою:
f е d с b а
<3 2 3 4 2 ЗЛ
< 0 0 0 0 0 0 J v ’
А В С D Е F
Остання кулька гравця Р увійшла в f. Лунка f на боці «супротивника» містить тепер 3 кульки. Гравцеві Р це дає право на «здобич». Він бере собі 3 кульки з лунки f плюс 2 і 3 з лунок е і d. У лунках b і а також виявилось 2 і 3 кульки, але гравець Р не повинен брати ці кульки, тому що послідовність лунок /, е, d з відповідним числом кульок у кожній лунці перервана лункою с, в якій кульок виявилося не 2 і не 3. Отже, хід Р &&В йому виграш у 8 кульок.
Між іншим, в отриманій позиції (2) гравець р, якщо він хоче, щоб гра продовжувалася, не повинен грати з лунки а або Ь, бо тоді гравець Р не матиме на своєму боці жодної кульки і гра припиняється.
Приклад 2. У позиції
f е d с b а CO 1 2 0 1 2^
1 0 0 0 7 7 J А В С D Е F
гравець Р, роблячи хід з лунки F, нічого не виграє, тому що його остання кулька лягає на його ж боці дошки. Роблячи хід з Е, він 209


також нічого не виграє, бо хоч його остання кулька і лягає в лунку /, в ній після цього ходу не буде двох чи трьох кульок.
Приклад 3. Порожня лунка не завжди гарантує безпеку позиції. У позиції
f е d с b а
< 0 0 0 0 0 оЛ
1 0 0 0 0 17J
ABODE F
всі лунки на боці гравця р порожні, та все ж гравець Р виграє 12 кульок. Він починає з лунки F, що веде до позиції:
f е d с b а
< 2 2 2 2 2 2
\^2 11110 >
А В С D Е F
Остання кулька падає у f, і гравець Р бере всі 12 кульок з лунок на боці гравця р.
Гра припиняється тільки у двох випадках:
1) якщо гравці погодилися, що тих кульок, які залишилися на дошці, недостатньо, щоб утворити позицію, яка дасть «здобич»;
2) якщо гравець не має кульок на своєму боці, щоб зробити хід.
Переможцем вважають того гравця, в якого до кінця партії буде більше виграних кульок1}.
Ця гра, подібно до шахів, потребує розрахунку на кілька ходів вперед. Теорією гри Оуа ще ніхто не займався.
293. 	«Математіко» (італійська гра)
Для гри наріжте з картону або цупкого паперу 52 невеликі картки і на кожній з них напишіть по одному числу: на чотирьох картках по 1, на наступних чотирьох по 2, потім на чотирьох по З і т. д. Останнім написаним числом, очевидно, буде 13.
п Якщо гра припинилася з першої причини, то кульки, які залишилися на дошці, при остаточному підрахунку очок не враховуються. Якщо ж гра припинилася з другої причини, то, за попередньою згодою, кульки, що залишилися на дошці, або також не враховуються, або передаються гравцеві, який залишив «супротивника» без кульок на його боці, або, навпаки, як компенсація передаються тому гравцеві, який втратив можливість зробити черговий хід (прим, автора).
210


Кількість гравців не обмежена.
Кожен гравець бере собі аркуш паперу з 25 клітинками у формі квадрата (5 х 5) і олівець. Один з гравців (ведучий) бере колоду приготованих карток з числами, тасує її, потім відкриває першу картку й оголошує написане на ній число. Кожен з гравців записує це число в одну з клітинок на своєму аркуші паперу. (Після того, як число вписано, переміщувати його в іншу клітинку заборонено.) Тоді ''і
1
7
1
х
(80)
2
2
X
2
(40)
5
12
'X
5
7
(10)
3
,3'
3
X
3
(160)
х
12
4
13
X
(20)
(20) (50) (10) (10) (10) (160)
Мал. 178. Шдрахунок очок.
ведучий оголошує число, написане на наступній картці, гравці знову вписують його у будь-яку з вільних клітинок свого аркуша і т. д.
Гра припиняється, коли будуть заповнені всі 25 клітинок. Тоді «продукція» кожного з учасників оцінюється деяким числом очок, що залежить від способу розміщення чисел у клітинках квадрата. Переможцем вважатимуть того, у кого буде більше очок.
Підрахунок очок ведеться за такою таблицею:
Комбінація чисел
У ряду або стовпці
По діагоналі
За 2 однакових числа
10 очок
20 очок
За 2 пари однакових чисел
20 очок
ЗО очок
За 3 однакових числа
За 3 однакових числа
40 очок
50 очок
і 2 інших однакових числа
80 очок
90 очок
За 4 однакових числа
За 5 послідовних чисел, але не обов’язково розміщених
160 очок
170 очок
за порядком
50 очок
60 очок
За тричі по 1 і двічі по 13 За числа 1, 13, 12, 11 і 10, але не обов’язково розміщених
100 очок
110 очок
за порядком
150 очок
160 очок
За 4 одиниці
200 очок
210 очок
На мал. 178 показано, для прикладу, заповнення клітинок і зроблено підрахунок числа очок.
211


294. 	Гра в чарівні квадрати
Ця гра може стати розвагою для однієї людини, але в ній може брати участь і змагатися між собою будь-яка кількість бажаючих.
Кожен гравець бере аркуш паперу і креслить квадрат, який складається з 16 або 25, або 36 і т. д. рівних клітинок (про кількість клітинок гравці домовляються завчасно). Для кожного туру гри заздалегідь намічається набір цілих чисел, кожне з яких необхідно використати хоча б один раз, розмістивши їх у клітинках заготовленого квадрата так, щоб суми чисел у кожному ряду і в кожному стовпці квадрата були однаковими, тобто утворити чарівний квадрат. Власне кажучи, цей квадрат буде лише майже чарівним, бо у справжнього чарівного квадрата мають бути однаковими суми чисел не тільки у кожному ряду і стовпці, але й у кожній діагоналі (див. розділ дванадцятий). Для гри, як бачите, завдання дещо полегшується і в такому вигляді воно цілком посильне для будь-кого, хто вміє додавати й віднімати.
У процесі розв’язування можна числа переміщати з клітинки в клітинку та замінювати одні числа на інші з того самого набору. Числа слід або вписувати олівцем у клітинки квадрата, або написати у великій кількості на заздалегідь нарізаних фішках, і ці фішки потім розміщувати в клітинках. За кількістю різних чисел набір не має бути дуже великим. Це можуть бути, наприклад, всі однозначні числа або тільки їхня частина.
У змаганні кількох гравців можуть бути два переможці: один — за швидке закінчення розв’язування, інший — за те, що зумів із заданих чисел утворити квадрат з більшою сумою чисел у кожному його ряду, ніж у партнерів.
Приклад 1.У квадраті 25 клітинок. Задані числа: 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 і 9. Використовуючи ці числа, кожне не менше, ніж один
6
8
7
0
9
6
5
8
9
2
9
2
7
9
3
5
7
7
4
7
4
8
1
8
9
Мал. 179.
212


раз, заповнити ними всі клітинки квадрата відповідно до умови гри. Один з можливих розв’язків подано на мал. 179. Суми чисел у кожному ряду і стовпці однакові, кожна з них дорівнює ЗО.
Приклад 2. У квадраті 16 клітинок, Задумані числа: 1, 2, 3, 4, 5, 6 і 7. Розмістіть їх відповідно до умови гри. Додаткова вимога: у чотирьох центральних клітинках даного квадрата сума чисел повинна бути такою самою, яків кожному ряду чи стовпці.
Один з можливих розв’язків подано на мал. 180.
Мал. 180.
Тема для гри. У квадраті 25 клітинок. Задані числа: 0, 1, 2, 3,4, 5, 6, 7 і 8.
Заповнити клітинки квадрата заданими числами відповідно до умови гри. Додаткові вимоги:
а) у заштрихованих клітинках (мал. 181) сума чисел повинна бути такою самою, як і в кожному ряду або стовпці;
б) числа 0 і 6 використати тільки один раз.
Мал. 181.
295. 	Перетин чисел
Заповнення якої-небудь фігури словами, як це вимагається у кросвордах, можна замінити на заповнення вільних клітинок цієї фігури числами, підбираючи їх відповідно до вказаних вимог.
213


1
2
3
4
5
6
7
8
9
Мал. 182.
Початкову цифру шуканого числа потрібно помістити у пронумеровану клітинку, а останню його цифру — в останню клітинку рядка чи стовпця або перед перешкодою, яку зображають на малюнках жирною рискою або заштрихованою клітинкою. Числа тут, як і слова у кросвордах, читаються по горизонталі (зліва направо) і по вертикалі (згори вниз). У кожну клітинку можна вписати тільки одну цифру.
Ось декілька задач, для прикладу, на перетин чисел.
Задача 1. Заповнити всі клітинки квадрата (мал. 182) числами, що задовольняють наступні вимоги.
По горизонталі
1. 	Різниця між числом, що складається з чотирьох послідовних цифр, і числом, записаним тими самими цифрами, але у зворотному порядку (обернене число).
4. 	Число з послідовно зростаючими цифрами.
6. 	Добуток двох чисел: № З по вертикалі і № 8 по горизонталі.
8. Просте число, тобто таке, яке ділиться тільки на 1 і на себе.
9. Кратне числу 13.
По вертикалі
1. Куб однієї з цифр числа в № 1 по горизонталі.
2. Останні три цифри збігаються з останніми цифрами добутку двох чисел: № 1 по горизонталі і № 7 по вертикалі.
3. Частка від ділення № 6 на №8 — обидва по горизонталі.
5. 	Складається з трьох послідовних цифр.
7. 	Добуток множника числа № 3 по вертикалі на множник числа № 1 по горизонталі.
Як і в кросвордах, розв’язання варто почати з найбільш очевидної умови. Так, наприклад, невеликий розрахунок дасть змогу точно відповісти на запитання № 1 по горизонталі. Оскільки обернене число за змістом умови менше від початкового, то, очевидно, цифри початкового числа утворюють спадну послідовність:
а, а - 1, а - 2, а - 3.
214


Вважаючи ці букви цифрами, запишемо чотиризначне число арифметичним способом:
[а][а - 1][а - 2][а - 3].
Знайдемо різницю між цим числом і оберненим:
[а] [а-1] [а-2] [а - 3]
[а - 3] [а-2] [а-1] [а]
а — 3 одиниць менше від а одиниць; позичимо десяток, розіб’ємо його на одиниці; тоді: (10 + а-3)-а = 7. Десятків було а - 2, один позичили, отже, залишилося їх а -3, тобто менше, ніж а-1. Позичимо сотню, розіб’ємо її на десятки; тоді: (10 + а-З)- — (а - 1) = 8. Сотень залишилося рівно стільки, скільки треба відняти, отже, на місці сотень буде нуль, а на місці тисяч а - (а - 3) = 3. Остаточно:
[а] [а -1] [а - 2] [а - 3] [а - 3] [а - 2] [а -1] [а]
—3 0 8 ~
Вписуємо це число у перший рядок даного квадрата (мал. 183).
Тепер неважко відповісти і на запитання № 1 по вертикалі. За умовою в цій вертикалі має міститися куб якогось з трьох чисел: З, 7 або 8. Підходить 343 (куб числа 7). Умову запитання № 4 по горизонталі, очевидно, задовольняє число 4567. Тепер з’ясувалося і число для № 3 по вертикалі.
Решту чисел підберіть самостійно.
0
28
:3 7
4 4
55
6
7
6з
7
8
9
Мал. 183.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Мал. 184.
Задача 2. Заповнити всі клітинки квадрата (мал. 184) числами, що задовольняють наступні вимоги.
215


По горизонталі
1. 	Число, в якого всі цифри різні, причому нема цифр, спільних з числом № 8 по горизонталі, в якого теж усі цифри різні.
5. 	Найбільший множник числа № 3 по вертикалі.
7. Обернене число до № 3 по вертикалі.
8. Див. № 1 по горизонталі.
9. Одна дев’ята суми чисел № 1 і № 8 по горизонталі.
12. 	Добуток трьох двозначних простих чисел, два з яких є множниками оберненого числа № 6 по вертикалі.
По вертикалі
1. Перша цифра дорівнює сумі двох інших.
2. Рік другої половини вісімнадцятого століття.
3. Різниця між числами № 1 і № 8 по горизонталі.
4. Остання цифра числа є добутком його перших двох цифр.
6. 	Обернене число є кратним числу № 3 по вертикалі і складається з трьох двозначних простих множників.
9. Один з множників оберненого числа № 6.
10. Те саме, що № 5 по горизонталі.
11. Найменший множник числа № 3 по вертикалі.
Задача 3. Заповнити всі клітинки квадрата, зображеного на мал. 185, числами, що задовольняють наступні вимоги.
1
2
5
як
ЙВ
8
9
10
13
И
■
15
3
||||
4
6
7
io
л
11
12
14
Мал. 185.
По горизонталі
1. Квадрат деякого простого числа.
5. 	Половина числа, що є загальним найбільшим дільни-
По вертикалі
1. На 8 одиниць менше від найменшого цілого числа, яке дає при діленні на 2, 3, 4, 5 і 6 відповідно остачі 1, 2, 3, 4 і 5.
216


По горизонталі ком чисел № 10 і № 11 по вертикалі.
6. 	Куб деякого квадратного числа.
8. 	Результат добування квадратного кореня з числа № 1 по горизонталі.
10. 	Квадрат деякого числа. Є симетричним числом, тобто таким, яке однаково читається як зліва направо, так і справа наліво.
13. На 1 більше від числа № 9 по вертикалі.
14. Уп’ятеро більше від числа № 8 по горизонталі.
15. Квадрат числа, яке на 1 більше від № 13 по горизонталі.
По вертикалі
2. Сума його цифр дорівнює 29.
3. Просте число.
4. Просте число, що є множником числа № 11 по вертикалі.
7. 	Почетверений добуток однієї десятої числа № 15 по горизонталі на число № 13 по горизонталі.
9. Подвоєне число № 4 по вертикалі.
10. Обернене число № 11 по вертикалі.
11. Квадратний корінь з числа № 10 по горизонталі.
12. Кратне найбільшому множнику числа № 13 по горизонталі.
Б. ФОКУСИ
Основною темою арифметичних фокусів є відгадування задуманих чисел або результатів дій над ними. У весь « секрет» цих фокусів у тому, що «відгадувач» знає й уміє використовувати особливі властивості чисел, а «задумувач» цих властивостей не знає1}.
Математичний інтерес кожного фокуса і полягає у «викритті» його теоретичних основ, які здебільшого доволі прості, але іноді бувають хитро замасковані.
Перевірити виконуваність кожного фокуса можна на будь-якому прикладі, але для обґрунтування більшості арифметичних фокусів найзручніше вдатися до алгебри. Спочатку ви можете проминути «доведення» фокусів і обмежитися лише засвоєнням їхнього змісту для показу своїм друзям. Проте й доведення не стануть на заваді тим, хто полюбляє розмірковувати та ознайомлений з початками алгебри.
п Багато математичних фокусів або тем для них ви знайдете і в інших розділах цієї книги. Фокуси, що базуються на використанні недесяткових систем числення, наведено у книзі Я. І. Перельмана «Захоплююча арифметика» (прим, автора).
217


Тут подано тільки основний каркас фокусів, тому що їхнє практичне оформлення може бути різним залежно від умов і місця, а також від ваших уподобань, дотепності й вигадливості.
296. 	Відгадування задуманого числа (7 фокусів)
Фокус 1. Задумайте число. Відніміть 1. Залишок подвойте і додайте початкове задумане число. Скажіть результат. Я відгадаю задумане число.
Спосіб відгадування. Додайте до результату 2, а суму поділіть на 3. Частка — задумане число.
Приклад. Задумано 18; 18 - 1 = 17; 17 2 = 34; 34 +18 = 52. Вгадуємо: 52 + 2 = 54; 54 : 3 = 18.
Доведення. Задумане число позначимо буквою х. Виконуємо необхідні дії:
х- 1, 2(х - 1), 2(х - 1) + х.
Результат:
2х - 2 + х = Зх - 2.
Додаючи 2, маємо Зх і, поділивши на 3, отримуємо задумане число х.
Фокус 2. Запропонуйте своєму другові задумати яке-небудь число. Потім примусьте його кілька разів по черзі множити і ділити число, яке він задумав, на різні числа, котрі ви довільно визначаєте. Результат дій нехай він вам не повідомляє.
Після кількох множень і ділень зупиніться та запропонуйте тому, хто задумав число, поділити результат, який він отримав, на те число, котре він задумав, тоді до дати до останньої частки задумане число і сказати вам результат. За цим результатом ви зразу ж відгадуєте число, яке задумав ваш друг.
Секрет дуже простий. Тому, хто відгадує, самому теж потрібно задумати довільне число (наприклад, 1) і проробляти над числом усі множення і ділення, які він визначає, аж до ділення на початкове задумане число. Тоді в частці у нього вийде те ж саме число, що й у того, хто задумував, хоча початково задумані числа і були в них різними. Після цього тому, хто відгадує, потрібно відняти від повідомленого йому результату свій результат. Різниця і буде шуканим числом.
Приклад. Задумано число 7. Помножено на 12. Результат (84) поділено на 2. Отримане число (42) помножено на 5. Результат 218


(210) поділено на 3. Вийшло 70, а після ділення на задумане число і додавання задуманого числа — 17.
Одночасно ви «про себе» задумали число 1. Множите на 12, виходить 12. Ділите на 2, виходить 6. Множите на 5, виходить ЗО. Ділите на 3, виходить 10. Віднімаючи 10 від 17, отримуєте шукане число 7.
Зауваження 1. Для підсилення ефекту ви можете надати можливість тому, хто задумав число, самому визначати числа, на які йому хотілося би множити і ділити отримані результати, лише би він щоразу повідомляв вам ці числа.
Зауваження 2. Не обов’язково чергувати множення і ділення. Можна спочатку визначити кілька множень, а потім кілька ділень, або навпаки.
Доведіть цей фокус, тобто покажіть «на буквах», що фокус вдається для будь-якого задуманого числа.
Фокус 3. Домовимося називати більшою частиною непарного числа ту його частину, яка на 1 більша від іншої. Так, у числа 13 більша частина дорівнює 7, у числа 21 більша частина дорівнює 11.
Задумайте число. Додайте до нього його половину або, якщо воно непарне, то його більшу частину. До цієї суми додайте її половину або, якщо вона непарна, то її більшу частину. Поділіть отримане число на 9, повідомте частку, і якщо буде остача, то скажіть, більша вона, дорівнює чи менша від п’яти. Залежно від отриманої відповіді на запитання задумане число дорівнює:
почетвереній частці
якщо нема остачі;
ч-І, якщо остача менша від п’яти;
+2, якщо остача дорівнює п’яти;
. +3, якщо остача більша від п’яти.
Приклад. Задумано 15. Виконуючи необхідні дії, маємо: 15 + 8 = 23, 23 + 12 = 35, 35 : 9 = 3 (в остачі 8). Повідомлено; «частка три, остача більша від п’яти».
Відгадуємо: 3-4 + 3 = 15. Задумано 15.
Доведіть і цей фокус. При обмірковуванні доведення раджу взяти до уваги, що всяке ціле число (отже, і задумане) може бути подане у вигляді однієї з таких форм:
4п, 4п + 1, 4п + 2, 4п + З,
де букві п можна надавати значення: 0, 1, 2, 3, 4, ... .
219


Фокус 4. Спочатку дійте, як у попередньому фокусі, тобто запропонуйте задумати число і додати до нього його половину або його більшу частину, потім знову додати половину утвореної суми або її більшу частину. Однак тепер замість вимоги поділити результат на 9 запропонуйте назвати за розрядами всі цифри отриманого результату, крім однієї, лише би ця невідома тому, хто відгадує, цифра не була нуль. Необхідно також, щоб той, хто задумав число, сказав розряд тієї цифри, яка прихована від нього/ і в яких випадках (у першому, в другому чи у першому і другому, чи жодного разу) довелося йому додавати більшу частину числа. Після цього, аби взнати задумане число, треба додати всі цифри, які названо, і додати:
0, якщо жодного разу не довелося додавати більшу частину числа;
6, 	якщо тільки у першому випадку довелося додавати більшу частину числа;
4, 	якщо тільки у другому випадку довелося додавати більшу частину числа;
1, якщо в обох випадках довелося додавати більшу частину числа.
Далі, у всіх випадках отриману суму потрібно доповнити до найближчого числа, кратного дев’яти. Це доповнення і буде прихованою цифрою. Тепер, знаючи всі цифри результату, а отже, і весь результат, неважко знайти й задумане число. Для цього потрібно отриманий результат поділити на 9, помножити частку на 4 і залежно від величини остачі додати до добутку 1, 2 або 3.
Приклад 1. Задумано 28. Після того, як виконано необхідні дії, вийшло 63. Приховали цифру 3. Тоді той, хто відгадує, доповнює повідомлену йому цифру десятків 6 до 9 й отримує цифру одиниць 3. Результат 63 знайдено. Шукане число (63 : 9) • 4 = 28.
Приклад 2. Задумано 125. Після виконання всіх необхідних дій вийшло 282. Припустимо, що прихована цифра сотень 2. Повідомлено: цифри десятків і одиниць відповідно 8 і 2, а більша частина числа додавалася тільки у першому випадку.
Відгадуємо: 8 + 2 + 6 = 16. Найближче число, кратне дев’яти, 18. Отже, прихована цифра сотень 18 - 16 = 2.
Визначаємо задумане число: 282 : 9 = 31 (остача 3); 31 • 4 + 1 = = 125.
220


Приклад 3. Нехай той, хто задумав число, скаже, що останній результат, який він отримав, складається з трьох цифр, причому перша цифра 1, а остання 7 і більшу частину числа довелося додавати у двох випадках.
Відгадуємо задумане число: 1 + 7 + 1 = 9. Доповнення до числа, кратного дев’яти, дорівнює нулю або дев’яти, але нуль за умовою приховувати не можна, отже, прихована цифра 9 і весь результат 197. Ділимо 197 на 9; 197 : 9 = 21 (остача 8). Задумане число 21 • 4 + 3 = 87.
Доведіть фокус. Це неважко, особливо для тих, хто з’ясував суть доведення попереднього фокуса.
Фокус 5. Задумайте якесь число (менше від ста, щоб не ускладнювати обчислення) і піднесіть його до квадрата. До задуманого числа додайте будь-яке число (тільки скажіть, яке) й отриману суму теж піднесіть до квадрата. Знайдіть різницю між утвореними квадратами і повідомте результат. Щоб відгадати задумане число, достатньо половину цього результату поділити на число, додане до задуманого, а від частки відняти половину дільника.
Приклад. Задумано 53; 532 = 2809. До задуманого числа додано 6:
53 + 6 = 59, 592 = 3481, 3481 - 2809 = 672.
Цей результат повідомлено.
Відгадуємо:
672 : 12 = 56, 6 : 2 = 3, 56 - 3 = 53.
Задумане число 53.
Знайдіть доведення.
Фокус 6. Запропонуйте своєму другові задумати будь-яке число в межах від 6 до 60. Нехай тепер він поділить задумане число спочатку на 3, потім його ж поділить на 4, а потім — і на 5 та повідомить остачі від ділень. За цими остачами з допомогою ключової формули ви знайдете задумане число.
Нехай остачі г2 і г3. Запам’ятайте тепер таку формулу:
S = 40^ + 45г2 + З6г3. -
Якщо вийде S = 0, то задумано число 60; якщо ж S =£ 0, то остача від ділення S на 60 і дасть вам задумане число. Вашому другові, який задумав число, не так-то легко буде самому додуматися до секрету відгадування, яким ви володієте.
221


Приклад. Задумано число 14. Повідомлено остачі: rx = 2, r2 = 2, r3 = 4.
Відгадуємо:
S = 40 • 2 + 45 ■ 2 + 36 • 4 = 314; 314 : 60 = 5 і в остачі 14.
Задумане число 14.
Не треба сліпо довіряти формулі, запропонованій без доведення. Переконайтесь спочатку в тому, що вона у всіх випадках, які допускаються умовою фокуса, діє безвідмовно, а потім демонструйте фокус.
Фокус 7. Зрозумівши математичну основу викладених тут фокусів, ви можете їх всіляко видозмінювати, придумувати інші правила відгадування чисел, урізноманітнювати пропоновані запитання.
Ось, наприклад, така тема. У попередньому фокусі для відгадування задуманого числа за його остачами від ділення було запропоновано як дільники числа 3, 4 і 5. Замінимо їх на інші дільники, наприклад такі, як 3, 5, 7, і розсунемо межі для задумуваних чисел від 7 до 100. Множники у ключовій формулі, звичайно, теж зміняться. Підберіть їх для нової ключової формули, придатної для цього випадку.
Відповідь. S = 70гг + 21г2 + 15г3, де гр г2 і г3 — відповідно остачі від ділення задуманого числа на 3, 5 і 7. Задумане число дорівнює остачі від ділення S на 105 (якщо ж S = 0, то задумано 105).
297. 	Відгадати результат обчислень, ні про що не запитуючи
Є й такі закономірності в математиці, що ведуть до наперед визначеного результату виконання певних дій, якими би не були початкові числа. Звідси виникають дуже цікаві способи «відгадування» результату обчислень, ні про що не запитуючи того, хто задумав число.
Наступні два фокуси ілюструють це положення. Ці фокуси можна проводити як з одним учасником, так і з цілою групою учасників.
Фокус 1. Запропонуйте помножити задумане число на число, яке ви вибрали довільно, а до отриманого добутку додати число, яке ви теж вибрали довільно. Суму запропонуйте поділити на 222


третє число, яке ви самі вибрали довільно. Ви в цей час поділіть «про себе» перше з чисел, які ви назвали, на третє і залежно від того, яке число у вас вийде, запропонуйте учасникові фокуса стільки разів відняти від частки, яку він отримав, задумане число. Цей останній результат ви й відгадаєте. Він дорівнюватиме частці відділення другого з чисел, які ви запропонували, на третє.
Приклад. Припустимо, задумано 6. Ви пропонуєте помножити задумане число на 4 (зауважте це число як перше). Виходить 24. Пропонуєте додати 15 (друге число); виходить 39. Пропонуєте поділити на 3 (третє число); виходить 13. Обчислення «про себе»:
4:3 = 1|.
О
Пропонуєте учасникові фокуса відняти від частки (від 13), яку він отримав, задумане число та ще його одну третину. Він віднімає 6 та ще 2 — всього 8 і отримує: 13 - 8 = 5.
Ви в цей час виконуєте «про себе» ділення другого з чисел (15), які ви запропонували, на третє (на 3) і теж отримуєте число 5, яке й повідомляєте як очікуваний результат.
Доведіть, що такий збіг результатів не випадковий, а цілком закономірний.
Фокус 2. Напишіть яке-небудь число від 1 до 50 на клаптику паперу і заховайте, не показуючи учасникам фокуса.
Водночас нехай кожен учасник напише число, яке він сам побажає і яке більше від 50, але не перевищує 100, і, не показуючи його вам, виконає такі дії:
1) додасть до свого числа 99 - х, де х — число, яке ви написали на клаптику паперу (цю різницю ви «про себе» підрахуйте і назвіть учасникам фокуса тільки готовий результат);
2) закреслить в отриманій сумі крайню ліву цифру і цю ж цифру додасть до числа, що залишилося;
3) отримане число відніме від числа, яке він написав спочатку.
У результаті в усіх учасників вийде одне і те саме число, саме те, яке ви заздалегідь заховали.
Приклад. Число, яке ви написали і заховали: 18; число, яке написав один з учасників: 64. Пропонуєте додати різницю 99 - 18 = 81. Отримуєте результат: 64 + 81 = 145.
Цифру 1 закреслюють і додають її до числа, що залишилося: 45 + 1 = 46. Різниця між задуманим числом (64) і отриманим (46): 64 - 46 = 18. Саме вона і дає число (18), яке ви сховали.
223


Як і завжди, ви, звичайно, передусім намагатиметеся з’ясувати математичну основу можливості передбачення результату виконання вказаних дій.
298. 	Я узнав, хто скільки взяв
Нехай перший учасник фокуса візьме будь-яку кількість предметів (сірників, монет тощо), кратну 4. Другий нехай візьме стільки разів по 7 предметів, скільки перший узяв по 4. А третього учасника попросіть узяти стільки ж разів по 13 предметів.
Тепер нехай третій учасник із числа предметів, які він узяв, віддасть першому і другому стільки, скільки в кожного з них уже є. Потім нехай другий учасник віддасть третьому і першому стільки предметів, скільки в кожного стало. Нарешті, й перший нехай зробить те ж саме.
Запитайте у будь-кого з цих учасників фокуса, скільки предметів у нього стало. Число, яке він вам назве, поділіть на 2. Частка вкаже, скільки предметів спочатку взяв перший учасник. Кількість предметів, які взяв перший учасник, поділіть на 4 і помножте на 7. Це буде кількість предметів, які взяв другий учасник. А третій узяв стільки разів по 13 предметів, скільки другий узяв по 7.
Обґрунтувати фокус дуже легко.
299. 	Одна, дві, три спроби... і я відгадав
Задумайте які-небудь два додатних цілих числа. Додайте їхню суму до добутку цих чисел і скажіть мені результат. Як спортсмен бере висоту після однієї, двох спроб, так і я беруся відгадати числа, які ви задумали, швидко, але, можливо, теж не з першого разу.
Метод простий, хоча й неочевидний. Я додам 1 до вашого результату, отримане число розкладу на два множники і від кожного множника відніму по 1.
Приклад 1. Мені повідомили результат: 34. Обчислюю: 34 + 1 = 35; далі: 35 = 5 • 7, а також: 35 = 35 • 1. Отже, задумані числа 4 і 6 або 34 і 0.
Можу запропонувати вам відняти суму задуманих чисел від їхнього добутку. Тепер, щоб дізнатися задумані числа, я знову додам 1 до вашого результату, розкладу отримане число на два множники і до кожного додам по 1.
224


Приклад 2. Повідомили результат: 64. Обчислюю: 64 +1 = 65; 65 = 13 • 5 або 65 = 65 • 1. Отже, задумані числа 14 і 6 або 66 і 2.
Доведіть правдивість цього способу відгадування.
300. 	Хто взяв гумку, а хто — олівець?
Відверніться і запропонуйте двом учасникам фокуса, нехай це будуть Євгенко та Сашко, одному взяти олівець, а іншому — гумку. Далі скажіть:
— Власникові олівця призначаю число 7, власникові гумки — число 9 (числа можуть бути й іншими, до того ж обов’язково одне з них просте, а інше — складене, але таке, яке не ділиться на перше).
— Євгенку, помнож своє число на 2, а ти, Сашку, на 3 (одне з цих чисел має міститися у складеному числі, яке ви призначили, ціле число разів, як, наприклад, 3 в 9, а інше — має бути з ним взаємно простим, як, наприклад, 3 і 2).
— Додайте результати і скажіть мені суму або скажіть, чи ділиться ця сума без остачі на 3 (на те число, яке ви подали і яке є множником у призначеному складеному числі). Дізнавшись це, ви одразу можете визначити, хто взяв олівець, а хто — гумку.
Справді, якщо отримана сума ділиться на 3, то це означає, що на 3 помножено число, яке не ділиться на 3, тобто 7. Знаючи, хто множив своє число на 3 (Сашко) і що число 7 призначено для власника олівця, ви робите висновок, що олівець у Сашка. Навпаки, якщо отримана сума не ділиться на 3, то це означає, що на 3 було помножено число, яке ділиться на 3, тобто 9. У цьому випадку в Сашка — гумка.
Як ви доведете цей фокус?
ЗОЇ. Відгадування трьох задуманих доданків і суми
Запропонуйте вашим гостям написати які-небудь три послідовних числа, кожне не більше від 60 (наприклад, вони напишуть: 31, 32, 33). Ще одне число, кратне 3 і менше від 100, попросіть їх сказати вголос (наприклад, вони скажуть: 27). Це число вам потрібно запам’ятати. Попросіть їх додати всі 4 числа (31 + 32 + + 33 + 27 = 123) і суму помножити на 67 (123 х 67 = 8241).
Нехай тепер ваші гості скажуть вголос останні дві цифри результату. Ви одразу можете назвати весь результат і задумані три числа.
225


Спосіб відгадування. Поділіть 27 на 3. Вийде 9. До 9 додати 1, вийде 10 — ключове число. Віднімаючи його від числа, утвореного з двох відомих вам цифр результату (41 - 10 = 31), ви й отримаєте найменше з трьох задуманих чисел. Подвоївши 41, отримаєте 82 — перші цифри результату. Обґрунтування цього способу відгадування задуманих чисел — цікава задача. Розв’яжіть її.
302. 	Відгадати кілька задуманих чисел
Є простий спосіб відгадування кількох задуманих однозначних чисел. Перше із задуманих чисел помножити на 2 і до добутку додати 5. Отримане число помножити на 5 і до добутку додати 10. До результату додати друге задумане число і все помножити на 10, до отриманого результату додати третє задумане число і знову помножити на 10, потім додати четверте задумане число і знову помножити на 10 і так доти, доки не буде додано останнє із задуманих чисел. Останню суму і кількість задуманих чисел необхідно повідомити.
Для відгадування задуманих чисел потрібно від повідомленої суми відняти:
35, якщо задумано 2 числа;
350, якщо задумано 3 числа;
3500, якщо задумано 4 числа;
Усі цифри різниці й будуть задуманими.
Приклад. Задумано числа 3, 5, 8 і 2. Подвоюємо перше: 3-2 = 6; додаємо 5, отримуємо: 6 + 5 = 11; множимо на 5, отримуємо: 11 • 5 = 55; додаємо 10 до попереднього результату: 55 + 10 = 65; додаємо друге задумане число: 65 + 5=70; множимо на 10, отримуємо: 70 10 =700; додаємо третє задумане число: 700 + + 8 = 708 і далі: 708 10 =7080; 7080 + 2 = 7082. Від остаточної суми віднімаємо 3500; виходить 3582. Усі цифри цієї різниці — задумані.
Доведіть цей спосіб відгадування задуманих чисел.
Зауваження. Цей фокус можна оформити як відгадування чисел очок, що випали на кинутих гральних кубиках (про кубики див. розділ шостий), або як відгадування, на якому суглобі якого пальця, якої руки і в кого саме надіто перстеник (наприклад, з нитки, клаптика матерії або склеєний зі смужки паперу).
226


В останньому випадку необхідно всіх учасників фокуса перенумерувати, домовитися, яку руку вважати першою, яку другою, перенумерувати пальці рук і суглоби на пальцях. Нехай, наприклад, учасник номер чотири надів перстеник на третій суглоб п’ятого пальця другої руки.
Ви пропонуєте подвоїти свій номер тому, хто взяв перстеник, (вийде 8), додати 5, помножити результат на 5, додати 10, додати номер руки, помножити на 10, додати номер пальця руки, знову помножити на 10, додати номер суглоба і сказати остаточну суму.
Вам скажуть у даному прикладі: 7753. Відніміть 3500, виходить 4253. Цифри цього числа «розповідають»: перстеник на третьому суглобі п’ятого пальця другої руки учасника номер чотири.
303. 	Скільки вам років?
— Не хочете сказати? Ну, гаразд, скажіть лише мені, скільки вийде, якщо від числа, більшого у 10 разів, ніж число ваших років, відняти добуток якого-небудь однозначного числа на 9. Дякую, тепер я знаю, скільки вам років.
Спосіб відгадування. Відокремити від повідомленого результату число одиниць і додати його до числа, що залишилося.
Приклад. Від числа 170, яке в 10 разів більше від числа років, відняли, скажімо, 27. Після цього повідомили результат: 143.
Визначаємо вік: 14 + 3 = 17 років.
Легко й ефектно! Проте... щоб уникнути конфузу, продумайте основу фокуса.
304. 	Відгадати вік
Для різноманітності можна запропонувати помножити число років на 2, додати 5, а суму знову помножити на 5; попросити сказати результат. Останньою цифрою результату, очевидно, буде 5. Треба її відкинути, а від числа, що залишилося, відняти 2. Різниця — шуканий вік.
Приклад. Нехай вік — 21 рік. Виконуємо необхідні дії:
21 	• 2 = 42, 42 + 5 = 47, 47 • 5 = 235.
Відгадуємо вік: 23 - 2 = 21.
Доведіть цей варіант відгадування віку.
227


305. 	Геометричний фокус (загадкове зникнення)
Накресліть на прямокутному шматкові картону 13 однакових паличок на рівній відстані одна від одної, як показано на мал. 186. Тепер розріжте прямокутник по похилій прямій MN, що сполучає верхній кінець крайньої лівої палички та нижній кінець крайньої правої палички. Зсуньте обидві половинки прямокутника вздовж лінії розрізу, як показано на малюнку.
Мал. 186. Куди зникла одна паличка?
Відбулося цікаве явище: замість 13 паличок їх стало 12! Куди зникла одна паличка?


РОЗДІЛ ОДИНАДЦЯТИЙ
ПОДІЛЬНІСТЬ ЧИСЕЛ
З усіх дій арифметики найбільш норовливе — це ділення. Воно має особливі властивості, так би мовити, особливий «норов». Візьмімо хоча би поводження з нулем. Для всіх інших арифметичних дій нуль — рівноправне число. Його можна і додавати й віднімати; воно може бути множником у дії множення, а дільником — ніколи. Поділити на нуль взагалі не можна жодне число, жоден алгебраїчний вираз. Це — важлива особливість ділення, і якщо до неї поставитись неуважно, то легко вскочити у клопіт; можна, скажімо, «довести» будь-яке явно фальшиве твердження — «парадокс».
Як ви поставитеся, наприклад, до такого твердження.
Кожна кількість дорівнює своїй половині.
«Доведення». Нехай а і Ъ — дві рівні кількості: а = Ь. Помножимо обидві частини цієї рівності на а:
а2 = ab.
Тепер зменшимо на Ь2 і ліву, і праву частини рівності. Отримані різниці а2 - Ь2 і ab - Ь2 теж будуть рівними:
а2 - Ь2 = ab - Ь2.
Розкладемо на множники:
(а + Ъ)(а - Ь) = Ь(а - Ь).
Ділимо обидві частини рівності на а - Ь, після чого виходить така рівність:
а + Ъ = Ь.
229


Оскільки b = а, то в останній рівності можемо замінити b через а,
а_ 2’
а це
тоді: а + а = а, або 2а = а. Поділивши на 2, отримаємо: а = означає, що ціле рівне своїй половині (?).
На вигляд, або, як кажуть, «формально», все правильно, а по суті десь у наведених викладках є дефект. Ви, звичайно, були уважні й помітили, в якій частині перетворень є ґандж.
«Норов» ділення виявляється не тільки щодо нуля. Математична теорія приділяє багато уваги властивостям цілих чисел і законам, які керують діями над ними. Так ось, якщо обмежитися множиною лише цілих (додатних і від’ємних) чисел, то знову- таки «вередує» тільки одна дія: ділення. Воно, як ви знаєте, не завжди виконується у множині цілих чисел. Прийнято вважати так: ціле число а ділиться на ціле число Ь, якщо серед цілих чисел знайдеться таке число с, добуток якого на b дає точно число а; якщо ж такого числа нема, то а не ділиться на &.
Усі ці особливості дії ділення й сприяли виникненню таких* понять, як прості числа, найбільший спільний дільник (Н. С. Д.), найменше спільне кратне (Н. С. К.), ознаки подільності чисел, а поступовий розвиток теорії подільності чисел привів до поглибленої розробки всієї теорії чисел.
Думаю, що робота над задачами цього розділу до певної міри збільшить запас ваших шкільних уявлень про подільність чисел, а може, й спонукає вас до систематичного вивчення всієї теорії чисел.
306. 	Число на гробниці
В одній з єгипетських пірамід учені виявили на камінній плиті гробниці вигравіюване ієрогліфами число 2520. Важко точно сказати, за що випала така честь на долю цього числа. Можливо, за те, що воно без остачі ділиться на всі без винятку цілі числа від 1 до 10. Справді, нема числа, меншого від 2520, яке має вказану властивість. Неважко переконатися в тому, що це число є найменшим спільним кратним цілих чисел першого десятка.
307. 	Подарунки до Нового року
Місцевий комітет професійної спілки нашої організації вирішив влаштувати новорічну ялинку для дітей. Готуючи подарунки, ми швидко розклали в пакети цукерки й печиво. Однак коли дійшлося 230


до мандаринів, ми натрапили на потішне утруднення: спочатку хотіли розкласти всі мандарини по 10 штук у пакет (а в пакети, що залишаться, — яблука) — не вийшло: на один із пакетів залишилося 9 мандаринів; якби поклали по 9 мандаринів, то залишилося би 8 мандаринів на один з пакетів; спробували розкладати по 8 мандаринів, залишилося 7; стали розкладати по
7, залишилося 6; поклали по 6, залишилося 5.
— Що за історія?! Невже й надалі так триватиме?
Взяли папір, олівець і почали розраховувати. І що б ви думали: ділимо кількість мандаринів, які у нас є, на 5, залишається 4; ділимо на 4, залишається 3; ділимо на 3, залишається 2; ділимо на 2, залишається 1. Ось яке дивовижне число мандаринів ми мали.
А скільки ж все-таки?
308. 	Чи може бути таке число?
Чи може бути таке число, яке при діленні на 3 дає в остачі 1, при діленні на 4 дає в остачі 2, при діленні на 5 дає в остачі З і при діленні на 6 дає в остачі 4?
309. 	Кошик яєць
(зі старовинного французького задачника)
Жінка несла на ринок кошик яєць. Перехожий ненароком штовхнув жінку, кошик впав, яйця побилися. Винуватець нещастя, бажаючи відшкодувати втрату, запитав:
— Скільки всього яєць було в кошику?
— Достоту не пам’ятаю, — відповіла жінка, — але знаю, що коли я виймала з кошика по 2, по 3, по 4, по 5 або по 6 яєць, у кошику залишалося одне яйце, а коли я виймала по 7, у кошику нічого не залишалося.
Скільки яєць було в кошику?
310. 	Тризначне число
Якщо від тризначного числа, яке я задумав, відняти 7, то воно поділиться на 7, а якщо відняти від нього 8, то воно поділиться на
8, якщо відняти від нього 9, то воно поділиться на 9. Яке число я задумав?
231


311. 	Чотири теплоходи
У порту пришвартувалися 4 теплоходи. Опівдні 2 січня 1953 року вони одночасно покинули порт.
Відомо, що перший теплохід повертається у цей порт через кожних 4 тижні, другий — через кожних 8 тижнів, третій — через 12 тижнів, а четвертий — через 16 тижнів.
Коли перший раз теплоходи знову зійдуться всі разом у цьому порту?
312. Помилка касира
Звертаючись до касира магазину, покупець сказав:
— Візьміть, будь ласка, з мене за 2 пачки солі по 90 копійок; за 2 куски мила по 2 крб 70 коп, за 3 пачки цукру і за 6 коробок сірників, але вартість пачки цукру і сірників я не пам’ятаю.
Касир видав покупцеві чек на 29 крб 17 коп. Поглянувши на чек, покупець повернув його касирові й сказав:
— Ви, безперечно, помилилися у підрахунку загальної суми.
Касир перевірив і погодився. Довелося попросити вибачення і видати покупцеві інший чек.
Яким чином покупець виявив помилку?
313. Числовий ребус
З арифметичних міркувань знайти число t і чисельне значення букви а, яка замінює втрачену цифру в такій рівності: [з(230 + £)]2 =492а04.
314. 	Ознака подільності на 11
Один з найважливіших прийомів розв’язування задач такий: звести розв’язок даної задачі до розв’язку іншої задачі, простішої.
Потрібно, припустімо, встановити: чи ділиться деяке багато- цифрове число на інше дане число? Для того, щоб відповісти на це запитання, у ряді випадків зовсім не потрібно вдаватися до безпосереднього ділення даного числа. Дуже часто виявляється, що розв’язок поставленої задачі можна звести до з’ясування подільності деякого іншого, не багатоцифрового числа, утвореного за тим чи іншим правилом з цифр даного числа. Так і виникають ознаки подільності чисел.
232


Чи відома вам, наприклад, така нескладна ознака подільності чисел на 11?
Якщо сума цифр даного числа через одну дорівнює сумі решти цифр через одну або різниця цих сум ділиться на 11, то й дане число ділиться на 11.
Якщо ж вказані суми цифр через одну не рівні між собою та їхня різниця не ділиться на 11, то й дане число не ділиться на 11.
Приклад. Чи ділиться 3 528 041 на 11?
Застосовуємо ознаку:
S1 = 3 + 2 + 0 + l = 6,
S2 = 5 + 8 + 4 = 17,
S2 - = 11.
S2 - Sr ділиться на 11. Ознака передбачає: число 3 528 041 обов’язково повинно ділитися на 11. Якщо докладете зусиль, щоб виконати ділення безпосередньо, то переконаєтеся в тому, що ознака вас не підвела.
Обґрунтувати цю ознаку подільності неважко, якщо заздалегідь зауважити, що числа такого виду, як, наприклад, 10 + 1, 100-1, 1000 + 1, 10 000 - 1, 100 000 + 1 і т. д., діляться на 11.
Розглянемо спочатку різниці: 100 - 1 = 99,10 000 - 1 = 9999 і т. д.; всі вони записуються парним числом дев’яток і, відповідно, діляться на 11; діляться на 11 і всі суми вказаного виду: 10 + 1 = 11, 1000 + 1 = 99 • 10 + 11, 100 000 + 1 = 9999 • 10 + 11 і т. д., оскільки кожна сума розкладається на два доданки, кожен з яких ділиться на 11.
Звернімося тепер до встановлення ознаки подільності на 11. Візьмемо яке-небудь багатоцифрове число, наприклад, 3 516 282, і розчленуємо його таким чином:
2 	+ 8 ■ 10 + 2 • 100 + 6 • 1000 + 1 • 10 000 +
+ 5 • 100 000 + 3 • 1 000 000.
Усі другі співмножники (одиниці з нулями) перетворимо так, щоб утворилися розглянуті вище суми і різниці: 10+1, 100 — 1 і т. д. Маємо:
З 	516 282 = 2 + 8(10 + 1 - 1) + 2(100 - 1 + 1) + 6(1000 + 1 - 1) +
+ 1(10 000 - 1 + 1) + 5(100 000 + 1 - 1) + 3(1 000 000 - 1 + 1) = = 2 + 8(10 + 1) - 8 + 2(100 - 1) + 2 + 6(1000 + 1) - 6 + (10 000 - 1) +
+ 1 + 5(100 000 + 1) - 5 + 3(1 000 000 - 1) + 3 =
233


= (2-8 + 2- 6 + 1- 5 + 3) + [(8(10 + 1) + 2(100 - 1) + 6(1000 + 1) + + (10 000 - 1) + 5(100 000 + 1) + 3(1 000 000 - 1)].
Усі доданки, взяті у квадратні дужки, неодмінно діляться на 11. Це означає, що подільність даного числа на 11 повністю залежить від подільності на 11 числа, яке міститься у перших круглих
ДІЛИТЬСЯ -g і
дужках: якщо воно -■ . на 11, то і дане число
не ділиться
ділиться на Однак у перших дужках записано різницю не ділиться
сум цифр даного числа через одну: (2 + 2 + 1 + 3) - (8 + 6 + 5) = -11. Оскільки ця різниця, що дорівнює -11, ділиться на 11, то ділиться на 11 і дане число.
Якби різниця сум цифр випробуваного числа через одну не ділилася на 11, то не могло би ділитися на 11 і випробовуване число. Справді, розглянутий приклад показує прийом, за допомогою якого можна будь-яке ціле число (N) розчленувати на два доданки (х і у), N = х + г/, так, що один з них (х) неодмінно ділиться на 11, а інший (у) є різницею сум цифр випробовуваного числа через одну.
Зрозуміло, що якщо обидва доданки х і у діляться на 11, то N також ділиться на 11, якщо ж х ділиться на 11, а у не ділиться, то й N не ділиться.
Навпаки, якщо N і х діляться на 11, то й у повинно ділитися на 11; якщо ж N не ділиться на 11, а х ділиться, то у не може ділитися на 11.
Так вирішення питання про подільність будь-якого багато- цифрового числа на 11 зводиться до легшого з’ясування подільності на 11 різниці сум цифр числа через одну.
*
* * *
Розв’яжіть самостійно ще один арифметичний ребус.
Як швидко виявити цифру а, якої не вистачає у восьмизначному числі 37 аЮ 201, і яким числом замінити букву х у виразі [11(492 + х)]2, щоб рівність [11(492 + х)]2 = 37 а10 201 виконувалась?
234


315. 	Об'єднана ознака подільності на 7Г 11 ї 13
У таблиці простих чисел, тобто таких, які діляться тільки на 1 і на себе, числа 7, 11 і 13 розміщені поряд (див. таблицю простих чисел на стор. 339). їхній добуток дорівнює: 7 • 11 • 13 = 1001 = = 1000 + 1. Зауважимо поки, що 1000 + 1 ділиться і на 7, і на 11, і на 13. Далі, якщо будь-яке тризначне число помножити на 1001, то добуток запишеться такими самими цифрами, як і множене, тільки повтореними двічі.
Нехай abc — яке-небудь тризначне число (а, b і с — цифри цього числа). Помножимо його на 1001:
1001
abc abc
abcabc.
Отже, всі числа виду abcabc діляться на 7, на 11 і на 13. Зокрема, ділиться на 7,11 і 13 число 999 999, або, інакше, 1 000 000 - - 1.
Указані закономірності дають змогу звести вирішення питання про подільність багатоцифрового числа на 7 чи на 11, чи на 13 до подільності на них деякого іншого числа — не більше, ніж тризначного.
Потрібно, припустимо, визначити, чи ділиться число 42 623 295 на 7, 11 і 13. Розіб’ємо дане число справа наліво на грані по З цифри. Крайня ліва грань може й не мати трьох цифр. Подамо тепер дане число у такому вигляді:
42 623 295 = 295 + 623 • 1000 + 42 • 1 000 000, або (аналогічно до того, як це ми робили при розгляді ознаки подільності на 11):
42 623 295 = 295 + 623(1000 + 1 - 1) + 42(1 000 000 - 1 + 1) =
= (295 - 623 + 42) + [623(1000 + 1) + 42(1 000 000 - 1)].
Число у квадратних дужках обов’язково ділиться і на 7, і на 11, і на 13. Це означає, що подільність випробовуваного числа на 7, 11 і 13 повністю визначається подільністю числа, яке міститься у перших круглих дужках.
235


Розглядаючи кожну грань випробуваного числа як самостійне число, можна висловити таку об’єднану ознаку подільності відразу на три числа 7, 11 і 13.
Якщо різниця сум граней даного числа, взятих через одну, ділиться на 7 або на 11, або на 13, то й дане число ділиться відповідно на 7 або на 11, або на 13.
Повернемося до числа 42 623 295. Визначимо, на яке з чисел 7, 11 чи 13 ділиться різниця сум граней даного числа: (295 + 42) - 623 = -286. Число -286 ділиться на 11 і на 13, а на 7 воно не ділиться. Отже, число 42 623 295 ділиться на 11 і на 13, але на 7 воно не ділиться.
Очевидно, що подільність на 7, 11 і 13 чотири-, п’яти- і шестизначних чисел, тобто чисел, які розбиваються всього лише на 2 грані (практично частіший випадок), визначається подільністю на 7, Ні 13 різниці граней даного числа. Так, наприклад, легко встановити, що 29 575 ділиться на 7 і на 13, але не ділиться на 11. Справді, різниця граней дорівнює: 575 — 29 = 546, а число 546 ділиться на 7 і на 13 та не ділиться на 11.
Задача. Встановлюючи об’єднану ознаку подільності на 7, 11 і 13, ми оперували числом, що розбивалося на 3 грані. Проведіть обґрунтування цієї ознаки на прикладі числа, яке розбивається на 4 грані по 3 цифри справа наліво.
316. 	Спрощення ознаки подільності на 8
У школі зазвичай повідомляють таку ознаку подільності на 8: якщо число, яке утворюють останні три цифри даного числа, ділиться на 8, то й ціле дане число ділиться на 8.
Отже, питання зводиться до подільності на 8 деякого тризначного числа.
Однак при цьому ні слова про те, як швидко взнати, чи ділиться це тризначне число на 8. Адже подільність тризначного числа на 8 теж не завжди можна помітити відразу, доводиться фактично виконувати ділення.
Ознака подільності на 4 простіша. Тут потрібно, щоб ділилося на 4 число, яке складається тільки з двох останніх цифр числа, що досліджується.
Природно виникає запитання: чи не можна спростити й ознаку подільності на 8? Можна, якщо доповнити її спеціальною ознакою подільності тризначного числа на 8.
236


На 8 ділиться кожне тризначне число, в якого двозначне число, утворене цифрами сотень та десятків і додане до половини числа одиниць, ділиться на 4.
Приклад. Дано число 592. Для вирішення питання про подільність його на 8 відокремлюємо одиниці і половину їхнього числа додаємо до числа з наступних двох цифр (десятків і сотень). Отримуємо: 59 + 1 = 60. Число 60 ділиться на 4, а це означає, що число 592 ділиться на 8.
Доведіть правдивість висловленої тут ознаки подільності на 8 для тризначного числа і сформулюйте спрощену ознаку подільності на 8 для кожного числа.
Зауваження 1. Зрозуміло, що число, яке закінчується непарною цифрою, не може ділитися на 8.
Зауваження 2. У переважній більшості випадків сума двозначного числа, згаданого в ознаці, з половиною одиниць даного числа даватиме двозначне число.
Сума буде тризначною тільки для чисел у проміжку від 984 до 998, але навіть і в цих випадках вона не перевищить числа 103 (99 + 4=103). ‘
317. 	Надзвичайна пам'ять
Повідомте своїм друзям, що якщо навіть обмежитися тільки шестизначними і дев’ятизначними числами, які діляться на 37, то все одно їх виявиться надзвичайно багато, а проте ви знаєте напам’ять усі такі числа.
Щоб підсилити ефект, скажіть, що ви беретеся вмить дописати до будь-якого заздалегідь призначеного тризначного числа ще З цифри або навіть 6 цифр так, що утворене шестизначне чи дев’яти- значне число неодмінно ділитиметься на 37.
Припустимо, що вам призначили число 412. Допишіть до нього 143 справа чи зліва — це не має значення. Утворяться числа 143 412 або 412 143, кожне з яких ділиться на 37.
Тут річ, звичайно, не у феноменальній пам’яті. Пам’ять ви можете мати звичайнісіньку, але треба знати доволі просту ознаку подільності на 37, яка полягає ось у чому.
Розбиваємо дане число справа наліво на грані по 3 цифри (остання грань зліва може бути неповною). Розглядаючи кожну грань як самостійне число, додамо ці числа. Якщо отримана сума ділиться на 37, то ділиться і дане число.
237


Наприклад, число 153 217 ділиться на 37, оскільки 153 + 217 = = 370 теж ділиться на 37.
Доведення. Нехай N — число, що розбивається на 2 грані. Подамо його в такій формі: N = 1000а + Ь, де а — число, що утворює ліву грань, b — тризначне число, що утворює праву грань даного числа. Якщо N ділиться на 37, то 1000а + b = 37/г (k— ціле додатне число). Доведемо, що в такому випадку а + b теж ділиться на 37.
Справді, виразимо b з першої рівності і підставимо в а + Ь. Тоді а + b = а + (37k - 1000а) = 37k - 999а = 37 (k - 27) ділиться на 37.
Навпаки, нехай а + Ъ ділиться на 37, тоді а + b = 37k. Виразимо звідси b і підставимо в рівність N = 1000а + Ь. Отримуємо:
N = 1000а + 37k - а = 999а + 37k = 37 (27 + k), тобто N ділиться на 37.
Для чисел, що розбиваються на більшу кількість граней, міркування аналогічні.
Секрет фокуса, відповідно, у вмілому дописуванні до тризначного числа, яке призначили ваші друзі, одного (для числа шестизначного) або двох (для числа дев’ятизначного) своїх тризначних чисел таких, щоб сума всіх чисел, які ви дописали і числа, призначеного вам, ділилася на 37.
Як же цього досягти?
Дуже просто. Дописуйте, наприклад, такі числа, які в сумі з призначеним утворювали би тризначне число з однаковими цифрами: 111 або 222, або 333 і т. д. до 999, оскільки кожне тризначне число, що складається з однакових цифр, неодмінно ділиться на 37.
Якщо призначене число, скажімо, 341, то дописуйте 103 (доповнення до 444) або 214 (доповнення до 555) і т. д. Таке доповнення «про себе» зробити дуже легко. Це й забезпечить вам обіцяну швидкість здійснення фокуса.
У випадку, коли необхідно написати дев’ятизначне число, що ділиться на 37, дописуйте три цифри довільно, але з таким розрахунком, щоб останніми трьома цифрами можна було утворити число, яке доповнить усю суму до якого-небудь тризначного числа з однаковими цифрами.
Так, наприклад, якщо вам призначено число 412, то можна дописати, скажімо, спочатку 101, а потім 042 як доповнення 238


контрольної суми до 555. Утвориться число 412 101 042. При цьому пам’ятайте, що для різноманітності ви можете дописувати свої числа з різних боків від призначеного.
Якщо призначене число саме складається з однакових цифр, наприклад 333, то дописувати до нього число, яке теж складається з однакових цифр, ризиковано: таким дописуванням можна легко себе викрити. Щоб цього уникнути, додайте подумки 37 або 74 до числа, яке ви хотіли би дописати, чи, навпаки, зменшіть його на 37 або 74.
Можна дозволити призначити двозначне чи однозначне число. У такому випадку спочатку допишіть до нього будь-яку третю цифру або другу й третю, а далі дійте, як розказано.
Задача. Доведіть ознаку подільності на 37 для числа, що розбивається на 3 грані.
318. 	Об'єднана ознака подільності на 3, 7 і 19
Добуток простих чисел 3, 7 і 19 дорівнює 399. Помічено таку цікаву властивість:
якщо число 100а + Ь (де b — двозначне число, а — будь-яке ціле додатне число) ділиться на 399 або на який-небудь з його множників, то разом з ним на те саме число ділиться й а + 46.
Доведіть це твердження.
Сформулюйте та доведіть обернену теорему.
На основі доведеного встановіть об’єднану ознаку подільності чисел на 3, 7 і 19.
319. 	Подільність двочлена
Кілька попередніх зауважень.
1) Багаточленом називається алгебраїчний вираз вигляду:
апхп + ап 1хп~1 +... + алх + ап, п, п—1 1
де п — ціле додатне число; коефіцієнти а0, ар ..., ап — будь-які дійсні числа; букву х також розуміють як будь-яке дійсне число.
2) Якщо один багаточлен (р) вказаного вигляду дорівнює
добутку двох інших (тп1 і ог2),р = то ми кажемо, що багаточлен
р ділиться на багаточлен т1 (або тп2) і в частці виходить багаточлен т2 (чи mJ.
Наприклад, х2 - 9 ділиться на Зх + 9 і в частці виходить ^х -1. о
239


Справді,
(Зх + 9)(|х -1| = х2 - 9.
\ D /
Принагідно зауважимо, що частина коефіцієнтів частки — дробові числа, тоді як усі коефіцієнти діленого і дільника — цілі.
3) 	3 подільності одного багаточлена з цілими коефіцієнтами на інший багаточлен також з цілими коефіцієнтами ще не випливає, що діляться числа, на які перетворюються ділене і дільник при заміні х на будь-яке ціле число, якщо, зрозуміло, подільність розглядати з точки зору арифметики цілих чисел.
Наприклад, як ми бачили вище, (х2 - 9): (Зх + 9) = — х -1. При ' 1 о
х = 6 ділене перетворюється на число б2 - 9 = 27, дільник — на число 3*6 + 9 = 27, і тут ділене ділиться на дільник: 27 : 27 = 1. Проте при х = 7 ділене перетворюється на число 49 - 9 = 40, дільник — на число 3*7 + 9 = 30,і тепер ділене не ділиться на дільник з точки зору арифметики цілих чисел.
4) 	Якщо ж усі коефіцієнти багаточленів: діленого, дільника і частки — цілі числа, то число, на яке перетворюється багаточлен- ділене, неодмінно ділиться на число, на яке перетворюється багаточлен-дільник при заміні х на будь-яке ціле число, крім тих, які перетворюють дільник на нуль.
Наприклад,
(2х3 - Зх2 - 8х +12): (х2 - 4) = 2х - 3.
Усі коефіцієнти цілі, а отже, ділитимуться й числові значення діленого і дільника при заміні х на будь-яке ціле число, крім х = ±2, тому що при цих значеннях дільник перетворюється на нуль і ділення неможливе. Так, при х = 3 маємо:
значення діленого: 2 • З3 - 3 • З2 - 8 * 3 + 12 = 15,
значення дільника: З2 - 4 = 5.
Переконуємося в тому, що перше значення ділиться на друге: 15 : 5 = 3. Тому самому числу 3 дорівнює і значення частки: 2 * 3 - 3 = 3.
*
* *
Для розв’язання деяких задач, зокрема для доведення ознак подільності чисел, корисно знати, за яких умов сума і різниця 240


степенів двох чисел (хт + ат і хт - ат, т — ціле додатне число) діляться на суму і різницю їхніх основ (х + а і х - а).
Відповідь на це запитання подано у шкільному курсі алгебри (зазвичай у 10-му класі1*). Проте й читачеві, який ще не дійшов у своїй освіті до 10-го класу, не потрібно докладати великих зусиль, аби розібратися у вирішенні поставленого питання.
Алгебраїчні вирази хт 4- ат і хт - ат — це частинні види багаточлена
атхт+ат_1хт-1 + ... + а1х + а0 (*)
(під усіма буквами багаточлена тут розумітимемо тільки цілі числа, включаючи нуль).
Якщо, наприклад, тп = 4, ат = 1, ат_} = ат_2 = ... =аг = 0; aQ = 16, то виходить такий частинний вид багаточлена: х4 + 16, або х4 4- 24.
Спробуємо тепер поділити х4 + 24 на х + 2:
_ х4 4- 16 1x4-2
х* + 2х8 |х3-2х2 + 4х-8
-2х3
-2х3-4х2
_ 4х2
4х2 4- 8х
_-8х4-16
- 8х - 16
32 (остача)
Не ділиться х4 + 24 на х 4- 2. Помічаємо, що остача не містить х, а є деяким числом.
Легко зрозуміти, що не тільки в цьому прикладі, а й у всіх випадках ділення багаточлена на двочлен виду х4-а, тобто на двочлен, який містить х не вище, ніж у першому степені, остачею буде деяке число (або зовсім не буде остачі).
Щоб ділення виконати без остачі, треба ділене зменшити на величину остачі. Тому завжди справджується таке твердження: ділене мінус остача дорівнює добутку дільника і частки. Наприклад, (х4 +1б)-32 = (х + 2)(х3-2х2+4х-8).
п Слід мати на увазі, що 10-й клас загальноосвітньої школи в СРСР відповідає 11-му класові загальноосвітньої школи в сучасній Україні (прим. ред. укр. видання).
241


Переконайтеся безпосередньою перевіркою в тому, що ця рівність алгебраїчних виразів перетворюється на рівність чисел при заміні букви х на будь-яке число. Рівність, що має таку особливість, для стислості називають тотожністю.
Припустимо тепер, що ви берете довільний багаточлен виду (*), ділите його на двочлен виду х + а й утворюєте рівність:
А = (х - а)В + С,
де буквою А для скорочення запису я позначив багаточлен-ділене, буквою В — частку, а буквою С — остачу.
Постає запитання, чи завжди рівність
А = (х - а)В + С (**)
буде тотожністю?
Відповідь. Завжди.
Доведення цього твердження в загальному вигляді громіздке, але будь-який приклад підтвердить його правдивість.
Така тотожність (**) цікава тим, що з її допомогою можна, н е виконуючи ділення, дізнатися остачу. Наприклад, я повідомив вам такі дані: ділене х4 + 1, дільник х - 1, частка х3 + х2 + х + 1. Яке число С є остачею?
Розв’язання. Утворимо рівність:
х4 + 1 = (х - 1)(х3 + х2 + х + 1) + С.
Оскільки вона має бути тотожністю, то припустимо, що, наприклад, х=1. Тоді: 1 + 1 = 0 + С. Звідси: С = 2. При будь-яких інших значеннях х виходить таке саме значення С. Нехай ще, наприклад, х = 2. Тоді: 16 + 1 = (2 - 1)(8 + 4 + 2 + 1) + С, або 17 = 15 + С. Звідси знову: С = 2.
Отже, ніякої іншої остачі, крім С = 2, і бути не може. Перевірте діленням.
Далі цікавіше. Можна не знати не тільки остачі, а й частки і все-таки визначити остачу, не виконуючи ділення. Нехай, наприклад, ділене х4 - 1, а дільник х + 1. Як дізнатися остачу, не виконуючи ділення?
Позначимо багаточлен, що є часткою, буквою В, а остачу — як і раніше, буквою С. Тоді
х4 - 1 = (х + 1)В + С.
Знаючи, що для остачі С виходить одне й те саме її істинне значення при заміні х на будь-яке число, припустимо, що х = -1. Це значення х зручне тим, що воно не потребує від нас обчислення значення частки В, оскільки все одно при х = -1 вираз (х + 1)В перетвориться на нуль (за рахунок першого співмножника).
242


Маємо: (-1)4 - 1 = 0 + С, або 1 - 1 = С. Звідси: С = 0. Виявилось, що остача дорівнює нулю. Це означає, що х4 - 1 ділиться без остачі на х + 1. Перевірте діленням!
* к к
Тепер можна розв’язати й більш загальну задачу.
За яких умов двочлен хт + 1 ділиться на х + 1 (тп — ціле додатне число)?
Розв’язання. Нехай частка — В, а остача — С. Маємо:
хт + 1 = (х + 1)В + С.
Припустимо, що х = -1, тоді: (-І)"1 + 1 = С. Зрозуміло, що якщо т — парне (т = 2п), то С = 2; якщо ж т — непарне (т = 2п + 1), то С = 0.
Отже, якщо т — парне (гп = 2гі), то хт + 1, або х2л + 1, не ділиться на х + 1, якщо ж т — непарне (тп = 2п+ 1), то хт + 1, або х2л + 1 + 1, ділиться на х + 1. Частка, як неважко переконатися, складатиметься зі спадних степенів х з почерговими знаками, тому маємо таку загальну формулу
х2п+1 +1 = (х +1) (х2л - X2"-1 + X2"-2 - ... - X + 1).
Що стосується двочлена хт - 1, то на х — 1 він ділиться при будь-якому цілому додатному т, а на х 4- 1 ділиться тільки при парному т (т = 2гі).
Переконайтеся в цьому самостійно.
Для визначення величини остачі (С) від ділення двочлена виду хт + ат на х + а потрібно у тотожності хт 4- ат = (х + а) В + С
припустити, що х = -а.
Застосовуючи відповідні міркування, неважко дійти таких висновків: .
х2п + а2" х2п +1 + а2п +1
не ділиться ні на х + а9 ні на х - а;
ділиться на х 4 а, але не ділиться на
х - а; 1 (***)
х2я - а2я х2я +1 — а2п +1
ділиться як на х 4- а, так і на х — а; не ділиться на х 4- а, але ділиться на х — а.
Нагадую, що у випадку подільності хт ± ат на х + а або на х - а діляться й цілі числа, які утворюються як ділене і дільник при заміні букв а і х на цілі числа (див. стор. 240).
Задача. Не обчислюючи виразу II10 - 1, довести, що він ділиться на 100.
243


320. 	Старе й нове про подільність на 7
Чомусь число 7 дуже припало до вподоби народові й увійшло до його пісень і приказок.
Сім разів одмір, а раз відріж.
Балакала-говорила сім мішків гречаного Гаврила.
Сім п’ятниць на тиждень.
Семеро до рота, один до роботи.
Сім баб — сім рад, а дитя безпупе.
Було у матері семеро синів...
Число 7 багате не тільки на приказки, але й на різноманітні ознаки подільності. Дві ознаки подільності на 7 (у поєднанні з іншими числами) ви вже знаєте. Є також кілька індивідуальних ознак подільності на 7.
Вибирайте для себе будь-яку з поданих нижче ознак, яка видасться вам найцікавішою.
Перша ознака подільності на 7. Візьмемо для випробування число 5236. Запишемо це число таким чином: 103 • 5 + 102 • 2 + + 10*3 + 6 (так звана «систематична» форма запису числа), і всюди основу 10 замінимо на основу 31}): 33-5 + 32-2 + 3’3 + 6 = 168.
(-г ДІЛИТЬСЯ j-r «
Якщо отримане число . на 7, то и дане число
не ділиться
ділиться на 7в
не ділиться
Оскільки 168 ділиться на 7, то й 5236 ділиться на 7.
Доведення. Нехай а р ат-2’ •••» а2’ аі’ ао — ЦИФРИ послідовних розрядів тп-значного числа N, тоді
1+10m’2a 2 +...+ 102а2+10а, +а0,
Р = Зт * 1 а , + Зт 2 а 2 +... + З2 а9 + 3cl + .
/п-1 m-Z Z 10
Віднімемо від першого виразу другий:
N-P = (10щ1 -З”-1)^ +(10ш'2 -Зш‘2)аот_2 + ...
... + (102 -32)а2+(10-3)а1.
Інакше кажучи, прочитаємо число так, як ніби воно записане не в десятковій, а у трійковій системі, не турбуючись тим, що цифр, відмінних від 0,
1 і 2, у трійковій системі, власне, не мало би бути (прим, автора).
244


На підставі формул (***) і зауваження 4 на стор. 240, можна стверджувати, що всі двочлени в дужках діляться на 10 - 3 = 7.
гч • , П ДІЛИТЬСЯ „
Отже, якщо при цьому ВІД ЄМНИК Р : на 7, то
не ДІЛИТЬСЯ
о ,г ДІЛИТЬСЯ „
и зменшуване а - • ; на 7, а також, якщо зменшуване
не ділиться
лг ДІЛИТЬСЯ „ « • , п ділиться „
N . на 7, то и від ємник Р ■ . на 7.
не ділиться не ділиться
Видозміна першої ознаки подільності на 7. Помножте першу зліва цифру випробовуваного числа на 3 і додайте наступну цифру; результат помножте на 3 і додайте наступну цифру і т. д. до останньої цифри. Для спрощення після кожної дії дозволяється від результату віднімати 7 або число, кратне семи.
«т- « ділиться „
Якщо остаточний результат . на 7, то и дане число
не ділиться
ділиться на 7
не ділиться
Приклад. Визначимо подільність числа 48 916 на 7. Множимо першу зліва цифру на 3:
4 	х 3 = 12.
Для подальших розрахунків число 12 можна замінити на число 5, яке утворюється від зменшення 12 на 7. Замінюючи число а на число Ь, яке відрізняється від а на 7 або на число, кратне семи, ставитимемо між ними значок =. Запис першої дії набуде вигляду: 4x3 = 12 = 5. Потім додаємо до 5 другу цифру 8 і знову робимо відповідну заміну: 5 + 8 = 13 = 6.
Далі:
6x3 = 18 = 4, 4 + 9 = 13 = 6, 6x3 = 18 = 4,
4 + 1 = 5, 5x3 = 15 = 1, 1+6 = 7.
Остаточний результат 7. Отже, число 48 916 ділиться на 7.
Перевага цього правила в тому, що воно легко застосовується «про себе». Розберіться тепер у його доведенні.
Доведення. Нехай
N = 10/л-1а . + 1О77І"2а 9 + ... + 102а2 + 10а. + а0.
/п-1 т-Л Л 1 и
Діючи відповідно до правила, отримуємо послідовно:
245


За . + а 9, 771-1 777-2’
32а , + За 9 + а «, 771-1 771-2 777—о’
З3а . + 32а 9 + За « + а 4, 777 — 1 777 —2 777—0 777-4 ’
Р = 3” ха , + З77* 2^т о + ••• + За. + а0. 771 — 1 777—2 1 U
Знайдемо різницю чисел N іР:
N-P = ат_1 (lO"”1 - 3m-1) + ат_2 (10””2 - З”1'2) +... + at (10 - 3).
Оскільки т — ціле додатне число (число цифр), то всі біноми в дужках діляться на 10 — 3 = 7 (див. формули (***) і зауваження 4 на стор. 240). Отже, подільність числа Р на 7 пов’язана з подільністю числа N на 7.
Зауваження. Цікаво, що остаточний результат, зменшений на 7 або на 14, показує остачу від ділення даного числа N на 7. Перевірте!
Друга ознака подільності на 7. У цій ознаці треба діяти достоту так само, яків попередній, з тією лише різницею, що множення слід починати не з крайньої лівої цифри даного числа, а з крайньої правої і множити не на 3, а на 5.
Приклад. Чи ділиться на 7 число 37 184? 4x5 = 20 = 6, 6 + 8 = 14 = 0, 0x5 = 0, 0 + 1 = 1, 1 х 5 = 5; додавання цифри 7 можна пропустити; 5x5 = 25 = 4, 4 + 3 = 7 = 0. Число 37 184 ділиться на 7. Доведення. Нехай
N = 107П’1апі . + 10т~2а 2 +...+ 102а2+10а. +а0. 771-1 /77-2 2 10
Діючи відповідно до вказаної ознаки, отримуємо послідовно:
5а0 + а1?
52а0 +5ах + а2,
53а0 +52ах +5а2 + а3,
Р = 5ш-1а0 + 5ш-2а.+ ...+ 5а_ 2+ат .. U 1 771 — 2 771 — 1
Помножимо обидві частини останньої рівності на 10т “1 і від отриманого результату віднімемо N:
246


IO""’1/" = 50m lao + 10-50m’2a. + ... + 10""’2 -50am , ч-КГ^а
IO""’1 P -N = a0 (5O""’1 -1) + 10ax (50m’2 -1) +... + 10m’2am_2 (50 -1).
Усі двочлени в дужках діляться на 50 — 1 = 49, а отже, й на 7, але 10т і не ділиться на 7. Таким чином, подільність на 7 числа N пов’язана з подільністю на 7 числа Р.
Третя ознака подільності на 7. Ця ознака важча для виконання подумки, але вона теж дуже цікава.
Подвойте останню цифру і відніміть другу справа, подвойте результат і додайте третю справа і т. д., чергуючи віднімання й додавання та зменшуючи кожен результат, де можливо, на 7 або
на число, кратне семи. Якщо остаточний результат Ділиться не ділиться
на 7, то й випробовуване число Ділиться на у.
не ділиться
Перевірте цю ознаку на числах, а хто захоче, той сам виконає й доведення. Для числа загального виду воно, щоправда, дещо заважке, тому виконайте його хоча би для чотиризначного чи п’ятизначного числа.
*
* *
Доведення трьох наступних доволі цікавих теорем ви знайдете в розв’язках, але спершу спробуйте виконати їх самостійно.
Теорема 1. Якщо яке-небудь двозначне число ділиться на 7, то ділиться на 7 й обернене число, збільшене на цифру десятків даного числа.
Наприклад, 14 ділиться на 7, а отже, ділиться на 7 і число 41 + 1.
Теорема 2. Якщо яке-небудь тризначне число ділиться на 7, то ділиться на 7 й обернене число, зменшене на різницю цифр одиниць і сотень даного числа.
Приклад 1. Число 126 ділиться на 7. Отже, ділиться на 7 і 621 - (6 - 1), тобто 616.
Приклад 2. Число 693 ділиться на 7. Отже, ділиться на 7 і 396 - (3 - 6), тобто 399.
Теорема 3. Якщо сума цифр тризначного числа дорівнює 7, то воно ділиться на 7 тільки за умови, що цифри десятків і одиниць однакові.
247


Навпаки, якщо сума цифр тризначного числа дорівнює 7 і цифри десятків та одиниць однакові, то таке число ділиться на 7.
321. 	Поширення ознаки на інші числа
Вищевикладені три ознаки подільності чисел на 7 за своїм методом подібні до відомих умов подільності чисел на 3 і на 9. Там і тут з цифр даного числа N за допомогою простих арифметичних дій утворюється деяке нове число Р, від подільності якого на даний дільник залежить і подільність даного числа. Число Р утворюється щоразу так, що різниця N — Р (чи, можливо, сума N + Р) ділиться на даний дільник. Основою методу є подільність двочленів ап + Ьп на а + b при непарному п і ап - Ьп на а ± b при парному п.
Застосовуючи той самий метод міркувань, можна переконатися в правдивості описаної нижче цікавої ознаки подільності на 13, 17 і 19.
Для визначення подільності даного числа на 13, 17 чи 19 треба помножити крайню ліву цифру випробовуваного числа відповідно на 3, 7 чи 9 і відняти наступну цифру; результат знову помножити відповідно на 3, 7 чи 9 і додати наступну цифру і т. д., чергуючи віднімання і додавання наступних цифр після кожного множення. Після кожної дії результат можна зменшити або збільшити відповідно на число 13, 17, 19 чи кратне йому.
[13
Якщо остаточний результат Д*литься на < то ділиться не ділиться не ДІЛИТЬСЯ
19
й дане число.
Приклад 1. Чи ділиться число 2 075 427 на 19?
Застосовуємо правило:
2 х 9 = 18 = -1
(якщо не бажано вводити дії з від’ємними числами, то можна залишити 18, не віднімаючи від нього 19);
-1 - 0 = -1, -1 х 9 = -9, -9 + 7 = -2,
-2 х 9 = -18 = 1;
1 	- 5 = -4, - 4 х 9 = -36 = 2, 2 + 4 = 6, 6 х 9 = 54 = 16;
248


16 - 2 = 14 = -5, -5 х 9 = -45 = 12,
12 	+ 7 = 19 = 0.
Ділиться.
Приклад 2. Чи ділиться число 81 452 на 13? Застосовуємо
правило:
8 х 3 = 24 = -2, -2 -1 = -3;
-3 х 3 = -9, -9 + 4 = -5;
-5 х 3 = -15 = -2, -2 - 5 = -7 = 6,
6x3= 18 = 5; 5 + 2 = 7.
Не ділиться. Остача 7.
Доведення цієї ознаки однотипне з вищевикладеним доведенням ознак подільності на 7.
322. 	Узагальнена ознака подільності
Думка про розбиття числа на грані з подальшим їхнім додаванням для визначення подільності даного числа виявилася дуже плідною і привела до узагальненої ознаки подільності багатоцифрових чисел на доволі велику групу простих чисел. Однією з груп «щасливих» дільників є всі цілі множники р числа d = 10п + 1, де п = 1, 2, 3, 4, ... (при великих значеннях п втрачається практичний зміст ознаки).
При п = 1, d = 11, р = 11;
при п - 2, d = 101, р = 101;
при п = 3, d = 1 001, р = 7, 11 і 13;
при п = 4, d = 10 001, р = 73 і 137.
Для визначення подільності якого-небудь числа на будь-яке з цих чисел р потрібно:
1) розбити дане число справа наліво (від одиниць) на грані по п цифр (кожному р відповідає своє п; крайня ліва грань може мати цифр менше від п);
2) додати грані через одну, починаючи з крайньої правої;
3) додати решту граней;
4) від більшої суми відняти меншу.
Якщо результат ДІЛИТЬСЯ на р, то на р ділиться дане не ділиться не ДІЛИТЬСЯ
число.
Так, для визначення подільності числа на 11 (р = 11) розбиваємо число на грані по одній цифрі (п = 1). Діючи далі, як вказано, 249


приходимо до відомої ознаки подільності на 11 (стор. 233). При визначенні подільності числа на 7, 11 або 13 (р = 7, 11, 13) розбиваємо на грані по 3 цифри (ті = 3). При визначенні подільності числа на 73 і 137 розбиваємо число на грані по 4 цифри (п = 4).
З’ясуємо, наприклад, подільність п’ятнадцятизначного числа 837 362 172 504 831 на 73 і на 137 (р = 73, 137, ті = 4).
Розбиваємо число на грані: 837 | 3621 | 7250 | 4831.
Додаємо грані через одну:
.4831 . 7250
3621 Ф 837
8452 8087
Віднімаємо від більшої суми меншу:
8452 - 8087 = 365.
Помічаємо, що 365 ділиться на 73, але не ділиться на 137; те саме можна сказати і про дане число.
Другою групою «щасливих» дільників є всі цілі множники р числа d = 10л — 1, де ті = 1, 3, 5, 7, .... Обмежуємося непарними значеннями п, тому що при п парному (п = 2тп) вираз 102m — 1 розкладається на множники як різниця квадратів, а дільники виду 10от + 1 ми щойно розглядали.
Число d = 10" — 1 дає такі дільники:
при ті = 1, d = 9, р = 3;
при п = 3, d - 999, р = 37;
при п = 5, d = 99 999, р = 41, 271 і т. д.
Для визначення подільності якого-небудь числа на будь-яке з цих чисел р потрібно:
1) розбити дане число справа наліво (від одиниць) на грані по п цифр (кожному р відповідає своє п; крайня ліва грань може мати цифр менше від п);
2) усі грані додати.
Якщо отриманий результат ,.Д^ЛИТЬСЛ на р? то нар .._УЛИТЬСЯ не ділиться не ділиться
й дане число.
Водночас зауважимо, що число, всі п розрядів якого — одиниці (починаючи з п = 3), також ділиться на відповідне р. Так, 111 ділиться на 37, 11 111 ділиться на 41 і на 271.
250


323. 	Курйоз подільності
На завершення розділу хочеться навести вам чотири дивовиж них десятизначних числа:
2 438 195 760; 4 753 869 120;
3 785 942 160; 4 876 391 520.
У кожному з них є всі цифри від 0 до 9, але кожна цифра — тільки один раз, і кожне з цих чисел ділиться на 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9


РОЗДІЛ ДВАНАДЦЯТИЙ
КРОС-СУМИ ТА ЧАРІВНІ КВАДРАТИ
А. КРОС-СУМИ
Візьмемо всі цілі числа від 1 до 9 і спробуємо розмістити їх у 2 ряди так, щоб суми чисел у кожному ряду були рівні між собою.
Прикиньмо, чи можливий такий розподіл вказаних чисел у 2 окремих ряди?
Сума всіх цілих чисел від 1 до 9 дорівнює 45. Якщо кожне з цих чисел входитиме тільки в один з двох рядів, то сума чисел кожного окремого ряду, за умовою, має становити половину суми всіх даних чисел. Однак 45 не ділиться на два рівних цілих числа, тому зробити розподіл усіх цілих чисел від 1 до 9 у два окремих ряди з рівними сумами неможливо. Проте поставленої мети можна досягти, якщо допустити розміщення чисел у два перетинних ряди, наприклад, так:
5
9 	І
З 	7 1 8 4 23 — сума
6 1
2
23 — сума.
При додаванні одиниця увійшла до суми чисел того й іншого ряду.
252


Перетинні ряди чисел з однаковими сумами називатимемо кроссу мами за аналогією з кросвордами. Напрямки розміщення чисел вказуються наперед, найчастіше вздовж ліній якої-небудь симетричної фігури; числа, що поміщаються в точках перетину двох чи кількох ліній, входять до суми чисел уздовж кожної з цих ліній.
Розв’яжіть запропоновані тут задачі на складання крос-сум, а потім придумуйте їх самі. Намагайтесь при цьому розмістити ряди чисел симетрично. Візьміть до уваги, що, як правило, задача про «крос-суми» має не один розв’язок.
324. 	Цікаві угруповання
У десяти кружках, розташованих уздовж сторін і вздовж раді- усівп рівностороннього трикутника (мал. 187), можна розмістити десять порядкових чисел від 1 до 10 так, аби сума чисел, розташованих на сторонах і в кутах кожного з трьох маленьких трикутників, дорівнюватиме 28. Варіант можливого розв’язку запропоновано на середній схемі мал. 187. Тут число 1, поміщене в центральний кружок, бере участь у кожній з трьох сум: 1 + 2 + 7 +8+6+4=1+4+6+9+5+3=1+3+5+ 10 + 7 + 2 — 28.
Мал. 187. Два можливих варіанти розв’язку.
Ці ж 10 чисел можна й інакше розмістити в кружках трикутника, наприклад, як у другому варіанті на мал. 187. Тепер сума чисел, розміщених на сторонах і в кутах маленьких трикутників, для кожного з них дорівнює 38:
10 	+ 6 + 8 + 1+ 9 + 4 = 10 + 4 + 9 + 3 + 7 + 5 =
= 10 + 5 + 7 + 2 + 8 + 6 = 38.
Проте найцікавіше полягає в тому, що з тих самих десяти цілих чисел можна утворювати щораз нові і нові їхні угруповання,
Тут: відрізки всередині трикутника, що містять його висоти або бісектриси, або медіани (прим. ред. укр. видання).
253


такі, що для кожного з маленьких трикутників виходитимуть суми і в 29 одиниць, і в ЗО одиниць, і в 31, 32, 33, 34, 35, 36 і 3'7 одиниць!
Як у кожному з цих дев’яти випадків будуть розміщуватися у кружках трикутника дані числа?
Замість того, аби вписувати числа у кружки, а потім витирати вписані числа, приготуйте 10 фішок довільної форми, напишіть на них числа і переміщуйте їх з кружка на кружок, поки не досягнете бажаного результату.
Мал. 188.
325. 	«Зірочка»
Приготуйте 12 фішок, пронумеруйте їх числами від 1 до 12 і розставте на кружки шестикутної зірочки (мал. 188) так, щоб сума чисел у чотирьох кружках кожного з шести променів дорівнювала 26.
326. 	«Кристал»
На мал. 189 показано частину фантастичної «кристалічної решітки», «атоми» якої умовно з’єднані в 10 рядів по 3 «атоми» в кожному (з’єднання «атомів» у ряди показано на мал. 189 лініями). Підберіть 13 цілих чисел, з них 11 різних і 2 однакових та впишіть їх в «атоми» так, щоб сума чисел у кожному ряду (вздовж вказаних на малюнку ліній) дорівнювала 20.
Найменше з шуканих чисел дорівнює 1, а найбільше — 15.
Мал. 189. «Кристалічна решітка».
254


327. 	Прикраса для вітрини
Для вітрини крамниці виробів із самоцвітів учень художньо- промислового училища виготовив п’ятикутну зірку з дротяними обідками і круглими оправами (мал. 190).
Мал. 190. Схема обідків та оправ.
В оправи він вставив найрізноманітніші самоцвіти (на малюнку їх не зображено). В першу оправу — 1 камінь, у другу — 2 камені, у третю — 3 камені і т. д. за порядком до 15 каменів включно.
Проте розмістив майстер камені так уміло, що загальне число каменів у кожних п’яти оправах, розміщених уздовж одного обідка, дорівнює 40, і загальне число каменів, розміщених в оправах, розташованих на п’яти кінцях зірки, також дорівнює 40.
Знайдіть розподіл каменів на п’ятнадцяти оправах, що задовольняє вказані умови.
328. 	Кому раніше вдасться?
Приготуйте два комплекти фішок. Фішки кожного комплекту пронумеруйте числами від 1 до 19.
Перемалюйте для себе і для товариша шестикутник, зображений на мал. 191, дайте товаришеві комплект фішок і запросіть його взяти участь у невеликому змаганні. Нехай кожний з вас розставить свої фішки у кружках шестикутника так, щоб сума чисел
Мал. 191. Шестикутник для гри.
255


уздовж кожної сторони і вздовж кожного радіуса шестикутника дорівнювала в одного з вас 22, а в іншого — 23. Складність цілком однакова.
Кому з вас раніше вдасться розв’язати задачу?
Пам’ятайте, що в одного з вас має вийти 12 рівних сум по 22 одиниці кожна, а в іншого — теж 12 сум, але по 23 одиниці кожна.
329. 	«Планетарій»
У малому «планетарії» всі «планети» розташовані по 4 на кожній «орбіті» і по 4 вздовж радіусів (мал. 192), а у великому «планетарії» — на п’яти «орбітах» і вздовж 5 радіусів по 5 «планет» (мал. 193). Маса кожної «планети» «малого планетарію» виражається одним з цілих чисел від 1 до 16, а маса кожної «планети» «великого планетарію» — одним з цілих чисел від 1 до 25. Не порушуючи вказаної схеми, розташуйте «планети» так,
Мал. 192. Малий «планетарій». Мал. 193. Великий «планетарій».
щоб у кожному ряду вздовж радіуса і по кожній орбіті сума мас «планет» дорівнювала 34 для малого «планетарію» і 65 для великого «планетарію».
Можливі різні розв’язки.
256


330. 	«Орнамент»
Перед вами своєрідний орнамент, що складається з 16 маленьких трикутників. Деякі групи із сусідніх чотирьох маленьких трикутників утворюють великі трикутники. На малюнку орна¬
менту (мал. 194) неважко помітити шість великих трикутників, «вплетених» один в інший.
Впишіть у кожен маленький трикутник орнаменту одне з цілих чисел від 1 до 16 (не повторюючи їх) так, щоб сума чисел у будь-якому з шести великих трикутників дорівнювала 34.
Б. ЧАРІВНІ КВАДРАТИ
331. 	Прибульці з Китаю й Індії
Однією з найбільш давніх і найбільш досконалих крос-сум є так звані чарівні (або магічні) квадрати.
Придумали чарівні квадрати, очевидно, китайці, оскільки уперше згадується про них у китайській книзі, написаній за 4000 — 5000 років до нашої ери.
Мал. 195. Найдавніший чарівний квадрат.
Найдавніший у світі чарівний квадрат китайців подано на мал. 195. Чорними кружками у цьому квадраті зображено парні
257


(жіночі) числа, білими — непарні (чоловічі) числа. У звичайному записі він не такий ефектний:
чисел розміщені в дев’яти клітинках квадрата так, що суми чисел уздовж кожного рядка, кожного стовпця і кожної з двох діагоналей однакові (основна властивість чарівного квадрата).
Пізніші відомості про чарівні квадрати, що належать уже до І століття, отримані з Індії. Ось одна з таких давньоіндуських пам’яток майже 2000-річної давності:
1
14
12
7
8
11
13
2
15
4
6
9
10
5
3
16
Тут 16 порядкових чисел розміщені в шістнадцяти клітинках квадрата так, що виконується основна властивість чарівного квадрата. Справді:
1 	+ 14 + 15+ 4 = 34, 12+ 7+ 6+ 9 = 34,
8 + 11 + 10+ 5 = 34, 13+ 2+ 3+ 16 = 34
1 	+ 7 + 10 + 16 = 34, 4 + 6 + 11 + 13 = 34.
34 34 34 34
Кожне число чарівного квадрата бере участь у двох сумах, а числа, розміщені по діагоналях, навіть у трьох, і всі ці суми рівні між собою!
258


Недаремно в ту далеку добу забобонів стародавні індуси, а вслід за ними й араби приписували цим числовим комбінаціям таємничі та магічні властивості.
Вся ця своєрідна мозаїка чисел з її сталістю сум справді надає чарівному квадратові «чарівної» сили твору мистецтва. І це привернуло увагу не тільки математиків, а й художників.
До Західної Європи з Індії цей чарівний квадрат проник лише на початку XVI століття і так зачарував видатного німецького художника, гравера і деякою мірою математика А. Дюрера, що художник навіть відтворив квадрат (у дещо зміненому вигляді) в одній зі своїх гравюр («Меланхолія», 1514 р.).
Цей чарівний квадрат захоплює не тільки сталістю сум, яка є лише його основною властивістю. Подібно до того, як в істинно художньому творі знаходиш тим більше нових привабливих сторін, чим більше в нього вдивляєшся, так і в цьому творі математичного мистецтва приховано ще немало чудових властивостей, окрім основної.
Вкажемо ще шість додаткових властивостей поданого вище шістнадцятиклітинкового чарівного квадрата.
1. Сума чисел, розміщених у кутах нашого чарівного квадрата, дорівнює 34, тобто тому самому числу, що й сума чисел уздовж кожного ряду квадрата.
2. Суми чисел у кожному з маленьких квадратів (у 4 клітинки), що прилягають до вершин даного квадрата, і в такому самому центральному квадраті теж однакові й кожна з них дорівнює 34:
1 + 14 + 12 + 7 = 34,
8 + 11 + 13 + 2 =34,
10 + 5 + 3 + 16 = 34,
15 + 4 + 6 + 9 = 34,
7 	+ 6 + 11 + 10 = 34.
3. У кожному його рядку є пара чисел, які стоять поряд і сума яких дорівнює 15, і ще пара чисел, які теж стоять поряд і сума яких дорівнює 19.
4. Підрахуйте-но тепер суму квадратів чисел окремо у двох крайніх рядках і у двох середніх:
І2 + 142 + 152 + 42 = 438 і ІЗ2 + 22 + З2 + 162 = 438,
259


122 + 72 + б2 + 92 = 310 і 82 + II2 + 102 + 52 = 310.
Як бачите, вийшли попарно рівні суми!
5. Неважко переконатися, що аналогічну властивість мають і стовпці чисел. Суми квадратів чисел двох крайніх стовпців рівні між собою, і суми квадратів чисел двох середніх стовпців теж однакові.
6. Якщо в даний квадрат вписати ще один квадрат з вершинами
а) сума чисел, розміщених уздовж однієї пари протилежних сторін вписаного квадрата, дорівнює сумі чисел, розміщених уздовж іншої пари протилежних його сторін і кожна з цих сум дорівнює знову-таки числу 34:
12 + 14 + 3 + 5 = 15 + 9 + 8 + 2 = 34;
б) ще цікавіше те, що рівні між собою навіть суми квадратів і суми кубів цих чисел:
122 + 142 + З2 + 52 = 152 + 92 + 82 + 22,
123 + 143 + З3 + 53 = 153 + 93 + 83 + 23.
Якщо всі стовпці чарівного квадрата зробити рядками, зберігаючи їхню черговість, тобто числа першого стовпця в тій самій послідовності розмістити у виді першого рядка, числа другого стовпця у виді другого рядка і т. д., то квадрат залишиться «чарівним» з тими самими його властивостями.
При заміні місцями окремих рядків або стовпців чарівного квадрата деякі з вищеперелічених його властивостей можуть зникнути, але можуть і всі зберегтися та навіть з’явитися нові. Наприклад, поміняємо місцями перший і другий рядки даного квадрата:
260


12
7
6
9
1
14
15
4
8
11
10
5
13
2
3
16
Суми чисел уздовж рядків і стовпців, звичайно, не змінилися, але суми чисел уздовж діагоналей стали іншими, тобто вони не дорівнюють 34. Чарівний квадрат втратив частину своїх основних властивостей, став «неповним чарівним квадратом».
Продовжуючи міняти місцями рядки і стовпці квадрата, ви отримуватимете щораз нові й нові чарівні квадрати з 16 чисел. Деякі з них знову повністю матимуть основні властивості.
Задача. Міняючи місцями рядки і стовпці даного чарівного квадрата (див. стор. 258), добийтеся такого розміщення чисел, аби:
1) виконувалися основні властивості чарівного квадрата (суми вздовж кожного рядка, стовпця і діагоналі були би рівними);
2) суми квадратів чисел уздовж діагоналей були б однаковими;
3) суми кубів чисел уздовж діагоналей теж були б однаковими.
332. 	Як самому скласти чарівний квадрат?
Якщо деяка кількість порядкових чисел, наприклад, всі цілі числа від 1 до 16 або від 1 до 9, від 1 до 25, від 1 до 100 і т. д., розміщені у формі квадрата так, що суми чисел уздовж кожного рядка, кожного стовпця і кожної діагоналі квадрата однакові, то такий квадрат, як було сказано, називається магічним, або чарівним.
Ідея складання чарівного квадрата, що виникла близько семи тисячоліть тому, поступово захопила як любителів математичних розваг, так і фахівців-математиків. Почалися й досі продовжуються пошуки теоретичних обґрунтувань цього дивовижного і прекрасного 261


явища у світі чисел. За сотні років вигадано сотні дотепних способів та правил складання різних чарівних квадратів.
Хочете ознайомитися з деякими найцікавішими з них? У такому разі діятимемо подібно до радіоаматорів. Ще не знаючи у всіх подробицях теорії радіоприймання, вони вже вміють збирати радіоприймач з готових деталей за готовими схемами. Наші «деталі» — числа, а «панель» (дошка, на якій монтуються деталі) — квадрат з клітинками. «Змонтуймо» шістнадцятиклітинковий чарівний квадрат за схемою, поданою нижче.
Перший крок. Розмістити у шістнадцяти клітинках усі цілі числа від 1 до 16 за порядком:
Третій крок. Порядок послідовності чисел у другому і третьому стовпцях змінити на зворотний:
Другий крок. Порядок послідовності чисел у рядках III і IV змінити на зворотний та поміняти місцями рядки П і ПІ:
Четвертий крок. Порядок послідовності чисел в рядках ПІ і IV змінити на зворотний:
1
2
3
4
12
11
10
9
5
6
7
8
16
15
14
13
12 3 4
1
15
14
4
12
6
7
9
8
10
11
5
13
3
2
16
262


Чарівний квадрат готовий. Можете перевірити. Кожна із сум, які нас цікавлять, дорівнює 34 (це число називають константою чарівного квадрата).
Далі ви знайдете ще кілька способів складання шістнадцяти- клітинкового чарівного квадрата (див. задачі 333, 340, 341). Користуючись будь-яким з них чи вказаною тут схемою, складайте квадрати зі сталими сумами не тільки з шістнадцяти порядкових чисел, а також із шістнадцяти будь-яких цілих чисел, що відрізняються одне від одного послідовно на одне і те саме число. Розширюючи початкове визначення чарівного квадрата, будемо й такі квадрати теж називати чарівними.
Задача. Складіть чарівний квадрат з шістнадцяти непарних чисел від 1 до 31. Поставимо вимогу, щоб цей чарівний квадрат мав і деякі додаткові властивості, наприклад:
1) має бути однаковою, тобто дорівнювати числу 64 (константа квадрата), сума чисел, розміщених: а) у чотирьох кутах усього шістнадцятиклітинкового квадрата; б) у чотирьох кутах чотирьох дев’ятиклітинкових квадратів; в) у чотирьох кутах дев’яти чотири- клітинкових квадратів, що входять до складу всього квадрата; г) у чотирьох кутах шести прямокутників завдовжки 4 клітинки і завширшки 2 клітинки; ґ) уздовж кожної пари протилежних сторін вписаного квадрата з вершинами у серединах сторін даного квадрата;
2) суми квадратів чисел в яких-небудь двох рядках повинні бути рівними між собою і суми квадратів чисел в інших двох рядках теж повинні бути рівними між собою;
3) суми квадратів чисел в яких-небудь двох стовпцях повинні бути однаковими і суми квадратів чисел у двох інших стовпцях теж повинні бути однаковими.
Міняючи місцями рядки і стовпці у початковому чарівному квадраті, побудуйте квадрат, що має усі необхідні властивості. Зробіть це!
333. 	На підступах до загальних методів
Кількістю клітинок (чисел) у кожному ряду чарівного квадрата визначається його «порядок».
Чарівний квадрат т р е т ь о г о порядку має в кожному ряду З клітинки, чарівний квадрат четвертого порядку —4 клітинки і т. д.
263


Спосіб складання чарівного квадрата четвертого порядку, розглянутий у попередній задачі, вельми індивідуальний; він незастосовний до квадратів інших порядків. Варто ознайомитися і з методами дещо більш загальними. Найбільш сприятливою у цьому разі є ситуація з квадратами непарного порядку; з них і почнемо.
Квадрати непарного порядку. Для квадратів непарного порядку справді можна вказати загальний і доволі простий метод їхнього складання. Розглянемо його на прикладі квадрата п’ятого порядку, а потім ви цей метод легко застосуєте до квадратів третього, сьомого та інших непарних порядків.
1
А
6
2
В
11
7
3
16
12
8
4
21
17
13
9
5
22
18
14
10
23
19
15
D
24
20
С
25
Мал. 196. Так починаємо побудову чарівного квадрата п’ятого порядку.
Будуємо квадрат ABCD (мал. 196) з 25 клітинками і тимчасово доповнюємо його до симетричної ступінчастої фігури (зображеної на тому самому малюнку) з уступами в одну клітинку.
В утвореній фігурі розміщуємо за порядком навскісними рядами зверху-вниз-направо 25 цілих чисел від 1 до 25.
А тепер кожне число, що залишилося поза квадратом ABCD, слід перенести вздовж того самого ряду або стовпця від тієї клітинки, 264


котру воно займає, рівно на стільки клітинок, який порядок квадрата, в нашому прикладі — на п’ять.
Так, відповідно до цього правила число 6 потрібно помістити у клітинку під числом 18, а число 24 — вище від числа 12; тоді 1 — нижче від 13, а 25 — вище від 13; потім 16 — правіше від 8, а 4 — лівіше від 12 і т. д.
Остаточно отримаємо чарівний квадрат, зображений на мал. 197.
А
В
11
24
7
20
3
4
12
25
8
16
17
5
13
21
9
10
18
1
14
22
23
6
19
2
15
D
с
Мал. 197. Чарівний квадрат готовий.
Неважко переконатися у тому, що в утвореному квадраті виконуються основні властивості чарівного квадрата, тобто сума чисел уздовж кожної діагоналі, вздовж кожної вертикалі і горизонталі одна й та сама і дорівнює константі квадрата — 65.
Тут, як і у попередньому випадку, порядкові числа можна замінити на будь-які інші послідовні числа, але такі, щоб різниця між кожним наступним і попереднім числами залишалася незмінною.
Задача. Поміркуйте, як застосувати описаний тут спосіб складання чарівного квадрата з 25 клітинок для складання чарівних квадратів третього і сьомого порядків.
265


Деякі квадрати парного порядку. Складнішою є ситуація з чарівними квадратами парного порядку. Способи їхнього складання не є такими узагальненими.
Звернімося ще раз до квадрата четвертого порядку. Приготуємо два квадрати по 16 клітинок у кожному і проведемо діагоналі.
У клітинки першого квадрата впишемо дані числа за порядком, починаючи з меншого і пропускаючи поки ті з них, які припадають на клітинки, перекреслені діагоналями (мал. 198, а).
Пропущені числа, починаючи з найбільшого з них (тобто з 16), розмістимо послідовно в порядку спадання у перекреслених клітинках другого квадрата (мал. 198, d).
Мал. 198. Побудова чарівного квадрата четвертого порядку.
Наклавши тепер один квадрат на інший так, щоб сумістилися їхні клітинки, отримаємо шуканий чарівний квадрат четвертого порядку, зображений на мал. 198, в.
Той самий принцип з невеликим доповненням, застосований для розміщення чисел у квадрат з 64 клітинками, веде до утворення чарівного квадрата восьмого порядку.
Намалюємо вісім квадратів по 16 клітинок у кожному, проведемо діагоналі і складемо з цих восьми квадратів два квадрати по 64 клітинки.
Заповнимо клітинки першого квадрата порядковими числами, починаючи з найменшого і пропускаючи ті з чисел, які припадають на перекреслені клітинки (мал. 199, а). Пропущені числа, починаючи з більшого, розмістимо в порядку спадання у перекреслених клітинках другого квадрата (мал. 199, б). Об’єднавши обидва квадрати в один, отримаємо шуканий чарівний квадрат восьмого порядку (мал. 199, в).
266


а;
64
61
66
7
57
55
54
'ч
51
50
47
46>
43
42
40
37
36
\з
32>
29
28'
25
✓
23
22 (
\о
18
Z
15
/
14
/
11
£
10
з'
Ч5
4
41  і
б)
64
2
3
61
60
6
7
57
9
55
54
12
13
51
50
16
17
47
46
20
21
43
42
24
40
26
27
37
36
ЗО
31
33
32
34
35
29
28
38
39
25
41
23
22
44
45
19
18
48
49
15
14
52
53
11
10
56
8
58
59
5
4
62
63
1
в)
Мал. 199. Побудова чарівного квадрата восьмого порядку.
Константа цього квадрата 260.
Здавалося б, знайдено метод конструювання чарівних квадратів парного порядку. Проте це не так. Скласти чарівний квадрат шостого порядку в той самий спосіб не вдасться. З його конструюванням значно більше клопоту.
Намалюємо квадрат з 36 клітинок і поділимо його на 4 квадрати по 9 клітинок (мал. 200, а). Числа від 1 до 9 розмістимо в лівому верхньому квадраті за принципом складання квадрата непарного порядку (див. стор. 264). За тим самим принципом заповнимо числами й інші три дев’ятиклітинкових квадрати: нижній правий — числами від 10 до 18, правий верхній — числами від 19 до 27 і, нарешті, нижній лівий — числами від 28 до 36 (мал. 200, а).
267


Після цього необхідно поміняти місцями числа 4, 5 і 8 з числами 31, 32 і 35, й чарівний квадрат готовий (мал. 200, б). Його константа 111.
4^
9
2
22
27
20
3
ч 5
7
21
23
25
8
1
6
26
19
24
31'
36
29
13
18
11
зо
32
34
12
14
16
7
35
28
33
17
10
15
а)
31
9
2
22
27
20
3
32
7
21
23
25
35
1
6
26
19
24
4
36
29
13
18
11
ЗО
5
34
12
14
16
8
28
33
17
10
15
б)
335. 	«Чарівна» гра в «15»
У коробочці, розрахованій на 16 квадратних плиток, міститься тільки 15 пронумерованих плиток; одне місце — «порожнє». Зазвичай гра в «15» полягає у тому, що, попередньо розмістивши в коробці всі 15 плиток у довільному порядку, потім намагаються розташувати їх у «правильному» порядку (вказаному на мал. 202),
268


пересуваючи плитки одну за іншою на вільне місце, але не виймаючи їх з коробочки.
У такому вигляді ця гра малозміс- товна. Проте її математичний зміст можна значно збагатити введенням додаткової вимоги: пересуваючи плитки, розмістити їх так, щоб утворився чарівний квадрат з шістнадцяти чисел (порожню клітинку, в якому би місці коробочки вона не знаходилася, вважати нулем). Є одна цікава обставина: якщо спочатку плитки були Мал. 202. Гра в «15».
розміщені у «правильному» порядку, як зображено на мал. 202, то ніякими їхніми пересуваннями неможливо утворити чарівний квадрат, але варто тільки поміняти місцями будь-які дві плитки (розміщені по горизонталі), і... задача стає здійсненною.
Якщо у вас нема цієї гри, то виготовте її самі.
Розмістіть тепер плитки гри в «15» так, як зображено на мал. 203 (нормальний порядок розміщення плиток порушують останні дві плитки). Не виймаючи плиток з коробочки, а лише переміщуючи їх, утворіть чарівний квадрат з константою ЗО. Добийтеся розв’язку не більше, ніж за 50 рухів! Доведеться, певна річ, виявити терпіння і велику наполегливість.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
15
14
Мал. 203. Порядок порушено.
336. 	Нетрадиційний чарівний квадрат
Усі числа традиційного чарівного квадрата неодмінно порядкові. У більш загальному випадку клітинки квадрата можуть бути заповнені будь-якими числами.
Нехай у шістнадцяти клітинках квадрата розміщені, як показано на мал. 204, всі цілі числа від 1 до 8, кожне з них двічі. Переставте ці числа так, щоб їхня сума у будь-якому з горизонтальних, вертикальних і діагональних рядів, а також у кутах квадрата дорівнювала 18. І це ще не все. Ту саму суму 18 мають утворювати: 1) числа будь-якого квадрата з чотирьох суміжних клітинок; 2) числа, розміщені у кутах будь-якого квадрата з дев’яти 269


суміжних клітинок, і жодне число в кожній з цих сум не повинно повторюватися.
Добийтеся розв’язання цієї задачі шляхом проб, а можливо, ви придумаєте схему.
1
2
3
4
5
6
7
8
8
7
6
5
4
3
2
1
Мал. 204. Переставивши числа, отримати чарівний квадрат.
96
11
89
68
88
69
91
16
61
86
18
99
19
98
66
81
Мал. 205. Квадрат- « перевертень».
* * *
Якийсь жартівник склав доволі потішний нетрадиційний чарівний квадрат з константою S = 264 (мал. 205). Це — квадрат- « перевертень».
Як ви гадаєте: чому?
337. 	Що в центральній клітинці?
З’ясуємо тепер, яке число займає центральну клітинку чарівного квадрата з непарним числом клітинок. Розглянемо два дев’яти- клітинкових чарівних квадрати, подані на мал. 206. В обох випад¬
ках число, що стоїть у центральній клітинці, дорівнює тобто о
одній третині константи квадрата.
4
9
2
3
5
7
8
1
6
S = 15
49
54
47
48
50
52
53
46
51
S=150
Мал. 206. Число в центральній клітинці дорівнює -і S.
О
270


Звернімося до відомого нам двадцятип’ятиклітинкового чарівного квадрата (мал. 207).
11
24
7
20
3
4
12
25
8
16
17
5
13
21
9
10
18
1
14
22
23
6
19
2
15
«2
аз
«4
«6
«7
«8
«9
Мал. 208. Квадрат третього порядку.
S 	= 65
Мал. 207. Число в центральній клітинці дорівнює і S.
5
Тут число, що стоїть у центральній клітинці, дорівнює —S,
5
тобто одній п’ятій константи квадрата. Зі спостережень напрошується припущення про таку закономірність: число, що стоїть у центральній клітинці чарівного квадрата з непарним числом клітинок, дорівнює середньому арифметичному суми чисел одного ряду. Проте правдивість кожної властивості, поміченої зі спостережень, можна вважати остаточно встановленою тільки після її перевірки «для загального випадку». Обмежимося поки що «загальним виглядом» дев’ятиклітинкового чарівного квадрата, поданим на мал. 208. Замість чисел тут поки що букви. Буквеними ж рівностями буде виражено й основну властивість чарівного
квадрата:
а1 + а2 + а3 = S,
ах + а4 + а7 = S,
ал + + а = S,
а2 + а5 + “в = S’
а7 + as + ад = S,
a3 + “б + °9 = S’
Qj + а5 + ад = S,
а3 + а5 + а7 = S.
Доведіть, що за цих умов неодмінно
271


338. 	«Чарівні» добутки
Різновидом вправ з чарівним квадратом є задача про заповнення клітинок розграфленого квадрата натуральними числами, які не повторюються, так, щоб їхні добутки в кожному рядку, в кожному стовпці і в обох діагоналях були однаковими. З порядкових чисел такий квадрат ще не складено, та, мабуть, і не може бути складено. Якщо ж допустити довільний вибір чисел, то серед незліченної множини натуральних чисел, звичайно, знайдуться відповідні.
Як же їх підібрати?
Є вичерпний спосіб складання якого-небудь (який вийде!) квадрата зі сталим добутком. За основу цього способу взято відоме правило множення степенів: при множенні степенів з однаковими основами основа залишається тією самою, а показники степенів додаються. Наприклад,
24 • 23 • 28 = 24+3+8 або 28 • 2 • 26 = 28 + 1 + 6.
У вибраному прикладі суми показників степенів будуть однаковими:
4 + 3 + 8 = 8 + 1 + 6, а отже, і добутки степенів будуть однаковими:
24 • 23 • 28 = 28 • 2 • 26.
Тепер зрозуміло, що якщо взяти будь-яке число, наприклад 2, як основу степеня, а показниками степеня зробити числа якого- небудь чарівного квадрата зі сталою сумою, наприклад такого, як на мал. 209, а, то отримані числа утворюють чарівний квадрат з однаковими добутками Р (мал. 209, б).
Для цього квадрата добуток:
Р = 24 • 23 • 28 = 24 • 29 • 22 = 24 • 25 • 26 = і т. д. = 215 = 32 768.
4
9
2
2і
29
22
=
16
512
4
3
5
7
23
25
27
8
32
128
8
1
6
28
2і
2е
256
2
64
а) б) в)
Мал. 209. Побудова чарівного квадрата зі сталим добутком 216.
Таким шляхом будь-який чарівний квадрат зі сталою сумою можна перетворити на деякий квадрат зі сталим добутком.
272


Для складання чарівних квадратів зі сталими добутками можна запропонувати ще іншу схему, не залежну від квадратів зі сталими сумами.
Розкладемо а3 на три множники: 1 • а • а2. По-різному групуючи ці три числа, неважко скласти квадрат зі сталим добутком, що дорівнює а3. Для цього спочатку заповнимо даними множниками послідовно всі клітинки якої-небудь діагоналі квадрата, наприклад, знизу-вгору-направо (мал. 210, а). Ці ж числа 1, а і а2 розмістимо у вільні клітинки, які залишилися, ще по два рази кожне симетрично відносно заповненої діагоналі, причому так, щоб у кожному рядку і кожному стовпці ці числа не повторювалися (мал. 210, а).
Утворився чарівний квадрат зі сталим добутком а3, але він ще не відповідає поставленій меті, оскільки його клітинки заповнені числами, що повторюються.
а
1
2 а
о а“
а
1
1
а2
а
а)
1
ь2
ь
ь2
ь
1
ь
1
ь2
б)
а
Ь2
а2Ь
о. о
СТО"
ab
1
b
„2 а
ab2
Мал. 210. Побудова чарівних квадратів зі сталим добутком а8, Ь3 і а = Ь3.
Проробимо те ж саме з числами 1, b і Ь2 з тією лише різницею, що спочатку розмістимо їх уздовж іншої діагоналі квадрата, наприклад, зверху-вниз-направо (мал. 210, б). Накладемо другий квадрат на перший і перемножимо числа, що потрапили в одну
і ту саму клітинку (мал. 210, в). Добуток чисел у кожному рядку, в кожному стовпці і вздовж діагоналей сталий і дорівнює а3Ь3.
Замінюючи а і b на числа, краще прості (тоді напевно не буде чисел, що повторюються), отримаємо числові чарівні квадрати зі сталими добутками. Нехай, наприклад, а = 2, Ъ = 3, тоді отримаємо чарівний квадрат із добутком Р = 216 (мал. 211).
2
9
12
36
6
1
3
4
18
Мал. 211. Р = 216.
273


Задача 1. За такою самою схемою складіть чарівний квадрат третього порядку з трьома параметрами a, b і с так, щоб сталий добуток дорівнював а363с3.
*
* *
Невідомо, чи хтось придумав схему складання чарівного квадрата четвертого порядку зі сталим добутком, не залежну від чисел чарівного квадрата зі сталими сумами. Тому поки що доводиться задовольнитися прикладом неповного квадрата четвертого порядку, «загальний вигляд» якого подано на мал. 212, а, а окремий випадок (для а = 2, 6 = 3, с = 5 і d = 7) — на мал. 212, б.
Тут добутки чисел у кожному рядку і в кожному стовпці однакові: a2b2c2d2 = 44 100, але вони не збігаються з добутками чисел уздовж діагоналей.
а2
b2
c2
d2
bed
a
abd
c
d
acd
b
abc
be
cd
ad
ab
а)
4
9
25
49
105
2
42
5
7
70
3
30
15
35
14
6
б)
1
12
10
15
2
4
8
5
3
Мал. 212. Формула і приклад неповного квадрата четвертого порядку.
Мал. 213. Неповний квадрат третього порядку.
Між іншим, один з таких самих неповних квадратів третього порядку, а саме квадрат, поданий на мал. 213 (рівні добутки чисел тільки в рядках і стовпцях), привертає увагу ще цікавою додатковою властивістю:
82 + 52 + З2 = 72 + 72,
84 + 54 + З4 = 74 + 74.
Задача 2. Формула добутку чисел кожного рядка і кожного стовпця попереднього неповного квадрата третього порядку: а3Ьс. Відповідно до цього замініть числа цього квадрата на відповідні букви.
274


339. 	«Скринька» арифметичних курйозів
Вельми курйозні співвідношення інколи виявляються серед цілих чисел!
Візьмемо, наприклад, 12 звичайних цілих чисел:
1, 2, 3, 6, 7,11,13,17,18, 21, 22, 23.
На вигляд вони нічим не примітні. Та ось я їх розподіляю на 2 групи:
1, 6, 7, 17,18, 23 і 2, 3,11,13, 21, 22.
Порівняйте тепер суми чисел кожної групи:
1 + б + 7 + 17 + 18 + 23 = 72,
2 + 3 + 11 + 13 + 21 + 22 = 72.
Суми виявилися рівними. А суми квадратів тих самих чисел?
І2 + б2 + 72 + 172 + 182 + 232 = 1228,
22 	+ З2 + II2 + ІЗ2 + 212 + 222 = 1228.
Суми квадратів теж однакові. А суми кубів? Можете самі переконатися в тому, що і суми кубів, і суми четвертих степенів, і суми п’ятих степенів цих чисел будуть однаковими:
13 + б3 + 73 + 173 + 183 + 233 = 23 + З3 + II3 + ІЗ3 + 213 + 223;
14 + б4 + 74 + 174 + 184 + 234 = 24 + З4 + II4 + ІЗ4 + 214 + 224;
15 + б5 + 75 + 175 + 185 + 235 = 25 + З5 + II5 + ІЗ5 + 215 + 225.
Ще дивовижніше: збільшуйте чи зменшуйте всі числа першої
і другої груп на яке хочете одне й те саме ціле число — утворювані нові групи матимуть ті самі властивості.
Зменшимо, наприклад, усі дані числа на 12; отримаємо: —11, -6, -5, 5, 6,11 і -10, -9, -1,1, 9,10.
Очевидно, що сума чисел першої групи дорівнює сумі чисел другої групи (обидві суми — нулі). Рівні й суми кубів і суми п’ятих степенів цих чисел (теж — нулі). Неважко переконатися й у рівності сум квадратів і сум четвертих степенів даних чисел: (-11)2 + (-б)2 + (-5)2 + 52 + б2 + II2 =
= (-10)2 + (-9)2 + (-1)2 + І2 + 92 + 102; (-11)4 + (-б)4 + (-5)4 + 54 + б4 + II4 =
= (-10)4 + (—9)4 + (-1)4 + І4 + 94 + 104.
Ну, а тепер невеликий здогад, і у ваших руках буде формула, яка дасть вам стільки груп чисел, що мають вищевказану властивість, скільки ви захочете:
(тп - 11)л + (тп - 6)л + (тп - 5)л + (ш + 5)л + (тп + б)л + (тп + 11)л = = (тп - 10)л + (тп - 9)л + (тп - 1)л + (тп + 1)л + (тп + 9)” + (т + 10)л, де тп — будь-яке число, а п = 1, 2, 3, 4 або 5.
275


Цікавими є також ті числа, які віднімаються від числа т або додаються до нього. Кожне з цих чисел, взяте зі знаком плюс або зі знаком мінус, входить до складу першого і третього рядків так званого «нульового» неповного чарівного квадрата (мал. 214).
6
-11
5
-16
12
4
10
-1
-9
Мал. 214. «Нульовий» неповний квадрат.
«Нульовим» його назвали тому, що сума чисел у кожному рядку і в кожному стовпці дорівнює нулю. Елементи (числа) «нульового» чарівного квадрата утворюють ще кілька курйозних співвідношень:
1) б2 + (-11)2 + 52 = 102 + (-1)2 + (-9)2,
б4 + (-11)4 + 54 = 104 + (-1)4 + (—9)4;
2) рівні між собою суми добутків чисел в рядках, у стовпцях, а також по всіх діагоналях, які можуть утворитися при будь- якому переміщенні рядків і стовпців квадрата:
[6 • (-16) • 10] + [(-11) • 12 • (-1) + [5 • 4 ■ (-9)] =
= [6 • (-11) • 5] + [(-16) • 12 • 4] + [10 • (-1) • (-9)] =
= [6 • 12 • (-9)] + [(-11) • 4 ■ 10] + [5 • (-16) • (-1)] =
= (5 12- 10) + [(-11) • (-16) • (-9)] + [6 • 4 • (-1)] = -1008;
3) якщо елементи (числа) будь-якого стовпця або рядка позначити буквами а9 b і с, то, крім основної тотожності а + Ъ + с = 0, будуть справджуватися такі:
а2 - be = b2 - са = с2 - ab, а3 + Ь3 + с3 = ЗаЬс.
Переконайтеся у цьому.
Як бачите, цей «нульовий» чарівний квадрат — ціла «скринька» різних курйозних арифметичних співвідношень.
В. 	ЕЛЕМЕНТИ ТЕОРІЇ ЧАРІВНИХ КВАДРАТІВ
340. 	«За доповненням»
Нехай а9 а' 9 Ь9 Ь', с, с'9 d9 d', е9 е'9 f9 g9 g'9 hih' — елементи традиційного чарівного квадрата четвертого порядку (мал. 215), причому
а + а' = b + b' = с + с' = ... = 17.
276


Таке співвідношення між числами квадрата цілком можливе, оскільки всі шістнадцять цілих чисел, які утворюють традиційний
а
h
Є
с
8
b
d
f
є’
с'
а*
h'
df
f
g'
b'
Мал. 215. Числа чарівного квадрата замінено на букви.
чарівний квадрат, діляться на 8 пар так, що числа кожної пари доповнюють одне одного до 17. Наприклад, 1 і 16, 2 і 15, 3 і 14 і т. д. Запропонуємо таку задачу.
Замінюючи букви на числа, визначити, скільки можна отримати істотно різних чарівних квадратів зі сталою сумою, що дорівнює 34, вздовж кожної горизонталі, вертикалі і діагоналі, в чотирьох вершинах даного квадрата, у квадраті з чотирьох сусідніх клітинок і в чотирьох вершинах будь-якого квадрата з дев’яти сусідніх клітинок.
Істотно різними квадратами називатимемо такі, які не можна отримати один з іншого шляхом перестановки рядків і стовпців та заміни рядків на стовпці.
За умовою, a + b + g + h = 34. Не втрачаючи загальності, можна вважати, що а = 1, тоді а' = 16. У такому випадку Ь9 g і h кожне менше, ніж 16. Звідси водночас випливає, що кожне з них більше, ніж 3. Якби ж було, наприклад, Ь < 3, тоді неминуче g або h ftyjiQ би більше чи дорівнювало 16, що виключено.
Згідно з умовою, маємо ще: а + b' + с + d' = 34. Міркуючи аналогічно до попереднього, робимо висновок, що кожне з чисел Ь’, сі d' більше, ніж 3. Якщо тепер Ь = 14 або 15, то Ь' = 3 або 2, що виключається. Таким чином, 3 < Ь < 14.
Не втрачаючи загальності, можна вважати Ь < 8, оскільки якщо b > 8, то Ь' < 8, яке може рівноправно замінити собою Ь. Отже, достатньо розглянути такі можливі значення: Ь = 4, 5, 6, 7 І8.
Загальність не порушиться й від припущення, що h > g. Тепер неважко перерахувати всі можливі значення групи чисел (а, Ь, gih):
277


(1, 4,14,15), (1, 6,13,14), (1, 8,10,15), (1, 5,13,15), (1, 7,11,15), (1, 8,11,14), (1, 6,12,15), (1, 7,12,14), (1, 8,12,13).
До кожного з цих комплектів ми можемо підібрати відповідні можливі значення для с і d'9 оскільки за умовою маємо: а + Ь' + + с + d' — 34.
Наприклад, якщо a, ft, g і h дорівнюють відповідно 1, 4, 14, 15 (перший комплект), то b' = 13, с + d' = 34 - 1 - 13 = 20 і для сі d' маємо тільки такі можливі значення: 8 і 12 або 12 і 8, а також 9 ill або 11 і 9 (інші значення неможливі, оскільки числа не повинні повторюватися).
Таким самим чином можна підібрати всі можливі значення cid'9 що відповідають іншим комплектам значень a, b, g і h. Проробіть цей підбір і складіть усі можливі комплекти значень для а9 b9 g9 h9 b'9 с, d'. Вийде їх не так уже й багато — всього 24.
Тепер для кожної з отриманих 24 комбінацій треба підібрати відповідні значення f і Це можна зробити, виходячи з умови, що сума чисел, розміщених у вершинах будь-якого квадрата з дев’яти сусідніх клітинок, має дорівнювати константі квадрата, тобто 34:
& 	+ /+&' + f = 34.
Підбираючи відповідні значення f і f9 слід мати на увазі, що кожне знайдене значення f чи f дає змогу відразу ж однозначно визначити значення останньої пари невідомих: е і є'. Терпляче проробивши відповідне випробування кожного з 24 випадків, ви виявите, що вІО випадках не забезпечуються можливі значення для /і/', у 4 випадках не забезпечується до трьох знайдених у рядку чи стовпці таке четверте число, щоб сума чотирьох чисел дорівнювала 34; не підходить, наприклад, комбінація чисел (1, 10, 13) або (1, 9, 15), оскільки чарівний квадрат не повинен містити чисел, які повторюються, а саме у першому з цих випадків четвертим числом могло би бути тільки 10 (= 34 - 1 - 10 - 13), а в другому — 9(=34-1-9-15);у7 випадках не забезпечуються істотно різні квадрати, тобто утворювані квадрати можна перетворити один на інший шляхом перестановки рядків і стовпців та заміни рядків на стовпці, і лише у 3 випадках утворювані комбінації чисел задовольняють усі поставлені умови.
Отже, можливі тільки три істотно різних чарівних квадрати четвертого порядку «за доповненням», що мають вищевказані властивості. їх подано на мал. 216. Останній із цих квадратів
278


тільки порядком розміщення стовпців і рядків відрізняється від чарівного квадрата, який ми розглянули спочатку (див. малюнок на стор. 258). Той квадрат, як ви пам’ятаєте, мав кілька додаткових властивостей. Майже всі ці додаткові властивості характерні також
Мал. 216. Три істотно різних чарівних квадрати.
Читачеві, який ознайомлений з визначниками, буде цікаво дізнатися ще про одну властивість наведених тут трьох чарівних квадратів: якщо кожен з них розглядати як визначник четвертого порядку, то такий визначник дорівнюватиме нулю. Чарівні квадрати інших порядків, здається, такої властивості не мають.
341. 	«Правильні» чарівні квадрати четвертого порядку
Кожен традиційний чарівний квадрат четвертого порядку можна розкласти на суму чотирьох квадратів так, що в першому квадраті будуть тільки одиниці, у другому — тільки двійки, в третьому — четвірки і в четвертому — вісімки. Справді, елементами традиційного чарівного квадрата четвертого порядку є всі цілі числа від 1 до 16, а якщо кожне з них зменшити на 1, то отримаємо чарівний квадрат, елементами якого будуть усі цілі числа від 0 до 15.
Використовуючи тільки чотири числа 1, 2, 4 і 8, причому кожне не більше, ніж один раз, можна за допомогою додавання утворити
будь-яке ціле число від 1 до 15:
1 = 1,
6 = 2+4,
11 = 1 + 2 + 8,
2 = 2,
7 = 1 + 2 + 4,
12 = 4 + 8,
3 = 1 + 2,
8 = 8,
13 = 1 + 4 + 8,
4 = 4,
9 = 1 + 8,
14 = 2 + 4 + 8,
5 = 1 + 4,
10 = 2 + 8,
15 = 1 + 2 + 4 +8.
Користуючись такою можливістю, розкладемо всі числа чарівного квадрата на складові частини, залишимо одиниці на своїх місцях,
279


а двійки, четвірки і вісімки відокремимо й розмістимо їх окремо у відповідних клітинках наперед приготованих квадратів. Це і буде розкладанням даного чарівного квадрата четвертого порядку на суму чотирьох квадратів.
Так, наприклад, квадрат, поданий на
9
14
2
5
15
4
8
3
0
11
7
12
6
1
13
10
4
4
8
8
4
4
8
8
4
4
8
8
4
4
8
8
Мал. 218. ...і квадрати, що його утворюють.
0
4
15
11
9
13
2
6
14
10
5
1
7
3
8
12
Мал. 219. «Неправильний* чарівний квадрат...
чотирьох квадратів, зображених на мал. 218. Чарівний квадрат, поданий на мал. 219, розкладається на суму чотирьох квадратів, зображених на мал. 220.
Чарівний квадрат четвертого порядку називатимемо правильним, якщо кожен з чотирьох квадратів, які його утворюють, є також чарівним квадратом.
Так, чарівний квадрат, наведений у першому прикладі, — правильний, а в
280


другому прикладі — неправильний (суми чисел уздовж діагоналей не дорівнюють сумам чисел уздовж рядків і стовпців).
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
4
4
4
4
4
4
8
8
8
8
8
8
8
0о
Мал. 220. ...і квадрати, що його утворюють.
Найпростіших чарівних квадратів, у клітинках яких стоять тільки два різних числа, може бути вісім (мал. 221).
Додаючи ці вісім найпростіших квадратів по чотири, ми можемо отримати всілякі правильні чарівні квадрати четвертого порядку. Серед них буде тільки одинадцять таких, всі елементи яких відрізняються між собою.
Якщо позначимо умовно вісім даних найпростіших квадратів відповідно буквами A, B,C,D,E,F,Gi Н, то одинадцять правильних
чарівних квадратів утворяться в таких комбінаціях: А + В + С + D, В + С + D + F, А + В + С + Е, В + С + Е + F, А + В + D + F, C + D + E + F, А + В + Е + F, С + Е + G + Н, A + C + D + E, D + F + G + Н. А 4- D 4- Е 4- F.
У кожному зі знайдених одинадцяти квадратів замість пар букв а і а', Ъ і Ь'9 с і с' і т. д. потрібно підставити в якому-небудь порядку чотири пари цифр: 0 і 1, 0 і 2, 0і4, 0і8.
281


а
а
а1
а'
а!
а'
а
а
а
а
а'
а!
а!
а'
а
а
ь
Ь'
ь
Ь'
ь
Ь'
ь
V
Ь'
ь
V
ь
V
ь
Ь'
ь
c
c'
c
c'
c'
c
c'
c
c'
c
c'
c
c
c’
c
cr
d
d’
d!
d
d'
d
d
d'
d
d'
df
d
d’
d
d
d*
e
e
e'
ef
e'
e1
e
e
e'
e'
e
e
e
e
e'
e'
f
f'
f'
f
f
f
f
f
f'
f
f
r
f-
f
f
f
g
g
tuo
g’
g
g
tU)
g
g
g'
g'
g
g
h
hr
h
h'
hr
7z'
h
h
h
h
h‘
h'
h!
h
h'
h
Мал. 221. Чарівні квадрати, у клітинках яких тільки два різних числа.
282


Для прикладу візьмемо квадрат С + Е + G + Н і припустимо, що в ньому:
с = 0, е = 4, g = 8, h = 0, d = 2, d = 0, g' = 0, h' = 1. Утвориться чарівний квадрат, який зображено на мал. 222.
Оскільки чотири пари цифр можна переміщувати 24 способами, а цифри кожної пари — двома способами, то число всіх правильних чарівних квадратів дорівнює: 11 х 16 х 24 = 4224. Якщо ж вісім квадратів, отриманих повертанням і перевертанням одного квадрата, вважатимемо за один розв’язок, то число різних можливих правильних чарівних квадратів дорівнюватиме: 4224 : 8 = 528.
Здається, досі ще ніхто не запропонував який-небудь простий спосіб для складання неправильного чарівного квадрата з шістнадцяти порядкових чисел.
342. 	Підбір чисел для чарівного квадрата будь-якого порядку
Дано квадрат, що складається з ті2 клітинок (п — будь-яке ціле число). Потрібно заповнити всі клітинки цілими числами так, щоб їхня сума в кожному рядку, в кожному стовпці і в кожній діагоналі дорівнювала одному і тому самому числу S (константа квадрата), яке ми довільно вибрали. Інакше кажучи, пропонується скласти чарівний квадрат, але необов’язково традиційний, тобто такий, який не потребує використання неодмінно порядкових чисел.
У традиційного чарівного квадрата константа S не може бути довільною. Вона наперед визначена підбором чисел. Якщо складається квадрат п-го порядку і використовуються порядкові числа від 1 до п2, то сума всіх цих чисел дорівнює: 1 + 2 + 3 + ... + п2 =
(1 + п2)п2
= - — (сума членів арифметичної прогресії). Отже, сума чисел
одного ряду, стовпця чи діагоналі визначається за формулою:
283


Ми ж, заповнюючи клітинки квадрата, дозволимо собі використати будь-які цілі числа, навіть від’ємні і не обов’язково кожне тільки один раз (зрозуміло, що всі п2 чисел не повинні бути однаковими).
Може видатися, що при такому вільному виборі чисел задача стає вельми нескладною. Спробуйте, і ви переконаєтеся, що це зовсім не так. Настійно рекомендую все ж неодмінно спробувати скласти хоча би квадрат п’ятого порядку з довільних чисел з будь- якою довільною константою і лише потім продовжувати читання цього розділу.
Перш ніж перейти до загального випадку, зупинимося окремо на чарівних квадратах третього і четвертого порядків. Залучимо на допомогу алгебру.
Квадрат третього порядку. Усі шукані числа позначимо буквою а з двома числами (індексами) біля неї справа, внизу (мал. 223). Перше число індексу вказуватиме номер рядка, в якому міститься а, а друге число індексу — номер стовпця, в якому міститься це а.
Оскільки, за умовою, квадрат чарівний, то маємо 8 рівнянь: 6 для сум чисел у кожному з трьох рядків і в кожному з трьох стовпців та 2 для сум чисел у кожній з двох діагоналей. Нескладно, однак, виявити, що незалежних рівнянь буде тільки 6 (два інших рівняння — наслідки перших шести). Справді, враховуючи, що
а22 - де S — константа квадрата (див. стор. 270), отримуємо таку систему рівнянь:
«11 + «12 + «13 = S> (І)
«31 + «32 + «33 = (2)
«11 + «21 + «31 = S’ (3)
«13 + «23 + «33 = S’ (4)
°21 + Я23 — з (5)
аі2 + «32 = (3)
«11+ «зз=|-3, (7)
«із + «Зі = |s. (8)
284


Додаючи рівняння (6), (7), (8) і віднімаючи (2), отримуємо рівняння (1). Це показує, що рівняння (1) не є незалежним від інших або, як кажуть, є наслідком решти рівнянь. Виключимо його з нашої системи. Додаючи рівняння (5), (7), (8) і віднімаючи (3), отримуємо рівняння (4). Звідси випливає, що рівняння (4) є наслідком рівнянь, які залишилися. Виключимо і його з нашої системи. Залишається 6 рівнянь з вісьмома невідомими. Потрібно показати тепер, що ці 6 рівнянь: (2), (3), (5), (6), (7) і (8) — не залежать одне від одного. З цією метою слід виділити які-небудь 6 невідомих з восьми і виразити кожне з них через інші два невідомих числа і відоме S. Якщо це вдасться, то система — незалежна. Переконайтеся самостійно в тому, що система рівнянь (2), (3), (5), (6), (7), (8) розв’язувана, наприклад, відносно невідомих <*11’ “12’ “13’ “21’ “23 1 “з2*
к 4-х
k-x-y
k + y
k-x + y
k
k + x-y
k-y
k + x+y
k- X
<*u
012
a21
a22
“23
a81
a32
“зз
Мал. 224. Формула чарівного квадрата третього порядку.
Мал. 223. Числа позначимо буквою а з індексами.
Отже, з восьми рівнянь з дев’ятьма невідомими незалежних рівнянь виявилося тільки шість. Це дає нам право будь-які три числа з дев’яти шуканих вибрати довільно.
Беручи до уваги, що припустимо:
З
а = k.
22
Вважатимемо, що числа ап і а13 дорівнюють k + х та k + у, де k, х і у довільні:
а = k + х, а = k, а= k + у, тоді отримаємо розв’язок, поданий на мал. 224.
285


Замінюючи у цьому розв’язку х на — х або у на —у, або х на у, а у на х, отримуватимемо такий самий розподіл чисел, можливо, тільки зі заміною рядків на стовпці або інший порядок їхнього чергування. Тому можемо припустити, що
де х і у — додатні. Найменше число в утвореному квадраті k - х - у, а найбільше — k + х + у. Знаючи це, легко отримати і відомий уже нам традиційний квадрат, найменше число якого 1, а найбільше — 9. Маємо:
k - х - у = 1,
fe + х + у = 9, крім цього,
Звідси:
х = 3, у = 1,
і ми отримуємо єдиний варіант розміщення чисел (з точністю до розміщення рядків і стовпців) для традиційного чарівного квадрата третього порядку (мал. 225).
8
1
6
3
5
7
4
9
2
Мал. 225. Традиційний чарівний квадрат третього порядку.
Квадрат четвертого порядку. Для відшукання шістнадцяти чисел, з яких можна було би скласти чарівний квадрат четвертого порядку (мал. 226), маємо 8 незалежних рівнянь.
ап
а12
«13
«14
«21
^'22
Л23
^24
«31
Д32
азз
«34
а-п
«42
а43
«44
Мал. 226. Числа замінено на букву а з індексами.
286


Якщо вміло вибрати 8 невідомих і надати їм довільних значень, то решта 8 невідомих будуть знайдені розв’язанням системи рівнянь.
Доцільно зауважити, що в будь-якому чарівному квадраті четвертого порядку сума чотирьох центральних елементів дорівнює сумі чисел кожного ряду, тобто константі квадрата S:
CL ~І“ CL *1* CL ~l“ CL ~ S.
22 23 32 33
У правдивості цієї характерної властивості чарівного квадрата четвертого порядку ви можете переконатися самостійно.
Введемо тепер 8 довільних чисел: А, В9 С9 D, а9 b9 с9 d таким чином:
а32=Л’а22=В’
а23 = С’ а33 =
ап = А - а, а12 = С + а + с, а13 = В + Ъ — с, а21 = D + а - d.
Решта 8 чисел визначити неважко, і ми отримаємо формулу (її запропонував Є. Бергольц у 1910 р.), подану на мал. 227.
А-а
C+a+c
B-rb-c
D-b
D-Vd—d
В
C
A-a+d
C-b+d
A
D
B+b-d
B + b
D-a-c
A-b+c
Мал. 227. Формула чарівного квадрата четвертого порядку.
Значно раніше, у 1884 році, в «Журналі елементарної математики» професор В. П. Єрмаков опублікував формулу, яку можна подати у вигляді суми двох чарівних квадратів (мал. 228).
287


А
с
D
В
+
a+b
-a-b
D
в
А
С
с—d
-а-с
a-c
c+d
В
D
С
А
-c+d
-а+с
a+c
-c-d
С
А
В
D
a-b
-a+b
Мал. 228. Формула В. П. Єр макова.
Довільно підбираючи 8 чисел:
А, В, С, D, а, Ъ, с, d
і додаючи обидва квадрати «поклітинково» (тобто додаючи числа в клітинках, які збіглися, при накладанні одного квадрата на інший), отримаємо шуканий чарівний квадрат.
З 	приводу того, як підібрати ці 8 чисел, щоб у клітинках утвореного квадрата стояли всі цілі числа від 1 до 16 (тобто щоб квадрат був традиційним), В. П. Єрмаков пише: «Ми не знаємо простого розв’язання цього питання і полишаємо його відшукання на читачів».
Квадрат порядку п (п > 4). Числа, які утворюють квадрат п-го порядку при п > 4, можна подати таким чином:
a . її’
CL , 12’
. . . ,
Д i>
al₽’
O'. о l,p+l’
•’*’ ai,n-l’
In
a .
21’
CL .
22’
. . . ,
a 2,p-l*
a
2,p+l’
а2.п-1’
a .
2л’
a .
**31’
a .
32’
...,
a
3,p-l’
a3p’
a
3,p+l’
tt3,n-l’
CL ,
Зл’
Д - ., tt , «. •, CL , CL , CL _ , «. •, CL , CL , ,
n-1, 1’ п-1,29 9 п-1,р-19 п-1,р9 п-1,р+1’ ’ п-1, л-1’ п-1, п’
Д ,, Д _, •««, CL _, CL • CL ,,, • • •, CL ,, CL .
nl’ л2’ ’ л,р-1’ л,р’ и, р+1’ ’ п, л-1’ л, п
Тут п2 невідомих чисел, які можуть бути будь-якими алгебраїчними кількостями, лише б їхня сума вздовж кожного рядка, кожного стовпця і кожної з двох діагоналей була б однаковою, тобто дорівнювала довільному, наперед вибраному числу S.
288


За умовою, відносно п2 невідомих маємо 2п + 2 лінійних співвідношень; з них незалежних співвідношень найбільше 2п. Отже, п2 — 2п кількостей а можна вибрати довільно. Питання полягає в тому, які з цих кількостей а слід вважати довільними сталими, щоб можна було в усіх випадках гарантувати відшукання решти 2п кількостей а, які відповідають усім вимогам чарівного квадрата.
Збережемо за тими кількостями, які ми вважатимемо довільними, позначення їх буквою а з відповідними індексами, інші шукані кількості позначимо буквами Ь2, ..., р Ь2п і розмістимо їх по клітинках квадрата, керуючись такою схемою:
(L . 11’
в12’
аіз’
.... CL
аір’
і.р + і’
’ аі,л-2’
І.л-1’
а1„’
CL . 21’
а22*
а23’
а2,р-19
а2р’
CL . ..
2,р + 1’
’ а2,п-2’
CL 2,п-1’
Ьр
CL .
ЗІ’
а329
азз’
**•’ аз,р-і’
CL
З.р + 1’
’ аз,п-2’
CL 3,п-1’
£L .CL - CL . .... CL .CL .CL ..... CL .CL . U
n-2,1’ n-2,2’ л-2.3’ ’ л-2,р-1’ n-2,p9 n-2,p+l9 9 n-2,n-29 n-2,n-l9 n-3’
Ъ - CL . CL CL . Ъ .CL CL .CL . Ъ
2n-29 n-1.2’ n-1,3’ 9 л-1,р-1’ 2п-1’ л-І.р+1» ’ n-l.n-2’ n-l.n-l’ n-1’
^2n-3’ ^2л-4’ ^2n-5’ ***’ ^2n-v-l9 ^2n9 ^2n-v-29 ^n+1’ ^n-2*
Нехай R — сума чисел а в і-му ряду, причому Rr = S, С. — сума чисел а в і-му стовпці,
•^1 = аи + а22 + азз + ••• + ап - 1, п - 1’ 1 суми чисел а
Л9 = а + а9 + а + ... + а Г вздовж діагоналей z 1, п л, п — 1 о, п — Л п — 1, ZI
Суму всіх чисел а, що містяться у квадраті, позначимо через S. Замінюючи на довільні числа кількості, позначені буквами а, ми зможемо визначити кількості b у тій послідовності, як їх пронумеровано за допомогою таких рівностей:
289


61 “ -^2’
62 = -^1 ” ^3 ’
^л-3 “ -^1 Ai-2’
^л-2 = ^1 ~ ^1’
Ьл-1 = -^1 “ Cn - (&1 + Ь2 + — + Ъп-3 + &л-г) > \=^-cn^ fyi+1 “ -^1 ~ ^л-2’
(*)
^2n-p-2 ~ -^1 Cp+1 ’ ^2n-p-l = -^1 “ ^p-1’
^2л-4 = ^1 “ ^2’
^2л-3 = -^1 “ ^2’
^2n-2 = -^1 ~ ~ ^2л-3 ’
^2л-1 ~ ~ ^л-l ~ ^л-1 ~ ^2n-2’
^2n ~ Bl ~ Cp ~ ^2n-l *
Зауважимо, що Ъ2п_х займає клітинку в (п - 1)-му рядку, але не входить до складу тієї або іншої діагоналі. Таке розміщення було би неможливим для п С 4. Отже, ці випадки не охоплюються запропонованою схемою, але їх уже було розглянуто окремо.
Усі кількості Ь, розміщені в останньому рядку, визначаються незалежно одна від одної, а отже, потрібно перевірити, чи буде їхня сума
Ь 9 + Ъ + Ь , + ... + Ьо о + (**)
л-2 л л + 1 2л- 3 2л
складати константу нашого квадрата S, або, що те ж саме, Rr Для цього виберемо відповідні співвідношення з рівностей (*) і деякі з них заздалегідь перетворимо:
К-1 = И1-Сл-(Ьі + Ь2 + ... + Ьп_з + Ьп_2) =
= R1~ С„~ (Rl~ R2 + Rl~ R3 + + Rl~ Rn-2+ Rl~ Dl) =
290


~R1~ Cn~ Rl+ R2~ Rl+ R3~ ~ Rl+ Rn-2~ Rl+ Dl =
= D1~ C„ + <-Rl + R2 + •" + Rn -2) “ (-^1 +R1 + —+Д1)- (п-2)рази
Пригадуючи визначення чисел і S й зауважуючи, що числа а розміщені в усіх рядках, крім останнього, маємо:
■^1 + ^2 + + ^п-2 = & ~
отже,
b„.l=D1-Ca+S-Rn_l-(n-2)R1,
^2л-2 — R1 ~ ~ ^2л-3 = R\ ~ ~ (,R1 ~ ^2) ~ R2 ~ ^1’
^2n-l = Rl ~ Rn-1 ~ &„-1 ~ ^2п-2 = R1 ~ Rn-1 ~
-[л -Сп + S-Rn_1 -(n-2)R1]-(D2-C1) =
-(n-ljR1+C1+Cn-D1—D2—S;
^2п = R1 ~^р ~ ^2п-1 = R1 ~Ср ~ (Л — 1) R1 ~Сп ■*" Rl ■*" R2 + ‘S = = D, +D2-Сг-Ср-Cn-(n-2)Rl +S.
Підставляючи знайдені співвідношення в (**), отримаємо:
ъ 9 + (ъ + Ъ . + ... + Ъ9 . + Ъ9 о} + Ъ9 =
(п-2) доданків
= R1~D1+ (Лі - сд_1 + Ry - Сп_2 +... + B1-C2 + B1-D2) +
+ + D2 - Cx - Cp - Cn - (n - 2) + s =
~ R1 ~ D1 + [Л1 (» - 2) - (cn_t + Cn_2 + ... + C2) - _D2] +
+ D. +D2-C1-Cp-Cn-(n-2')R1+S =
= R — (C + C . + ... + C +... + C9 + С. + <S. 1 \ n n-i p J
Проте Cj + C2 +... + Cn_i + Cn = S, отже,
Ъ 9 + Ъ + Ъ . +... + о + = Т?,. п-2 п п + 1 2П-О 2п 1
291


Таким чином, викладені тут загальні правила справді забезпечують можливість складання будь-якого (взагалі кажучи, нетрадиційного) чарівного квадрата.
У випадку п = 5 конструкція чарівного квадрата буде такою, як показано на мал. 229.
Розставте замість точок довільні числа, визначте Ь2, ..., Ь10 у порядку їхньої нумерації. Утворений квадрат буде неодмінно чарівним.


РОЗДІЛ ТРИНАДЦЯТИЙ
КУРЙОЗНЕ ТА СЕРЙОЗНЕ В ЧИСЛАХ
У предметах навколишнього світу ви, перш за все, помічаєте їхні окремі властивості, що відрізняють один предмет від іншого.
Велика кількість часткових, індивідуальних властивостей заступає собою властивості загальні, характерні абсолютно для всіх предметів, і тому виявити такі властивості завжди важче.
Однією з найважливіших загальних властивостей предметів є те, що всі предмети можна лічити і вимірювати. Ми відображаємо цю загальну властивість предметів у понятті числа.
Потреба лічити і порівнювати (вимірювати) предмети виникла у людей не відразу, але дуже давно — ще на ранньому щаблі розвитку людини, виникла в процесі її трудової діяльності.
Оволодівали люди процесом лічби, тобто поняттям числа, дуже повільно, століттями, у невпинній боротьбі за своє існування.
«Аби лічити, — пише Ф. Енгельс, — потрібно мати не тільки предмети, що підлягають лічбі, а й уже володіти здатністю відволікатися при розгляді цих предметів від усіх інших їхніх властивостей, крім числа, а ця здатність є результатом тривалого історичного розвитку, який базується на досвіді» п.
Лічбі за допомогою числа тепер навчається кожна людина непомітно ще в дитинстві, майже одночасно з тим, як починає говорити, але ця звична для нас лічба пройшла тривалий шлях розвитку і набувала різних форм.
15 Энгельс Ф. Анти-Дюринг. - М.: Госполитиздат, 1951. - С. 37 (прим, автора).
293


Були часи, коли для лічби предметів використовувалися лише два числівники: один і два. У процесі подальшого розширення системи числення залучалися частини людського тіла і насамперед пальці, а якщо не вистачало таких «цифр», то ще палички, камінчики та інші речі.
М.М. Міклухо-Маклай у своїй книЬї «Мандри» розповідає про кумедний спосіб лічби, який застосовували тубільці Нової Гвінеї:
«Улюблений спосіб рахування полягає в тому, що папуас загинає один за одним пальці руки, причому видає певний звук, наприклад, «бе, бе, бе»... . Дорахувавши до п’яти, він каже «ібон- бе» (рука). Потім він загинає пальці іншої руки, знову повторює «бе, бе»..., поки не доходить до «ібон-алі» (дві руки). Тоді він іде далі, примовляючи «бе, бе»..., поки не доходить до «самба-бе» і «самба-алі» (одна нога, дві ноги). Якщо потрібно рахувати далі, папуас користується пальцями рук і ніг кого-небудь іншого»1}.
Вслід за виникненням і розвитком чисел з’явилася й чудова наука про їхні властивості та закони, які ними керують: «теорія чисел».
Оперуючи числами, тобто виконуючи різноманітні математичні дії, ми виявляємо не тільки їхні загальні властивості, вивченням яких займається теорія чисел, а й властивості особливі, характерні іноді лише для невеликих груп чисел або окремих чисел. Ці особливі властивості можуть і не мати великого теоретичного значення, але нерідко вони є вельми цікавими. Попорпайтеся у величезному масиві чисел, яких більше, ніж руди в землі, і ви знайдете властивості цікаві та надзвичайні, дивовижні й потішні, несподівані та курйозні.
Ви натрапите на числа-унікуми, тобто такі, схожих на які нема серед решти чисел, а також цілі букети чисел, що утворюють чудові поєднання.
343. 	Десять цифр (спостереження)
І. 	Майже в усьому світі користуються тепер єдиною системою числення: десятковою. У цій системі застосовується десять цифр: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 та 0, і цих цифр достатньо, щоб записати будь- яке число.
1} Міклухо-Маклай М. Путешествия. T. 1. Изд-во АН СССР, 1940. - С. 280 (прим, автора).
294


Наприклад, утворімо найбільше десятизначне число зі всіх десяти цифр, використовуючи звичайну, загальноприйняту форму запису числа. Ось воно:
9876543210.
Будь-яка перестановка цифр у цьому числі неодмінно призведе до меншого числа, чи не так?
Водночас цікаво було би з’ясувати, скільки ж різних цілих десятизначних чисел можна записати за допомогою десяти цифр, використовуючи кожну цифру тільки один раз.
Мільйон? Чи менше? Як це встановити, не утворюючи, звичайно, самих чисел?
*
* *
II. Встановивши, що десятизначних чисел з цифрами, які не повторюються, понад три мільйони (див. стор. 546), витягнемо з цієї купи чисел всього лише шість:
1 037 246 958, 1 046 389 752, 1 286 375 904,
1 307 624 958, 1 370 258 694, 1 462 938 570.
Що ж цікавого у цих на вигляд нічим непримітних числах?
Поділіть кожне із запропонованих шести чисел на 2, а утворені частки — на 9. Зроблено? Перша операція привела до дев’яти- значних чисел. Друга — до восьмизначних.
Чи з’явилися повторювані цифри хоча би в одному з чисел, утворених у результаті першої і другої операцій?
Далі, друга операція привела до чисел, які не містять цифри 9. Проте якщо ви допишете зниклу дев’ятку в кінці одного з цих чисел, то воно стане повним квадратом, тобто таким числом, з якого «без остачі» добувається квадратний корінь. Визначте самостійно, яка із шести восьмизначних часток має цю властивість.
*
* *
III. Для подальших спостережень над курйозними властивостями чисел виберемо два числа:
а = 123456789 і Ь = 987654321
— найменше і найбільше з дев’ятизначних чисел, що складаються з неповторюваних цифр без нуля.
Різниця b - а складається з тих самих цифр:
987 654 321 - 123 456 789 = 864 197 532.
Тоді, якщо всі однозначні числа, крім нуля й одиниці, по черзі помножити на числа а і Ь, то в добутків можна виявити такі 295


загальні властивості, за якими всі однозначні множники можна поділити на дві групи:
2, 	4, 5, 7, 8 і 3, 6, 9.
Яку ж особливість мають числа кожної з цих груп щодо їхніх добутків на а і на Ь?
Щодо ділення чисел а і & на ті самі однозначні числа, також можна виявити деяку особливість, що відрізняє числа першої групи від чисел другої групи.
Яку?
Число а перетворюється на число b за допомогою двох дій: множення а на деяке однозначне число і збільшення одержаного добутку на інше однозначне число.
Знайдіть відповідний множник і доданок.
*
* *
IV. 	Якщо число 12345679, цифри якого розміщені в порядку зростаючої послідовності, але без вісімки, помножити спочатку на будь-яке однозначне число, а потім на 9, то всі цифри остаточного результату збігатимуться з цифрою першого однозначного множника. Наприклад,
12 345 679 *7
86 419 753
х 9
777 777 777
12 345 679 *8
98 765 432
х 9
888 888 888
Перевірте на інших множниках і знайдіть пояснення цього курйозного явища.
344. 	Ще кілька цікавих спостережень
І. 	Телеграфна стрічка розірвалася саме посередині числа 9801. На одному шматку стрічки залишилося 98, а на іншому — 01. Розважаючись, я підрахував суму цих чисел, результат підняв до квадрата і... на свій подив, знову отримав початкове число: (98 + 01)2 = 9801.
Неважко перевірити, що таку саму властивість має й число 3025. Якщо його розбити на два числа ЗО і 25, додати їх і суму підняти до квадрата, то результат дорівнюватиме початковому числу.
296


Серед чотиризначних чисел, крім вказаних, є ще тільки одне з такою самою властивістю. Як я це встановив — розповім у розв’язках. Який спосіб розв’язування ви вибрали б у цьому випадку?
*
* *
II. 	Запишемо один під одним кілька рядів чисел:
А
1
3
: 5
7
9
11
13 ...
1
4
*
І 7
і
10
13
16
19 ...
1
5
9
13
17
21
25 ...
1
6
11
16
21
26
31 ...
1
7
13
19
25
31
37 ...
1
8
15
22
29
36
43 ...
1
9
17
25
33
41
49 ...
• • С
Перше число в кожному ряду 1, а всі наступні числа більші від попередніх: у першому ряду на 2, в другому на 3, у третьому на 4 і т. д. (такі ряди називаються арифметичними прогресіями). Утворилась деяка таблиця чисел. Якщо згрупувати і додавати ці числа по пунктирних коридорчиках (у давнину їх називали гномонами), то сума чисел у кожному пунктирному коридорчику дорівнюватиме кубу його номера ті. Наприклад, у коридорі № 2:
1 + 4 + 3 = 23.
У коридорі № 3:
1 + 5 + 9 + 7+ 5 = 33
і т. д.
Загалом сума чисел у кожному n-му коридорчику дорівнює п3.
Далі, будь-яке число, розміщене вздовж діагоналі АС, є квадратом номера рядка, який він займає. Сума чисел у будь-якому квадраті, діагоналлю якого є будь-яка частина діагоналі АС, теж є повним квадратом, тобто дорівнює квадрату деякого числа.
297


Наприклад, сума чисел у квадраті, що має за свою діагональ числа 25, 36 і 49, буде:
25 + 31 + 37 + 29 + 36 + 43 + 33 + 41 + 49 = 324 = 182. Перевірте цю властивість для інших ділянок діагоналі АС. Пошукайте аналогічні властивості у чисел такої таблиці:
1 3 5 7 9 11 13 . . .
1 5 9 13 17 21 25 .. .
1 7 13 19 25 31 37 .. .
1 9 17 25 33 41 49 .. .
1 11 21 31 41 51 61 ...
III. 	Багато цікавих властивостей можна виявити у числа 37.
1. Якщо його помножити на 3 або на число, кратне 3 (до 27 включно), то результат виразиться якою-небудь однією цифрою, повтореною тричі:
37 • 3 = 111, 37 • 6 = 222, 37 • 9 = 333,
37 • 12 = 444, 37 • 27 = 999.
2. Добуток числа 37 на суму його цифр дорівнює сумі кубів тих самих цифр:
37 • (3 + 7) = З3 + 73.
3. Якщо від суми квадратів цифр числа 37 відняти добуток тих самих цифр, то вийде знову 37:
(З2 + 72) - 3 • 7 = 37.
4. Найцікавіша властивість: візьмемо навмання будь-яке тризначне число, кратне 37, наприклад: 37 • 7 = 259. Усі числа, що утворюються з числа 259 при коловій перестановці його цифр, тобто числа 925 і 592, теж діляться на 37.
Коловою перестановкою цифр називається така перестановка, коли щоразу останню цифру числа переносять на перше місце, не змінюючи порядок розміщення всіх інших цифр.
Візьмемо навмання ще одне тризначне число, кратне 37. Нехай це буде: 37 • 5 = 185. Колова перестановка цифр дає числа 518 і 851. Вони теж діляться на 37.
Природно, що напрошується таке припущення: кожне число, яке утворюється при коловій перестановці цифр тризначного числа, кратного 37, теж кратне 37.
Перевірте, чи для всіх тризначних чисел, кратних 37, справджується висловлене припущення. Якщо дійсно виконується для всіх, то припущення перетворюється на правильне математичне твердження.
298


Подібною властивістю вирізняються й п’ятизначні числа, кратні 41. Так, числа 15 498, 81 549, 98 154, 49 815, 54 981, як легко перевірити, всі кратні 41 і кожне утворюється з попереднього шляхом колової перестановки цифр, які утворюють число.
345. 	Два цікавих досліди
Дослід 1. Напишемо підряд чотири довільних цілих додатних числа, наприклад, 8, 17, 3, 107. Обчислимо різниці між першим і другим числами (віднімаючи від більшого числа менше), між другим і третім, між третім і четвертим, нарешті, між четвертим і першим, щоразу віднімаючи від більшого числа менше:
17 - 8 = 9, 17 - 3 = 14, 107 - 3 = 104, 107 - 8 = 99.
Назвемо отримані різниці першими та розмістимо їх за порядком у ряд: 9, 14, 104, 99.
Знову обчислимо різниці між першим і другим, другим і третім, третім і четвертим, четвертим і першим числами ряду перших різниць, щоразу віднімаючи від більшого числа менше:
14 	- 9 = 5, 104 - 14 = 90, 104 - 99 = 5, 99 - 9 = 90. Отримаємо ряд других різниць: 5, 90, 5, 90.
Таким самим чином утворимо ряд третіх різниць: 85, 85, 85, 85.
Ну, а ряд четвертих різниць складатиметься із самих нулів: 0, 0,0, 0.
Повторимо дослід з іншою групою чисел. Введемо позначення: Ао — для початкової групи чисел, Ах — для групи перших різниць, А2 — для групи других різниць і т. д.
Нехай початкова група Ао містить такі чотири числа:
(93, 5, 21, 50).
Виконуємо дії:
Ао = (93, 5,21,50), А1 = (88, 16, 29, 43), А2 = (72, 13, 14, 45), А3 = (59, 1, 31, 27), А4 = (58, 30, 4,32), А5 = (28, 26, 28, 26), Ао = ( 2, 2, 2, 2), А7 = ( 0, 0, 0, 0).
Зробивши всього лише сім кроків, ми знову дійшли до групи нулів.
299


Експериментатор повинен урізноманітнити умови досліду. Повторимо дослід на якій-небудь широко розтягнутій четвірці чисел, наприклад, на числах: 1,11,130,1760:
А = ( 1, 11, 130,1760),
А1 = ( 10, 119,1630,1759), А2 = ( 109, 1511, 129,1749), А3 = (1402, 1382, 1620, 1640),
А = ( 20, 238, 20, 238),
А5 = ( 218, 218, 218, 218),
А = ( 0, 0, 0, 0).
Нулі утворилися і, над усяке сподівання, доволі швидко, за шість кроків!
Проробіть самі ще десяток таких випробувань над різними групами з чотирьох цілих додатних чисел; у будь-якому випадку ви дійдете до групи нулів, причому найчастіше (але не завжди) не більше, ніж за 8 кроків.
Чи закономірне спостережуване явище, чи, можливо, знайдеться така четвірка чисел, яку не вдасться довести до нулів, скільки би різниць ми не утворювали? З’ясувати це нелегко. Треба буде виявити деяку винахідливість у побудові необхідного ланцюжка міркувань. Все ж таки потрібно спробувати. Пошуки розв’язку доцільні навіть і тоді, коли не вдається самостійно дійти до кінцевого розв’язку.
Зауваження 1. Таку саму властивість перетворюватися на нулі мають послідовні різниці будь-якої групи з восьми чисел або із 16 і взагалі з 2Л чисел (п — будь-яке ціле додатне число).
Зауваження 2. Якщо кількість чисел у початковій групі не є степенем 2 (тобто не 4, не 8, не 16 і т. д.), то процес утворення різниць може і ніколи не привести до ряду нулів. Наприклад, нехай AQ = (2, 5, 9), тоді:
А0 = (2,5,9), А5 = (1,1,0), A1 = (3,4,7), Аб = (0,1, 1), А = (1, з, 4), А = (1,0,1), А = (2,і,з), А = (1,2, 1),
А8 збіглося з А» отже, далі без кінця повторюватимуться різниці А» А» А-
300


Дослід 2П. Напишіть будь-яке ціле число і додайте квадрати його цифр. В отриманому результаті знову додайте квадрати цифр. Повторюючи цю оперяти то деяку кількість разів, ви неодмінно дійдете або до числа 1, або до числа 89. Так, наприклад, для числа 31 маємо:
З2 + І2 = 10,
І2 + О2 = 1.
До такого самого результату, очевидно, відразу приведуть числа виду 10л, де п — будь-яке ціле число, а також числа, утворені з цифр 1 і 3, або 6 і 8, узятих один раз, і будь-якої кількості нулів, тобто такі, наприклад, як 13, 103, 3001, 68, 608, 8006 і т. ін.
Візьмемо тепер будь-яке інше число, наприклад, 48. У цьому випадку
42 + 82 = 80, 52 + 22 = 29,
82 + О2 = 64, 22 + 92 = 85,
б2 + 42 = 52, 82 + 52 = 89.
Продовжуючи операцію, отримаємо:
82 + 92 = 145, 42 = 16,
І2 + 42 + 52 = 42, І2 + б2 = 37,
42 + 22 = 20, З2 + 72 = 58,
22 + О2 = 4, 52 + 82 = 89.
На восьмому кроці повторилося число 89. Зауважу, що проміжними числами були 145, 42, 20, 4, 16, 37 і 58. Звідси випливає, що якщо справді сума квадратів цифр будь-якого числа врешті-решт приводить до числа 1 або до числа 89, то в останньому випадку остаточну суму можна довести при бажанні не до 89, а до будь- якого із 7 чисел: 145, 42, 20, 4, 16, 37 або 58.
Проведіть самі ще кілька випробувань над різними числами.
Доведіть цю властивість.
Не менш цікаві закономірності можна виявити, підраховуючи суму кубів або суму четвертих степенів цифр будь-якого числа і повторюючи цю операцію над утворюваними сумами. Зрештою, залишу ці спостереження та висновки з них як тему для ваших самостійних досліджень.
11 Цей дослід перенесено сюди з розділу «Нерозгризені горішки» (див. перше видання «Математичної кмітливості»), оскільки «горішок» виявився «розгризеним». Спосіб розв’язання, який у разі потреби ви знайдете на стор. 548 цієї книги, люб’язно повідомив мені московський математик І. Я. Танатар (прим, автора ).
ЗОЇ


346. 	Числова карусель
1. Виймаю з бездонної числової скриньки число 142 857. Воно складається із шести різних цифр. Розмістимо їх по колу у вигляді
Мал. 230. «Карусель».
циферблата (мал. 230). Помножимо тепер дане число послідовно на 1, 2, 3, 4, 5 і 6:
142 857 х <
1 = 142 857,
2 = 285 714,
3 = 428 571,
4 = 571 428.
5 = 714 285,
6 = 857 142.
Переміщуючись по циферблату за стрілкою, ми прочитаємо будь- який з утворених добутків.
Кожне число циферблата є першою цифрою одного з результатів добутку. Справжня числова карусель, чи не так?
2. Є ще одна цікава властивість. Якщо будь-який з цих добутків розбити на дві грані по 3 цифри, а потім обидві грані додати, то в усіх випадках результатом буде одне і те саме число: 999. Справді, 142 + 857 = 999, 285 + 714 = 999 і т. д.
3. Продовжимо наші спостереження над добутком числа 142 857 на цілі числа, що слідують за числом 7 (добуток на 7 розглянемо пізніше):
8=1 142 856 (142 856 +1 = 142 857), 9 = 1 285 713, (285 713 4-1 = 285 714),
10 = 1 428 570
11 = 1 571 427
142 857 х <
J5 9 = 9 857 133 (857 133 + 9 = 857 142).
302


Утворюються семизначні числа, але теж особливі: якщо закреслити першу цифру та її ж додати до останньої (див. рівності у круглих дужках), — знову отримаємо одну з колових перестановок числа 142 857.
Та сама «карусель» з цифр числа 142 857 (за небагатьма винятками) виходитиме й надалі з восьмизначними результатами добутку, якщо тільки закреслювати перші дві цифри і додавати їх до останніх двох.
4. 	Добуток числа 142 857 на 7 різко відрізняється від інших добутків. Він складається із самих дев’яток:
142 857 х 7 = 999 999.
Ось ця обставина і проливає світло як на походження самого числа 142 857, так і на його «таємничі» властивості. А чи не буде воно періодом дробу і при перетворенні його на десятковий?
Ділимо 1 на 7:
JL
10 0,142857
ЗО
20
60
40
50
1
Остання остача повторила число 1, отже, при подальшому діленні у частці повторюватимуться ті самі цифри і в тому самому порядку. Це і є періодичний дріб, тобто такий нескінченний дріб, у послідовності десяткових знаків якого спостерігаються (починаючи з деякої цифри) повторення певної групи цифр.
Припущення справдилося: число 142 857 дійсно є періодом дробу у при перетворенні його на десятковий. Щоб з’ясувати, чому це число при множенні на 2, 3, 4, 5 і 6 дає лише колову
перестановку своїх цифр, повернемося до дії ділення 1 на 7. Увесь
процес перетворення на такі етапи:
дробу — на десятковий можна розчленувати
303


і = 0,1+і-Ю'1 = 0,14 +~Ю’2 =0,142 + ^10"3 = 7 7 7 7
= 0,1428 + 4 ■ 10’4 = 0,14285 + f • 105 = 0,142857 +1 • 10’9 =
7 7 7
(далі повторення тих самих цифр).
З
Звідси зрозуміло, що при перетворенні дробу — на десятковий період почнеться з цифри, розміщеної після цифри 1 у числі 1 428 571 428 571 4..., тобто періодом буде 428 571; саме це число, очевидно, повинно бути й добутком числа 142 857 на 3, оскільки 3_1 Q
7 	7‘3’
Отже, при перетворенні дробу у на десятковий період почнеться з цифри, розміщеної після цифр 1 і 4 у числі 14 285 714 285 714..., тобто періодом буде 285 714; саме це число, очевидно, повинно 2 1
бути й добутком 142 857 на 2, оскільки — = — -2 і т. д.
Так само неважко з’ясувати, чому добуток числа 142 857 на 7 складається зі самих дев’яток. Річ у тому, що десятковий дріб з нескінченно повторюваними дев’ятками після коми вважається рівним 1, тобто 1 = 0,999999... і добуток дробу | на 7 теж дорівнює 1.
5. 	Якщо дріб перетворюється на періодичний, то період його b
може мати не більше, ніж b — 1 цифр. Справді, при діленні остача завжди має бути меншою від дільника, але існує тільки скінченне число цілих чисел, менших від Ь, а саме 1, 2, 3 ..., & — 1.
Кожне з цих чисел може бути остачею при діленні а на b і кожному з них відповідає яка-небудь цифра частки. Далі можливе тільки повторення остач, а отже, і повторення цифр частки. Звідси й випливає, що найбільше можливе число цифр у періоді на 1 менше від знаменника.
У дробі і досягнуто саме цієї максимальної довжини періоду (6 цифр).
304


Період називається повним, якщо він складається з найбільшого можливого при даному знаменнику числа цифр.
Однак не кожний дріб має повний період. Наприклад, період
дробу містить не 38 цифр, а тільки 6:
оУ
-^- = 0,025641025641... о У
«Колова» властивість числа 142 857, яке є повним періодом дробу характерна також для періоду будь-якого іншого періодичного дробу, якщо тільки його період повний.
Періоди дробів ■— і повні:
1 і & У
-у = 0,(0588235294117647),
= 0,(0344827586206896551724137931).
У першому — 16 цифр, у другому — 28. Отже, числа, утворені цифрами цих періодів, мають ті самі властивості, що й число 142 857.
347. 	Диск миттєвого множення
До тієї самої сім’ї «колових» чисел, що й число 142 857 (див. задачу 346), належить число
М = 052 631 578 947 368 421.
За допомогою диска, зображеного на мал. 231, його можна миттєво помножити на будь-яке ціле число в межах від 1 до 18.
На зовнішньому кільці диска, зображеного на мал. 231, розміщено всі вісімнадцять множників. На внутрішньому кільці — всі цифри множеного М; ці ж цифри утворюють і кожний з вісімнадцяти добутків.
Аби прочитати результат множення числа М на будь-яке з чисел зовнішнього кільця, треба повністю обійти внутрішнє кільце, починаючи з цифри, вказаної найближчою стрілкою, розміщеною праворуч від множника, якщо дивитися на цифри з центра диска. Рухатися при цьому треба за годинниковою стрілкою.
305


Наприклад, найближча стрілка праворуч від числа 14, розміщеного на зовнішньому кільці, вказує на цифру 7. Це означає, що число 736 842 105 263 157 894 є результатом множення числа М на 14. Проробіть ще кілька множень числа М.
Мал. 231. Диск миттєвого множення.
Добуток числа М на 19 буде вже зовсім іншим; він складається із самих дев’яток, і ви відразу здогадуєтеся, що число М є періодом
ДР°бу —г при його перетворенні на десятковий. Період цього дробу 19
виявився «повним» (містить 18 цифр), отже, він має властивість «циклічності» (повторюваності одних і тих самих цифр), описану в задачі 346, чим і пояснюється «секрет» нашого диска.
Приготуйте з картону ще десяток різних «дисків миттєвого множення» з періодів інших дробів і демонструйте друзям свою «феноменальну здатність» до швидкого обчислення.
348. 	Гімнастика для розуму
Спробуйте «про себе» помножити 142 857 ну хоча би на 493 або на будь-яке інше тризначне чи двозначне число. Не гадайте, що це дуже важко. Не потрібно володіти якимись особливими обчислювальними здібностями, щоб дати відповідь протягом однієї хвилини, а, при певній вправності, й іще швидше.
Пригадайте властивість числа 142 857, пов’язану з множенням його на яке-небудь двозначне або тризначне число: якщо у семизначному добутку закреслити одну, а у восьми- та дев’яти- значних добутках дві і три перші цифри й додати їх до останніх 306


цифр відповідного добутку, то вийде одна з колових перестановок числа 142 857 (див. задачу 346). Число 142 857 є періодом дробу
1 7
при перетворенні його на десятковий.
Отже, множення числа 142 857 на 493 зводиться до множення
числа 493 на у і перетворення результату на періодичний дріб. Як ці дії виконати «про себе»?
493
Спочатку виділіть цілу частину дробу ——. Це буде 70; запису-
Q єте 70 як перші дві цифри результату. Залишається дріб у,
інакше кажучи, період дробу у (тобто 142 857), помножений на 3.
Відомо (див. задачу 346), що в цьому випадку виходить одна з колових перестановок числа 142 857, отже, задача зводиться до того, щоб визначити першу цифру результату. Найпростіше її знайти як першу цифру після коми при діленні 3 на 7; очевидно, це буде цифра 4.
(Першу цифру результату можна визначити й в інший спосіб: за останньою цифрою добутку числа 142 857 на 3. Оскільки З • 7 = 21, то остання цифра добутку 1, а отже, першою цифрою шуканого періоду буде та, яка слідує за цифрою 1 у числі 142 857, тобто 4.)
Знайдена цифра 4 визначає всю послідовність цифр періоду: 428 571. Продовжуйте складати шуканий результат: до двох перших цифр результату, які були записані раніше, тобто до 70, допишіть справа 4285, а від 71, яке закінчує період, відніміть число 70, утворене першими двома цифрами результату; це дасть вам останні дві цифри (01) шуканого добутку 142 857 на 493.
Таким чином, остаточно,
142 857x493 = 70 428 501.
Цей приклад усного множення довелося довго описувати, виконати ж його можна справді надзвичайно швидко.
Зрозумівши суть способу та повправлявшись (це буде доброю гімнастикою для розуму), ви можете вразити своїх ще необізнаних друзів швидкістю обчислення.
307


Напишіть на аркуші паперу множене 142 857, а товаришеві запропонуйте написати будь-який множник із двох чи трьох цифр. Після невеликих роздумів ви записуєте готовий результат множення.
Нехай запропоновано, наприклад, помножити 142 857 на 816.
Усно перетворимо дріб = 116 у; запишемо поки що 116.
Перша цифра наступної частини результату 5 (як перша цифра після коми у частці 4:7). Ця цифра визначає послідовність усіх інших: 571 428, але від останніх цифр віднімаємо раніше знайдене 116 і залишок 571 312 дописуємо до 116. Виходить:
142 857x816 = 116 571312,
і ваші здібності «надзвичайного обліковця», безумовно, буде визнано.
Може трапитися так, що множник поділиться на 7 і без остачі. Розглянемо цей випадок на прикладі: 142 857 х 378. Маємо:
«ф* =54 = 53 7 7
перші цифри результату: 53. Добуток числа 142 857 на 7 складається, як відомо, із 6 дев’яток. Віднімаємо усно 53 від 999 999 і дописуємо різницю праворуч від 53. Отримуємо:
142 857 х 378 = 53 999 946.
349. 	Візерунки цифр
Цифри, коли об’єднуються в числа та беруть участь з нашої волі в математичних діях, утворюють деколи вельми химерні й по- своєму красиві числові комбінації, що нагадують кристалічні візерунки сніжинок на віконній шибці.
І. Погляньте, наприклад, на ці звичайнісінькі дії множення, виконані правильно, але своєрідно:
308


77
77
49 7
4949 аб° 777 49 847 х 7 = 5929
5929
х 666 х 666
666 666
36 6
3636 аб0 666
363636 66666
3636 73926 X 6 = 443556
36
443556
777777777777 777777777777 або 49 4949 494949 49494949 4949494949 494949494949 49494949494949 4949494949494949 494949494949494949 49494949494949494949 4949494949494949494949 494949494949494949494949 4949494949494949494949 49494949494949494949 494949494949494949 4949494949494949
777777777777
777777777777
7 777
77777 7777777 777777777 77777777777
7777777777777
777777777777777 77777777777777777
7777777777777777777
777777777777777777777
77777777777777777777777
86419753086246913580247
х 7
604938271603728395061729
49494949494949 494949494949 4949494949 49494949 494949 4949  49 604938271603728395061729
309


II. Ще 8 добутків:
1738 х 4 = 6952, 483 х 12 = 5796,
1963 х 4 = 7852, 297 х 18 = 5346,
198 х 27 = 5346, 157 х 28 = 4396,
138 х 42 = 5796, 186 х 39 = 7254.
Множене, множник і добуток у кожній дії містять 9 різних цифр.
*
* *
III. Рівності — правильні, й обидві сторони рівностей виражені одними і тими самими цифрами:
42 : 3 = 4 • 3 + 2,
7121 =12-1,
63 : 3 = 6 • 3 + 3,
Тб4 = 6 + 7Ї,
95 : 5 = 9 + 5 + 5,
749 =4 + 79 =9-ТЇ,
(2 + 7) • 2 • 16 = 272 + 16,
7169 =16-79 =716 +9,
5е-2 = 625,
7256 =2-5 + 6,
(8 + 9)2 = 289,
7324 =3-(2 + 4),
210 - 2 = 1022,
711881 =118-8-1,
24  * * * 8  *'1 = 128,
71936 =-1 + 9 + 36,
4 	• 23 = 43 : 2 = 34 - 2, ^1331 =1 + 3 + 3 + 14-3.
Придумайте аналогічні красиві приклади.
*
* *
IV. Ось наші сніжинки-цифри утворили такий «візерунок»: добуток деякого числа на суму чисел, складених з його цифр
37 х (3 + 7).
Враз перший множник «розтанув», а те, що залишилося, перетворилося на суму кубів: З3 + 73 і — уявіть собі — результат не змінився:
37 х (3 + 7) = З3 + 73.
Погляньте: ще одне число множиться на суму чисел, утворених з його цифр:
48 х (4 + 8).
310


З ним відбувається те ж саме: перший множник зникає, решта замінюється на суму кубів: 43 + 83, а результат зберігається:
48 х (4 + 8) = 43 + 83.
А ось одразу чотири аналогічних «візерунки»:
147 х (14 + 7) = 143 + 73,
148 х (14 + 8) = 143 + 83,
111 х (11 + 1) = 1Г + Г,
1 • 2 • 3 х (1 + 2 + 3) = І3 + 23 + З3.
*
* *
V. 	Ще дві сніжинки-цифри 1 і 6 утворили число
16 	= 42.
Але ось між цифрами 1 і 6 розмістилася така «сніжинка»: 15. Утворилося нове число 1156; воно не перестало бути квадратом:
1156 = 342.
Знову падає така ж самісінька «сніжинка» 15 і потрапляє якраз на середину запису числа 1156. Утворилося тепер число 111 556, яке, як і раніше, залишається точним квадратом:
111 556 = 3342.
Сніжинка за сніжинкою падають числа 15, і кожне влучно потрапляє в центральну частину запису числа. Число від цього «подовжується», але незмінно залишається квадратом, скільки би не продовжувався «цифропад»:
11 	115 556= 3 3342,
1 111 155 556= 33 3342,
111 	111 555 556 = 333 3342 і т. д.
Процес, очевидно, відбувається закономірно, але для цілковитої впевненості у його закономірності варто, звичайно ж, довести, що кожне число, в якого п старших розрядів (де п — будь-яке натуральне число), зайняте цифрою 1; ті - 1 наступних розрядів зайнято цифрою 5, а останній розряд, розряд одиниць, зайнятий цифрою 6, тобто число
N = И^Л 55^56 п разів п-1 разів
є точним квадратом якогось цілого числа. Довести це можна по- різному. Виявіть трохи кмітливості, — і ви знайдете порівняно коротке доведення твердження, що при будь-якому п число N буде
10" + 2
точним квадратом числа —
311


Доведіть самостійно, що при будь-якому цілому і додатному п: 10л + 2
1) — ціле число,
2) 10"+ 2 =33...3 + 1.
о ' '
п разів
350. 	Одна за всіх...
І. 	Щоб записати всі числа від 1 до 25, достатньо, звичайно ж, мати у своєму розпорядженні всі 10 цифр: 0, 1, 2, ..., 9. Достатньо, але не необхідно. За бажання можна обійтися всього лише однією цифрою 2, застосовуючи її при цьому рівно по п’ять разів для запису кожного числа і користуючись тільки чотирма арифметичними діями, включаючи піднесення до квадрата, та дужками. Займіться на дозвіллі цією гімнастикою для розуму.
Ось, для прикладу, перший десяток чисел:
9
1=2+2-2-|, 6 = 2 + 2 + 2 + 2-2,
2=2+2+2-2- 2, 7 = 22:2-2-2,
о
3 = 2 + 2-2 + ^, 8=2х2х2 + 2- 2,
9
4 = 2 х 2 х 2 - 2 - 2, 9 = 2x2x2 +
9
5 = 2 + 2 + 2--£, 10 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2.
За наведеним зразком зобразіть кожне з наступних 16 чисел (від 11 до 26 включно).
Зобразити число 27 п’ятьма двійками за таких умов не вдається.
Ще раз нагадую, що для зображення кожного числа потрібно використати рівно п’ять двійок.
*
* *
II. 	За допомогою цифри 4, при умові використовувати її неодмінно чотири рази, зобразіть усі цілі числа у межах від 1 до 10.
312


*
* *
ПІ. Для любителів числових головоломок узагальнимо попередню задачу.
Зобразити ціле число за допомогою рівно чотирьох будь-яких однакових цифр, з’єднуючи їх математичними знаками. Це означає: зобразити число чотирма цифрами так, щоб при заміні цих цифр на четвірку будь-яких інших однакових цифр (крім нуля) утворилося те саме число.
Візьмемо, наприклад, зображення числа 3 чотирма четвірками: З = (4 + 4 + 4) : 4.
Зображуючи число 3 таким чином, цифру 4 можна замінити на будь-яку іншу цифру (крім нуля). Наприклад,
З = (5 + 5 + 5) : 5 або 3 = (8 + 8 + 8) : 8 і взагалі
З = (п + п 4- п) : п.
Однак у зображенні числа 5 за допомогою чотирьох четвірок: 5 = (4 х 4 + 4): 4, цифру 4 не можна замінити ні на яку іншу цифру. Отже, потрібно шукати інший спосіб зображення числа 5. При цьому дозволяється використовувати знаки додавання, віднімання, множення й ділення, дужки. Якщо цих знаків буде недостатньо, то ще:
1) знак квадратного радикала: J” (маючи на увазі арифметичне значення кореня, тобто тільки його додатне значення з додатного числа: л/9 = 3, але не —3);
2) знак факторіала: !, цей знак ставиться праворуч від числа та позначає добуток усіх натуральних чисел від 1 до цього числа включно; наприклад:
5! = 1- 2- 3- 4- 5 = 120; взагалі:
п\ = 1 • 2 • 3 ... (п — 1)п;
3) крапку перед числом (на рівні рядка), наприклад, .4; крапку перед числом і над числом, наприклад, .4. Першим символом у деяких країнах позначають десятковий дріб: .4 = 0,4, а другим — періодичний: .4 = 0,(4). Нагадаю, що періодичний дріб точно
замінюється на простий дріб: 0,(4) = 0,(п) =
313


Поміркуйте над тим, як, користуючись вказаними математичними знаками, зобразити ціле число за допомогою будь-яких чотирьох однакових цифр.
Приклади:
1 = (п : п) х (п : п),
де п — будь-яка цифра від 1 до 9.
Нехай в останньому прикладі, скажімо, п = 7, тоді:
= 10 4- З! = 10 +1 • 2 • 3 = 10 4- 6 = 16.
Самі додумайтеся до зображення за допомогою будь-яких чотирьох однакових чисел (окрім нуля) всіх цілих чисел у проміжку від 1 до 21. Із вказаного проміжку чисел мені поки що не траплялося потрібне зображення лише числа 14. Якщо придумаєте — повідомте.
351. 	...і всі за одну
І. Якщо.одна цифра 2, використана не більше ніж 5 разів, або одна цифра 4, використана не більше ніж 4 рази, може замінити собою будь-яку з цифр від 1 до 9, то й уся ця дружна сім’я цифр не залишається у боргу.
Уся сім’я цифр відразу (але без нуля) може замінити собою будь-яку цифру зі своєї ж сім’ї.
Ось як, наприклад, вони замінюють 2 і 4:
13458 15768
6729 ’ ” 3942 '
Кожен з цих неправильних дробів містить усі цифри від 1 до 9, причому кожну тільки один раз.
Складаючи аналогічні дроби з тих самих цифр і використовуючи кожну цифру тільки один раз, ви можете утворити числа 3, 5, 6, 7, 8 і 9, тобто всі інші однозначні числа, крім 1.
Для зображення 1 за допомогою дев’яти цифр потрібно вигадати особливий спосіб.
314


Не поспішайте звертатися до відповіді, спочатку спробуйте знайти її самостійно.
*
* *
II. Повернемо вигнанця (нуль) у сім’ю всіх інших цифр. Тепер за допомогою десяти різних цифр можна утворити шість таких дробів, що кожен з них дорівнюватиме 9.
Три дроби є такими:
97524 = 95823 = 57429
10836 10647 06381’
а інші три утворіть самі.
Одиницю, звичайно ж, теж дуже легко утворити з десяти цифр (складіть!). Можна спробувати утворити й інші однозначні числа з усіх десяти цифр.
352. 	Числові знахідки
Нескінченно багато різноманітних співвідношень існує між числами. Одні з них значні та є предметом серйозних досліджень. Інші менш істотні; їхні властивості вузькі, одиничні, але саме своєю винятковістю вони іноді й привабливі. Назвемо їх «числовими знахідками».
І. Серед цілих чисел виявлено кілька пар таких, в яких і сума, і добуток чисел кожної пари відрізняються тільки розміщенням цифр:
9 + 9 = 18, 24 + 3 = 27, 47 + 2 = 49, 263 + 2 = 265, 497 + 2 = 499,
9 х 9 = 81, 24 х 3 = 72, 47 х 2 = 94, 263 х 2 = 526, 497 х 2 = 994.
* к к
II. Кілька пар двозначних чисел вирізняються зовсім іншою властивістю: добуток, утворений із пари чисел, не зміниться, якщо в кожному зі співмножників переставити цифри. Погляньте:
12 •
42 = 21 ■
• 24,
24 •
63 = 42
36,
12 ■
63 = 21
36,
24 ■
84 = 42
48,
12
84 = 21
48,
26
93 = 62
39,
13
62 = 31
26,
36
84 = 63
48,
23
96 = 32
• 69,
46 ■
96 = 64
69.
315


Є ще 4 пари двозначних чисел, які мають цю властивість. Знайдіть їх.
*
к к
III. А ось ще три пари послідовних чисел, квадрати яких записуються тими самими цифрами, але у зміненому порядку:
ІЗ2 = 169, 1572 = 24 649, 9132 = 833 569,
142 = 196, 1582 = 24 9 64 , 91 42 = 83 5 3 96.
IV. Чи є серед цілих чисел хоча б одне, яке мало би такі властивості:
1) воно повинно бути четвертим степенем суми його ж цифр (звідси випливає, що воно повинна бути і точним квадратом деякого числа);
2) якщо розбити його на три грані по 2 цифри, то сума трьох отриманих двозначних чисел теж повинна бути точним квадратом;
3) якщо написати його у зворотному порядку цифр і знову розбити на 3 грані по 2 цифри, то сума і цих трьох двозначних чисел повинна бути точним квадратом.
У результаті проведених обчислень таке число було виявлено. Ось воно:
234 256.
Переконайтеся самостійно в тому, що воно має всі потрібні властивості.
к * к
V. Числа, подібно до зірок, ми групуємо в різноманітні числові «сузір’я».
«Сузір’я» із шести чисел 2, 3, 7,1, 5, 6 цікаве не тільки тим, що сума перших трьох чисел дорівнює сумі останніх трьох, а й тим, що рівні навіть суми їхніх квадратів:
2 + 3 + 7=1 + 54-6,
22 + З2 + 72 = І2 + 52 + б2.
Можна сказати, що ці числа 2, 3, 7, 1, 5 і 6 замінюють собою шість невідомих хх, х2, х3, z/p z/2, у3 в системі рівнянь
X +х2 +х3 = у. + у2+у3, х*+хІ+хІ=у*+у22+уІ.
316


Є нескінченно багато й інших чисел, які задовольняють цю систему рівнянь. Цікаво, як швидко вдалося би вам підібрати ще хоч би одну групу із шести відповідних чисел?
Ще яскравішими є «сузір’я» з восьми чисел
0, 5, 5,10,1, 2, 8, 9 та з десяти чисел
1, 4,12,13, 20, 2, 3,10,16,16.
У кожному з них сума чисел першої половини дорівнює сумі чисел другої половини, далі, яків попередньому прикладі, рівні суми квадратів тих самих чисел; більше того, рівні навіть суми кубів тих самих чисел:
0 + 5 + 5+10 =1 + 2+8 + 9,
< О2 +52 +52 +102 = І2 +22 +82 +92,
О3 + 53 + 53 +103 = І3 + 23 + 83 + 93,
1 + 4 + 12+13 + 20 = 2 + 3 + 10 + 16 + 19,
«І2 + 42 +122 + ІЗ2 + 202 = 22 + З2 +102 +162 +192,
І3 + 43 +123 + ІЗ3 + 203 = 23 + З3 +103 +163 +193.
Безперечно, є й інші групи чисел, зв’язаних такими самими співвідношеннями, але як підібрати такі числа?
У «таємницю» всіх наведених тут «числових сузір’їв» першими проникли ще 200 років тому (в 1750—1751 рр.) два петербурзьких академіки: Гольдбах і геніальний Ейлер. Вони знайшли ряд формул, придатних для розв’язування в цілих числах деяких систем рівнянь, зокрема й тих, які приводять до згаданих «числових сузір’їв».
Так, для підбору чисел, що утворюють перше «сузір’я»:
*і +х2+х3 = уг + у2 + у3, xf + х2 + х32 = у2 + у22 +УІ,
стали придатними такі формули:
Xj = а + е, х2 = b + е, х3 = 2а + 2Ь + с
і
Ух = с, у2 = 2а + Ь + с, у3 = а + 2Ь + с.
Потрібно тільки замінити у цих формулах букви а, Ъ і с на будь-які числа, і ви отримаєте стільки чисел цього «сузір’я», скільки захочете.
317


Зокрема, при а=1,& = 2іс = 1 виходить «сузір’я», наведене як перший приклад: 2, 3, 7, 1, 5, 6.
Складіть інші групи чисел першого «сузір’я», надаючи буквам а, b і с різноманітних значень.
Ейлер і Гольдбах дали ще й іншу групу формул для чисел першого «сузір’я»:
хг = ad, х2 = ас + bd, х3 = Ьс,
уг = ас, у2 = ad + be, у3 = bd,
де а, Ь, с id — також довільні числа.
Для підбору чисел, що утворюють друге «сузір’я»:
X + х2 + х3 + х4 = уг + у2 + у2 + у4,
* х?+х2+х2+х4 =Уі+У2+Уз + УІ> x?+x%+xf+x* = у3+УІ+УІ +у34,
придатні такі формули:
хг = а, х2 = Ь, х3 = За + ЗЬ, х4 = 2а + 4&,
ух = 2а + Ь, у2 = а + ЗЬ, у3 = За + 4&, z/4 = 0.
Знову замініть букви а і Ь на будь-які числа, і ви отримаєте стільки чисел другого «сузір’я», скільки захочете.
Доцільно перевірити наведені тут формули не тільки на окремих прикладах, а й у загальному вигляді, замінюючи в кожному рівнянні всі невідомі на їхні значення.
* * *
VI. 	Після Ейлера з’явилося багато інших числових знахідок, пов’язаних із так званим розв’язанням рівнянь у цілих числах1}, приклади якого вам траплялися і в розділі дванадцятому (див. задачу 342). Праця, наполегливість та математична кмітливість увесь час поповнюють нашу скриньку з «числовими сузір’ями» новими цікавими зразками.
Чи не хочете ознайомитися, наприклад, з одним із нових, дуже розкішних «сузір’їв». Суми всіх степенів, від першого до п’ятого, шести чисел: 1, 6, 7, 17, 18 і 23 дорівнюють сумам тих самих степенів інших шести чисел: 2, 3, 11, 13, 21 і 22:
п Див. також: Гельфонд А.О. Решение уравнений в целых числах. Популярные лекции по математике. Вып. 8. - М.: Гостехиздат, 1952 (прим, автора).
318


1 + 6 + 7 + 17 + 18 + 23 = 2 + 3 + 11 + 13 + 21 + 22,
12 + б2 + 72 +172 +182 + 232 = 22 + З2 + II2 + ІЗ2 + 212 + 222,
13 + б3 + 73 +173 +183 + 233 = 23 + З3 +113 + ІЗ3 + 213 + 223,
14 + б4 + 74 +174 +184 + 234 = 24 + З4 + II4 + ІЗ4 + 214 + 224,
Is + б5 + 75 +175 + 18s + 235 = 2s + З5 + II5 + ІЗ5 + 215 + 225.
«Ключем» до отримання інших чисел цього «сузір’я» є тотож- ність
ап + (а + 4Ь + с)п + (а + b + 2с)л + (а + 9& + 4с)л + (а + 6Ь + 5с)л +
+ (а + 10& + 6с)л = (а + Ь)п + (а + с)л + (а + 6& + 2с)п +
+ (а + 4Ь + 4с)л + (а + 10& + 5с)л + (а + 9Ь + 6с)л.
Замініть букви а, Ь і с на будь-які числа, а букві п надайте значення спочатку 1, потім 2, 3, 4 та 5, і ви отримаєте стільки разів по 5 рівних сум, скільки захочете.
*
•А'
VII. 	Ви ще можете сформувати красиві суми квадратів двозначних чисел з переставленими цифрами. Для цього спочатку складіть дві групи з однаковою кількістю таких однозначних чисел, аби сума квадратів чисел першої групи дорівнювала сумі квадратів чисел другої групи, наприклад:
42 + 52 + б2 = 82 + З2 + 22.
А тепер з чисел 4, 5, 6 і 8, 3, 2 утворіть три двозначних числа, використовуючи перші три числа як десятки, а останні три — як одиниці, об’єднуючи їх довільно. У вас утворяться неодмінно такі три двозначних числа, що сума їхніх квадратів дорівнюватиме сумі квадратів обернених чисел.
Так, з груп чисел 4, 5, б і 8, 3, 2 можна утворити такі рівності:
482 + 532 + 622 = 262 + 352 + 842, або;
432 + 522 + 682 = 862 + 252 + 342 і т. д.
У цих рівностях усі числа правої сторони є оберненими числами лівої сторони.
Зверніть увагу ще на таку красиву рису цих рівностей: цифри у кожній з них розміщені симетрично відносно знака рівності.
Узагальнюючи, можна сказати, що якщо п однозначних чисел хр х2, ..., хп і п інших однозначних чисел г/р у2, ..., уп зв’язані рівністю;
xf + х22 + ... + х2 = у2 + yz2 +... + у2,
319


то обов’язково буде виконуватися і така рівність:
(ЮХі + z/J2 + (10х2 + у2)2 + ... + (10х„ + уп)2 =
= (10Уп + ^п)2 + (ЮУп-і + *п-і)2 + — + (ЮУі + xj2.
Хто забажає, зможе сам переконатися в цьому, розкриваючи дужки у другій рівності і беручи до уваги першу рівність. Повправ- ляйтеся в утворенні таких сум.
Візьміть, наприклад, вісім перших чисел натурального ряду: 1, 2,3,4,5,6,7і8. Поміркуйте, які з них повинні бути числами групи х2, х3 і х4, а які — числами групи г/р г/2, г/3 і г/4, а потім, дотримуючись вказаного правила, утворіть кілька рівних сум квадратів двозначних чисел з переставленими цифрами.
*
* *
VIII. Новинкою ж нашої скриньки з «числовими сузір’ями» є і ще більш вигадливі групи двозначних чисел з переставленими цифрами. Наприклад,
13 + 42 + 53 + 57 + 68 + 97 = 79 + 86 + 75 + 35 + 24 + 31,
132 + 422 + 532 + 572 + 682 + 972 = 792 + 862 + 752 + 352 + 242 + ЗІ2,
133 + 423 + 533 + 573 + 683 + 973 = 793 + 863 + 753 + 353 + 243 + ЗІ3, або
12 + 32 + 43 + 56 + 67 + 87 = 78 + 76 + 65 + 34 + 23 + 21,
122 + 322 + 432 + 562 + 672 + 872 = 782 + 762 + 652 + 342 + 232 + 212,
123 + 323 + 433 + 563 + 673 + 873 = 783 + 763 + 653 + 343 + 233 + 213.
Дослідіть, чи нема й тут зв’язку між сумами степенів однозначних чисел і шуканими сумами.
IX. Ще одна знахідка! Число 145 можна виразити сумою факторіалів (див. задачу 350, III) своїх цифр: 145 = 1! + 4! + 5!. Невідомо, чи є ще числа, які мають таку саму властивість.
* *
X. Є лише два тризначних числа, будь-який цілий і додатний степінь яких закінчується тими самими трьома цифрами і в тому ж порядку: 376 і 625.
Справді,
3762 = 141 376, 3763 = 53 157 376 і т. д.,
6252 = 390 625, 6253 = 244 140 625 і т. д.
320


Як знайшли ці тризначні числа і як встановили, що їх лише два? Це була одна із задач щорічного конкурсу, який проводить журнал «Математика в школе» для всіх, хто полюбляє розв’язувати математичні завдання на кмітливість. Вона має коротке, але доволі хитромудре розв’язання. Розібратися в ньому, звичайно, корисно, але ще корисніше докласти власних розумових зусиль для відшукання розв’язку.
353. 	Спостерігаючи за рядом натуральних чисел...
І. 	Розмістимо натуральні числа 1, 2, 3, 4, ... у формі трикутника:
50
37 51
26 38 52
17 	27 39 53 107
10 18 28 40 54 108
5 11 19 29 41 55 109
2 6 12 20 ЗО 42 56 110
(*) 1 3 7 13 21 31 43 57 111
4 8 14 22 32 44 58 112
9 15 23 33 45 59 113
16 24 34 46 60 114
25 35 47 61 115
36 48 62
49 63
64
Вдивіться у цей числовий трикутник і ви, певна річ, виявите немало закономірностей у розміщенні чисел в рядках і стовпцях, зв’язків між числами та місцями, які вони займають, і т. ін. Чи помітили ви, наприклад, що:
1) нижнє число кожного стовпця — квадрат номера стовпця;
2) добуток будь-яких двох сусідніх чисел будь-якого рядка є числом того самого рядка; наприклад, 5 х 11 = 55; обидва 321


співмножники і добуток ви знайдете в одному рядку; місце в рядку, яке зайняте таким добутком, визначається як сума числа 1 і числа, що стоїть внизу того стовпця, в якому знаходиться менший множник; наприклад, для 7 х 13 = 91 зауважуємо, що внизу стовпця з числом 7 знаходиться число 9, отже, число 91 розташовано на 1 4- 9 = 10 місці того рядка, в якому знаходяться співмножники 7 і 13; число 13 • 21 = 273 розташоване на1 + 16 = 17 місці відповідного рядка;
3) 	усі числа рядка, позначеного зірочкою (*), одержано за формулою: п2 - п + 1, де п = 1, 2, 3, 4, 5, ...; у цьому рядку після числа 3 кожне третє число ділиться на 3; кожне сьоме число після числа 7 чи 21 ділиться на 7; кожне тринадцяте число після 13 чи 91 ділиться на 13 і т. д.; аналогічні властивості мають числа кожного рядка.
*
* *
II. 	Чи не можна всю послідовність натуральних чисел 1, 2, 3, 4, 5 ..., п — 1, п, ті 4-1, ... в порядку їхньої черговості розбити на пари рівних сум?
Спробуємо. Перша пара відразу впадає в очі: 14-2 = 3. Випробуємо такі числа: 44-54-6=74-8.
Поки що вдається. Ще кілька спроб, і знову успіх:
9 4- 10 4- 11 4- 12 = 13 + 14 4- 15.
Помічаємо, що кількість доданків зростає, але зростає закономірно: щоразу як у лівій частині рівності, так і в правій додається по одному доданку, причому в лівій частині кожної рівності доданків на один більше, ніж у правій. Перевіримо це на такій парі сум:
16 4- 17 4- 18 + 19 4- 20 = 21 4- 22 4- 23 4- 24.
Підтверджується!
Подивимося тепер, що являє собою найменший доданок (крайній зліва) кожної пари рівних сум. Спостереження показують, що він є квадратом числа доданків тієї суми, в якій доданків менше.
Справді, права частина першої рівності складається з одного числа (3) і найменший доданок у цій рівності І2; у правій частині другої рівності — два доданки (7 4- 8) і найменший доданок у цій рівності 22; у правій частині третьої рівності — три доданки і найменший доданок у цій рівності З2 і т. д.
Остання закономірність дає змогу швидко написати пару рівних сум, що відповідають наперед визначеному числу доданків.
322


Нехай, наприклад, потрібно знайти 7 послідовних чисел, які задовольняють умову. Визначаємо найменший доданок: 7 — 1 = 6, б2 = 36.
Таким чином, шукана пара рівних сум така:
36 + 37 + 38 + 39 + 40 + 41 + 42 = 43 + 44 + 45 + 46 + 47 + 48.
Отже, спостереження показали, що сума п 4-1 послідовних чисел, в якій найменший доданок л2, дорівнює сумі п наступних за ними чисел. Якщо перший доданок першої суми л2, то другий доданок цієї суми, за умовою, на 1 більший, третій доданок на 2 більший, четвертий на три більший, (п 4- 1)-ий доданок на п більший, ніж перший; таким чином, останній доданок першої суми буде п2 + л. Звідси перший доданок другої суми, за умовою, п2 + п 4-1, другий доданок, як і раніше, на 1 більший, третій — на 2 більший, л-ий доданок на п - 1 більший, ніж перший; отже, останній доданок другої суми буде:
п2 4- п 4- 1 4- (л — 1), або п2 4- 2л.
Остаточно результат наших спостережень можна виразити в такій алгебраїчній формі:
п2 + (п2 +1) + (п2 + 2) +... + (п2 + п) =
(л+1) доданків
= ( Л2 4- Л 41J 4 ( Л2 4- П 4- 2^ 4-... 4- Л2 4- 2л^.
лдоданків
Ті, кому відома формула суми чисел, які утворюють арифметичну прогресію, без великих зусиль доведуть правдивість цієї рівності.
*
* *
III. 	Після успішних спостережень над сумами натуральних чисел звернімося до сум квадратів натуральних чисел.
Розглянемо, перш за все, суму квадратів п послідовних натуральних чисел:
І2 + 22 +32 + ... + (п-1)2 + п2.
Це — не прогресія. Для визначення цієї суми потрібна спеціальна формула, і вона наведена в підручниках з алгебри:
_ 9 9 9 л(л 4-1)(2л 4-1)
12 4-22 4-З2 4-... 4-л2 =—^
6
323


Якщо додаються квадрати тільки парних або, навпаки, тільки непарних чисел натурального ряду, то потрібні інші формули. Суму квадратів усіх непарних чисел від 1 до 9 можна, наприклад, обчислити за такою формулою:
І2 + З2 + 52 + 72 + 92 = |-(103 - ю).
Однак для суми квадратів усіх парних чисел від 2 до 10 зручніше використовувати таку формулу:
22 + 42 + б2 + 82 +102 = |(113-11).
Додаючи ці дві рівності, отримаємо такий різновид формули для суми квадратів усіх цілих чисел від 1 до 10:
І2 + 22 + З2 + 42 +... +102 = |[(103 + II3) - (10 +11)].
Поширте самостійно ці формули на будь-яку кількість доданків.
* w *
IV. 	Якщо катети трикутника — 3 і 4, а гіпотенуза — 5 (так званий «єгипетський трикутник»), то З2 + 42 = 52.
Тут сума квадратів двох послідовних натуральних чисел дорівнює квадрату наступного числа.
Ще одне спостереження. Наприкінці XIX століття живописець- жанрист М. П. Богданов-Бєльський (1868-1945) написав картину «Важка задача», на якій він зобразив групу учнів сільської школи, котрі замислилися над розв’язанням «про себе» завдання С.О. Ра- чинського, яке вчитель записав на шкільній дошці,
102 +112 +122 +132 +142 . о
365
Справді, нелегка задача для швидкого розв’язання «про себе», якщо не знати «секрету». А «секрет» дуже простий. Річ у тому, що 102 + II2 + 122 = 365 і ІЗ2 + 142 = 365. Отже, шукана відповідь 2.
Однак звернімо увагу на інше. Із порівняння рівностей, написаних вище, випливає, що
102 + II2 + 122 = ІЗ2 + 142, тобто сума квадратів кількох послідовних натуральних чисел дорівнює сумі квадратів наступних чисел, і знову (як у цій же задачі, п. II) число доданків у лівій частині рівності тільки на 324


один доданок більше, ніж у правій. Я передбачаю принаймні два запитання з вашого боку:
1. Чи є серед натуральних чисел ще пари рівних сум, що складаються з двох і одного та з трьох і двох доданків, крім тих, які дають єгипетський трикутник і задача Рачинського, чи це єдино можливі такі пари?
2. Чи можна утворити рівні суми квадратів послідовних натуральних чисел, що складаються з чотирьох і трьох доданків, з п’яти і чотирьох доданків та взагалі з п + 1 і п rqpp&kybI
Не потрібно ніяких додаткових знань, щоб самим розв’язати подану нижче задачу.
Задача. Знайти п + 1 послідовних чисел, сума квадратів яких дорівнює сумі квадратів наступних п чисел.
•к
* *
V. 	Серед натуральних чисел нема навіть двох послідовних кубів, сума яких дорівнювала би кубу наступного числа. Переконатися в цьому допоможе алгебра.
Якщо будь-які три послідовних числа позначити як х — 1, х, х + 1, то, за умовою,
(х-1)3+х3=(х + 1)3,
або після перетворень:
х3 - 6х2 - 2 = 0.
Надамо отриманому кубічному рівнянню такого вигляду: х2(х - 6) = 2.
Легко виявити, що це рівняння не задовольняє жодне ціле число. Справді, права частина рівняння — число додатне, отже, х має бути більшим від шести. Найменше можливе значення для х — це сім. Однак при х = 7 ліва частина рівняння значно перевищить праву і перевищуватиме її при всіх наступних значеннях х, тобто переконуємося, що й справді отримане кубічне рівняння немає коренів серед цілих чисел.
Проте років 15 тому1* любителям подібних числових головоломок вдалося із кубів послідовних чисел закономірно скласти рівні суми, щоправда, щоразу з деякими додатками:
Читачеві слід мати на увазі, що цю книгу автор написав у першій половині XX ст. (прим. ред. укр. видання).
325


[53 + 63] + 13=[73]-13,
[163 +173 + 183] + (і3 + 23) = [193 + 203] - (і3 + 23), [ЗЗ3 + З43 + З53 + З63 ] + (і3 + 23 + З3) = = [З73 + З83 + З93] - (і3 + 23 + З3) і т. д.
У квадратних дужках — суми кубів послідовних чисел, причому знову на кожні п доданків у правій дужці припадає п + 1 доданків у лівій дужці; у круглих дужках як справа, так і зліва — однакові суми кубів послідовних чисел, починаючи з 1.
При цьому помічено, що підкреслене число (без показника степеня) в кожній рівності пов’язане з числом доданків у квадратних дужках таким чином: підкреслене число дорівнює потроєному добутку числа членів зліва на число членів справа (у квадратних дужках). Так, у першій рівності в лівій квадратній дужці 2 члени, а в правій — 1 і, отже, 3(2 • 1) = 6.
У другій рівності в лівій квадратній дужці 3 члени, а у правій — 2 і відповідно
З 	(3 • 2) = 18.
У третій рівності
З (4 • 3) = 36.
Не зупиняючись на узагальненні поміченої закономірності, обмежимося складанням і практичною перевіркою рівності таких курйозних сум ще для одного окремого випадку. Забажаємо, наприклад, щоб у лівій квадратній дужці було 5 доданків, а у правій — 4. Потроїмо їхній добуток: 3 (5 • 4) = 60. Тоді
[563 + 573 + 583 + 593 + 603] + (і3 + 23 + З3 + 43) =
= [бі3 + 623 + 633 + 643] - (і3 + 23 + З3 + 43).
Переконайтеся арифметично у правдивості цієї рівності!
Між іншим, аналогічні закономірності можна помітити також у рівних сум самих натуральних чисел та їхніх квадратів. Пригадайте, які ми мали рівності:
для перших степенів:
1 	+ 2 = 3,
326


4 	+ 5 + 6 = 7 + 8,
9 + 10 + И + 12 = 13 + 14 + 15; підкреслене число дорівнює добутку числа доданків зліва і справа від знака рівності;
для других степенів:
З2 + 42 = б2,
102 + II2 + 122 = ІЗ2 + 142,
212 + 222 + 232 + 242 = 252 + 262 + 272;
підкреслене число (без показника степеня) дорівнює подвоєному добутку числа доданків зліва на число доданків справа (від знака рівності).
* w *
VI. 	Чи відома вам така таблиця множення:
Добуток якого-небудь числа верхнього рядка на будь-яке число крайнього зліва стовпця розміщено на перетині стовпця і рядка, які займають співмножники. Так, наприклад, число 12 розміщено 327


на перетині четвертого стовпця і третього рядка або шостого стовпця і другого рядка.
Проте, розглядаючи уважно цю таблицю, ви знайдете ще кілька цікавих співвідношень:
а) сума чисел у будь-якому квадраті з вершиною в лівому верхньому кутку таблиці є повним квадратом (тобто являє собою квадрат деякого числа):
1 = І2,
1 + 2 + 2 + 4 = 32 = (1 + 2)2,
1 + 2+ 3 + 2 + 4 + 6 + 3 + 6 + 9 = б2 = (1 4- 2 4- З)2 і т. д.^
б) кожен зі згаданих вище квадратів утворюється шляхом приєднання до попереднього квадрата зігнутої під прямим кутом смужки, яка називається гномоном. Сума чисел у будь-якому гномоні є кубом деякого числа:
1 = І3,
2 	+ 4 + 2 = 23,
З 	4- 6 4- 9 + 6 4- 3 = З3 і т. д.;
в) кожний зі згаданих вище квадратів складається з 1, 2, 3, ..., п гномонів. Звідси випливає формула, відома ще з античних часів:
І3 + 23 + З3 + ... + п3 = (1 4- 2 + 3 + ... + п)2.
* * *
VII. 	У класичній формулі для суми кубів доданками є числа натурального ряду, що йдуть за порядком: 1, 2, 3, 4 і т. д. Математик Ліувілль (Франція) поставив ширшу задачу: знайти довільні цілі числа а9Ь9 с, d9 ..., сума кубів яких дорівнювала би квадрату їхньої суми:
а3 + Ь3 + с3 + ... = (а + Ь + с + ...)2.
Серед чисел а, b9 с9 d9 ... допускаються й рівні між собою.
Підібрати відповідні числа, не керуючись при цьому якимось правилом, просто навмання — справа майже безнадійна.
Зробіть все-таки дві-три спроби, а потім продовжуйте читання.
Ліувіллю вдалося отримати цікавий результат, суть якого легко зрозуміти за допомогою таких двох прикладів.
Приклад 1. Візьмемо число 6. Воно ділиться на 1, 2, 3 і 6. А скільки ж дільників у кожного з цих дільників? У числа 1 — один дільник, у числа 2 — два дільники (1 і 2), у числа 3 — два дільники (1 і 3) й, нарешті, у числа 6 — чотири дільники 328


(1, 2, 3 і 6). Ось ці числа дільників 1, 2, 2 і 4 й задовольняють співвідношення, яке нас цікавить, тобто маємо:
І3 + 23 + 23 + 43 = (1 + 2 + 2 + 4)2 = 81.
Приклад 2. Візьмемо число ЗО. Його дільники: 1, 2, 3, 5, 6,10, 15, ЗО. Число дільників у кожного з них відповідно 1, 2, 2, 2, 4, 4, 4, 8. Маємо:
І3 + 23 + 23 + 23 + 43 + 43 + 43 + 83 = = (1 + 2 + 2 + 2 + 4+ 4 + 4 + 8)2.
Спосіб простий і дотепний. Застосуйте його самостійно до інших чисел.
*
* *
VIII. 	Спостереження над рядом натуральних чисел можна, звичайно, вести нескінченно. Ось ще один приклад цікавого співвідношення між натуральними числами.
Поділимо ряд натуральних чисел на такі групи: 1; 2, 3; 4, 5, 6; 7, 8, 9, 10; .... У першій групі — одне число, в другій — два наступних числа, у третій — три числа і т. д., в n-й групі — п чисел. Зауважуємо, що перше й останнє числа в кожній групі визначаються за формулами:
де п — номер групи.
Числа кожної групи утворюють арифметичну прогресію з різницею d = 1. Знаючи число членів (п) у кожній групі, а також її перший (cQ і останній (ал) члени, можна підрахувати суму чисел у кожній групі.
Сума членів арифметичної прогресії визначається за формулою:
(«! +а„)п
5 2 *
Для кожної групи:
п2 +1
2~ 2
)п _ п3+п
Позначивши суми різних груп через S2, S3, S4, ... і виявляючи інтерес тільки до сум груп з непарними номерами, матимемо: 329


q -1*+1. q -33+3.
1 2 ’ 3 2 ’
ч_53+5. . q _(2fc-l)3+(2fc-l)
5 “ 2 2*’J - 2
Сума всіх цих сум дорівнює:
+ ^3 + • • • + ^2А-1 =
[13+33 + 53 +... + {2k -1)3] + [1 + 3 + 5 + ... + (2й -1)]
" 2 ’
Для тих, хто полюбляє алгебраїчні перетворення, тут виникає захоплива задача.
Задача. Довести, що
[і3 + З3 +... + (2А: -1)3] +[1 + 3 +... + (27г -1)]
Вказівка. Спочатку перетворіть формулу для суми кубів (див. стор. 328) так, щоб утворилась формула для суми кубів непарних чисел:
І3 +З3 +53 +... + (2А-1)3.
Повернімося до суми Sj + S3 +... + S2A_ie У результаті перетворень, які тільки що було вам запропоновано для виконання, ми маємо: S, + S3 + Ss +... + S2. . = &4. loo Zft—1
Ця формула розкриває нам доволі цікаве співвідношення між вказаними групами чисел:
1; 2, 3; 4, 5, 6; 7, 8, 9, 10; ...;
а саме: якщо з ряду цих груп викинути групи з парними номерами (другу, четверту і т. д.), а групи, які залишилися, додати,, то їхня сума дорівнюватиме четвертому степеню числа груп, що додаються.
Так, наприклад, відразу можна сказати, що сума чисел 1 + (4 + 5 + 6) + (11 + 12 + 13 + 14 + 15) дорівнює З4, тобто 81.
* * *
IX. 	Кожен, хто зацікавився розглянутими різноманітними залежностями, що пов’язують натуральні числа, не міг не помітити 330


найпростіших властивостей їхніх сум, зокрема сум непарних чисел: 1, 3, 5,(2п - 1).
Noi аї а30 еб ааї б і а абі ёб *епаё 1 +3 дорівнює 22, квадрату числа 2.
Сума перших трьох непарних чисел 1+3 + 5 дорівнює З2, квадрату числа 3.
Сума перших чотирьох непарних чисел 1 + 3 + 5 + 7 дорівнює 42, квадрату числа 4 і т. д.
Ця властивість сум непарних чисел стає вельми наочною, якщо уявити собі квадрат (мал. 232, а), поділений на зігнуті під прямим кутом смужки (гномони), кожний з яких складається з одиничних квадратів і є ілюстрацією непарного числа. Послідовне приєднання гномонів до першого одиничного квадрата не порушує форми квадрата (мал. 232, б) і таким чином ілюструє властивість суми непарних чисел утворювати квадратне число.
Мал. 232. Властивість сум непарних чисел.
Природно припустити, що помічена закономірність зберігається для суми будь-якої кількості п перших непарних чисел, тобто що ця сума завжди дорівнює квадрату числа доданків:
1+3 + 5 + ... + (2/і — 1) = л*'.
п доданків
А що як це припущення не підтвердиться? Чи не перестануть наші суми підпорядковуватися знайденому законові, починаючи з якого-небудь, можливо дуже великого, числа доданків?
Із закономірностями, виявленими дослідним шляхом, таке цілком може трапитися.
Оскільки ряд натуральних чисел нескінченний, то дослідним шляхом неможливо перевірити помічену закономірність для сум 331


непарних чисел. Проте в цьому й немає необхідності. Математика має засоби передбачати результат.
Міркуємо так: нехай для якогось числа k доданків справджується твердження, що їхня сума дорівнює квадрату їхнього числа:
1 + 3 + 5 + ... + (2fc-l) = fc2.
k доданків
Додамо тепер наступне непарне число: 2k +1, і побачимо, чи збережеться та сама закономірність для суми k + 1 доданків:
l+3 + 5 + ... + (2fe-l) + (2A+l) = A2 + 2&+1 = (А+1)2.
Закономірність збереглася!
Сума, як і раніше, дорівнює квадрату числа доданків. Так ми встановили, що якщо передбачувана закономірність справджується хоча би для одного якого-небудь числа k доданків, то вона справджуватиметься і для числа доданків, на одиницю більшого, ніж k.
Отже, дослідну перевірку закономірності потрібно здійснити, але тільки один раз. Візьмемо найменше число доданків: два. Маємо: 1 + 3 = 22. Сума двох доданків (k = 2) дорівнює квадрату числа доданків. Отже, згідно з доведенням, закономірність збережеться і для трьох членів (k + 1 = 3); але якщо вона правильна для трьох доданків (k = 3), то закономірність збережеться і для чотирьох (k + 1 = 4); якщо вона правильна для k = 4, то закономірність збережеться і для k +1 = 5; якщо вона правильна для k = 5, то закономірність збережеться і для k + 1 = 6 і т. д.
Цей простий, але строгий спосіб міркувань називається математичною індукцією.
Отже, сумніви розвіяно! Сума п перших непарних чисел при будь-якому числі п доданків дорівнює квадрату числа доданків. У правдивості формули
1 + 3 + 5 + ... + (2п-1) = п2
для будь-якого п можна було би переконатися простим підрахунком суми
1 + 3 + 5 + ... + (2п-1)
за формулою для суми членів арифметичної прогресії (зробіть це!), але насправді це був би той самий спосіб міркувань, оскільки 332


застосовність формули для суми членів арифметичної прогресії теж спирається на принцип математичної індукції.
*
* *
X. 	Не менш цікава і ще одна особливість сум непарних чисел. Якщо ряд непарних чисел, починаючи з 1, поділити на групи, відділивши для першої групи одне число, для другої — два, для третьої — три і т. д., то с у м а чисел кожної групи буде дорівнювати кубу номера групи (теорема Нікомаха).
І3 =
1,
23 =
3 + 5,
З3 =
7 + 9 + 11,
43 =
13 + 15 + 17 + 19,
53 =
21 + 23 + 25 + 27 + 29;
Кожен рядок — сума п членів (п — номер рядка) арифметичної прогресії зі сталою різницею d = 2, але перший і останній члени цієї прогресії різні в різних рядках. Чи залежать вони від номера рядка? Безперечно.
Якщо хочете довести, що висловлена властивість справджується для будь-якого п, то спочатку мобілізуйте свою кмітливість на відшукання залежності між першим членом арифметичної прогресії і номером (п) рядка, який утворює сума цієї прогресії.
Якщо через ап позначити перший член рядка, номер якого п, то = 1, = 3, а3 = 7, = 13 і т. д. Отож, перш за все, і доведіть, що
ап = пґ - п + 1. Однак майте на увазі: на одному здогаді далеко не заїдеш. Шукайте шлях розв’язання.
354. 	Нерозгризені горішки
І. Симетрична сума. Напишіть будь-яке ціле число, яке складається з 2, 3 чи більше знаків. Додайте до нього число з переставленими цифрами. Те ж саме проробіть з отриманою сумою. Досвід показує, що, повторюючи ці дії певну кількість разів, ви обов’язково в якомусь із результатів отримаєте число, що однаково читається зліва направо і справа наліво.
333


Кілька прикладів:
,38 , 139 + 48 017
+ 83 + 931 71084
121 ,1070 +119101
+0701 І»4 QU
Ї771 +221012
210 122 431 134
Іноді для досягнення симетричного результату доводиться робити велику кількість кроків. Якщо, наприклад, ви почнете з числа 89, то очікуваний результат буде не скоро. Тільки 24-й крок приведе до симетричного результату: 8 813 200 023 188.
Переконайтеся!
А може, знайдеться й таке число, яке ніколи не приведе до симетричного результату? Мабуть, ні, але ц ь о г о ще ніхто не довів!
II. Надокучлива різниця. Напишіть будь-яке чотиризначне число, не всі цифри якого є однаковими. З цифр написаного числа утворіть два нові числа: М — найбільше можливе число і т — найменше можливе число. Знайдіть різницю d = М — тп і проробіть те ж саме з отриманою різницею. Повторюючи ці дії певну кількість разів, ви обов’язково дійдете до різниці 6174, яка весь час і повторюватиметься при продовження процесу.
Нехай, наприклад, початкове число 4818.
мх = 8841;
= 1488;
= 7353.
М2 = 7533;
тп, = 3357;
d,= 4176.
М3 = 7641;
= 1467;
d' = 6174.
МА = 7641; 4
т4 = 1467;
d4 = 6174 і т. д.
Як пояснити це явище?


РОЗДІЛ ЧОТИРНАДЦЯТИЙ
ЧИСЛА ДАВНІ, АЛЕ ВІЧНО ЮНІ
А. ПОЧАТКОВІ ЧИСЛА
355. 	Числа прості і складені
Число а називається дільником цілого числа 7V, якщо в результаті ділення N на а утворюється знову число ціле.
Найменший цілим числом є 1. Воно ділиться без остачі лише на самого себе; отже, у числа 1 тільки один дільник. Будь-яке інше ціле число має або два дільники (одиницю і самого себе), або більше, ніж два дільники.
Тільки на одиницю і на себе діляться, наприклад, такі числа, як 2, 3, 5, 7 та інші.
Число 4 має три дільники: 1, 2 і 4; число 6 — чотири дільники: 1, 2, 3 та 6 і т. д.
Числа, що мають тільки два дільники, називаються простими, або початковими, числами. Числа, в яких більше, ніж два дільники, називаються складеними.
Найменшим простим числом є число 2. Це єдине парне просте число. Всі інші прості числа, очевидно, слід шукати тільки серед непарних чисел, але, певна річ, далеко не кожне непарне число — просте.
Так, наприклад, непарні числа 3, 5, 7, 11, 13 — прості, а такі непарні числа, як 9, 15, 21, — складені; 9 має три дільники: 1, 3, 9, число 15 — чотири дільники: 1, 3, 5, 15 і т. д.
335


Будь-яке складене число можна розкладати на співмножники доти, доки воно не розпадеться на самі лише прості числа. Наприклад, 12 = 2 • 2 • 3; 363 = 3 • 11 • 11 і т. д.
Прості числа є ніби первинними елементами, з яких утворюються всі числа. Тому зрозумілий інтерес до простих чисел з боку математиків.
356. 	«Ератосфенове решето»
Як же вибрати прості числа зі складу всіх цілих чисел? Очевидно, що чим більше число, тим важче вирішувати питання, чи має воно дільники, менші від себе.
Коли зерна відокремлюють від домішок, застосовують спеціальні сита з отворами, що відповідають розмірам зерен.
Ось приблизно в такий самий спосіб відділяють і прості числа від складених.
Потрібно, припустимо, виділити усі прості числа в межах від 2 до деякого даного цілого числа N. Випишемо спочатку підряд усі цілі числа від 2 до N: 2, 3, 4, 5, ..., N. Перше просте число 2. Підкреслимо його, а всі числа, кратні двом (парні), закреслимо. Перше з чисел, які залишилися, 3. Підкреслимо його як просте, а всі числа «через два на третє» (тобто кратні трьом) закреслимо. Перше число з тих, які залишилися тепер, 5 (число 4 вже закреслене). Підкреслюємо його як просте і закреслюємо всі числа «через чотири на п’яте» (тобто кратні п’яти) і так далі.
Усі підкреслені числа й утворюють таблицю простих чисел
у межах від 2 до N:
£ h
К
.7.
Я
/. и.
Зі
11.
13.
J'S,
17,
11.
19,
21,
21,
23,
&
2&.
21.
29,
21.
31,
V,
К
21,
37,
21,
41.
Такий спосіб поступового «просіювання» чисел вигадав грецький математик Ератосфен (276-196 рр. до н. е.) більш ніж 2000 років тому.
336


Ератосфен не закреслював числа, кратні 2, 3, 5 і т. д., а проколював дірочки над ними. Виходило щось подібне до решета, крізь отвори якого ніби просіювалися складені числа, а прості залишалися. Цей спосіб одержання таблиці простих чисел і досі називається ератосфеновим решетом.
Спосіб, як бачите, дуже кропіткий, але цілком надійний.
Колективними зусиллями таблицю простих чисел на даний час доведено до 10 мільйонів, тобто існує таблиця всіх простих чисел від 1 до 10 000 000. За межами цієї таблиці відомі тільки окремі прості числа. Так, наприклад, математик-самоук І.М. Первушин у 1883 р. довів, що число
261 — 1 = 2 3 0 5 843 0 0 9 2 1 3 693 951 є числом простим.
Тривалий час число
2127 - 1 = 170 141 183 460 469 231 731 687 303 715 884 105 727 було найбільшим відомим простим числом. За допомогою сучасних швидкодійних обчислювальних машин у Лос-Анджелесі було отримано ще більше просте число:
22281 _ 1
На сьогодні воно є найбільшим з відомих простих чисел1*.
І.М. Первушин, окрім цього, довів, що складеним є число 2^ +1, оскільки воно ділиться на 167 772 161. Число 2?* містить 2 525 223 цифри... Результати Первушина були перевірені в Петербурзькій і Паризькій академіях наук та підтверджені.
Дуже кропітку роботу зі встановлення дільників великих чисел вигляду 2Р ± 1 провів М.І. Слободськой, будучи ще студентом Грозненського педагогічного інституту. Він самостійно знайшов і довів цікаву теорему2*, яка дає змогу відразу знаходити дільник числа 2Р - 1 для різних значень числар. Наприклад, він показав, зокрема, що число 25002331 - 1, яке містить понад півтора мільйона цифр, ділиться на число 10 004 663.
Математики, певна річ, не могли миритися з тим, що прості числа добуваються кустарними способами. їм, звичайно ж, хотілося створити таку загальну формулу, яка залежно від усіляких можливих цілих значень величини п давала би тільки прості числа.
п Як на час написання цієї книги. Найбільшим відомим простим числом станом на червень 2009 року є 243112609 - 1. (прим. ред. укр. видання).
2) Працю М.І. Слободського надруковано в журналі «Математика в школе», № 1 за 1953 р. (прим, автора).
337


Та, на жаль, така формула виявилася «синьою птахою». Її ніхто так і не зловив досі.
357. 	Нове «решето» для простих чисел
За два тисячоліття, що відділяють нас від Ератосфена, техніка «відсіювання» простих чисел розвинулася від примітивного «решета» до застосування електронних машин, які виконують обчислення зі швидкістю поширення електрики1*.
Проте для «дрібних потреб» непогано мати напохваті й звичайне «решето». Поступово з’явилися деякі вдосконалення і в цій «ручній техніці» відсіювання простих чисел. Наприклад, трохи більше, ніж двадцять років тому одне з нових «решіт» вигадав студент-математик С. П. Сундарам (Індія)2*:
4
7
10
13
16
19
7
12
17
22
27
32
10
17
24
31
38
45
13
22
31
40
49
58
16
27
38
49
60
71
Це «решето» є таблицею, яка складається з нескінченної кількості нескінченних арифметичних прогресій, причому кожен член першої прогресії
4, 7,10,13,16,19,... починає нову прогресію. Різницями прогресій є всі непарні числа, починаючи із 3:
dY = 3, d2 = 5, d3= 7, d4 = 9 і т. д.
Якщо якесь число N зустрічається у цій таблиці, то 2N +1 — обов'язково число складене. Якщо ж числа N у цій таблиці немає, то 2N +1 — число просте.
Приклади. 1) У таблиці немає числа N= 3, отже, 2N +1 = 7 — число просте.
2) У таблиці немає числа N = 5, отже, 2N + 1 = 11 — число просте.
3) Числа N = 6 також немає у таблиці, отже, 2N + 1 = 13 — число просте.
1) Ці лічильні машини, наприклад, спроможні виконати понад 20 000 додавань або 2000 множень десятизначних чисел за секунду (прим, автора).
2) Два нових «решета» листом надіслав мені інженер-зв’язківець М. Соукуп (Чехословаччина) (прим, автора). Знову таки, маємо на увазі, що книга написана у першій половині XX ст. {прим. ред. укр. видання).
338


4) 	Число N = 7 є у таблиці, отже, 2N +1 = 15 — число складене і т. д.
Замінюючи N у формулі 2N + 1 за порядком на всі числа, яких немає у таблиці (які ніби просіяні крізь це «решето»), можна отримати всі прості числа, крім числа 2.
Як довести, що 2N +1 — число складене для чисел, які «затрималися в решеті», і просте для чисел, що «просіялися»?
358. Півсотні перших простих чисел
2
3
5
7
11
13
17
19
23
29
31
37
41
43
47
53
59
61
67
71
73
79
83
89
97
101
103
107
109
113
127
131
137
139
149
151
157
163
167
173
179
181
191
193
197
199
211
223
227
229
359. 	Ще один спосіб отримання простих чисел
Візьмемо 1 і будь-яку кількість п перших простих чисел. Усі ці числа довільно розподілимо на 2 групи. Перемножимо числа кожної групи; утворяться два добутки. Якщо сума чи різниця цих добутків дасть число N, яке менше, ніж квадрат (п + 1)-го простого числа, то N — просте число.
Візьмемо, наприклад, 1 і чотири перших простих числа, тобто 1,2,3,5 і 7. П’яте просте число — 11. Зауважимо, що II2 = 121. Отже, вказаним способом ми зможемо утворити прості числа, що менші від 121.
Розподілимо взяті числа на 2 групи: 2, 3, 5, 7 і 1. Утворимо число: 2 • 3 • 5 • 7 - 1 = 209.
Оскільки отримане число 209 більше від 121, то стверджувати, що воно є простим, ми не можемо. Справді, в таблиці простих чисел (див. 358) його немає.
Розподілимо взяті числа інакше: 1, 3, 5, 7 і 2. Утворимо два числа:
Л\ = 1- 3 - 5 - 7- 2 = 103, ДГ2 = 1- 3 - 5 - 7 + 2 = 107.
Кожне з них менше, ніж 121, отже, обидва мають бути простими. Справді, якби вони були складеними, то розпадалися би на прості співмножники (див. стор. 336), але зі способу утворення цих чисел випливає, що жодне з них не ділиться на 2, 3, 5 чи 7. Не можуть числа ДГ і N2 ділитися й на наступне, більше просте число, тобто на 11.
Справді, припустимо, що (чи N2) ділиться на 11. Оскільки кожне з них менше від 121, то частка буде меншою від 11 і, отже, не 339


зможе містити інших простих множників, крім 2, 3, 5 або 7. Однак у такому разі (чи N2) ділилося би на якийсь із цих множників, що суперечить способу утворення числа (чи N).
Якщо до першої групи віднесемо числа 1, 5 і 7, а до другої — 2 і 3, то зможемо утворити ще два простих числа:
1 • 5 • 7 - 2 • 3 = 29 і 1 • 5 • 7 + 2 • 3 = 41.
Ще кілька можливих комбінацій:
1 • 3 • 7 - 2 • 5 = 11, 1 • 3 • 7 + 2 • 5 = 31,
1 • 2 • 3 • 5 - 7 = 23, 1 • 2 • 3 • 5 + 7 = 37 і т. д.
Очевидно також, що можна підвищити степінь будь-якого
співмножника першої чи другої групи і сума або різниця добутків, як і раніше, будуть давати просте число, якщо тільки вони
1 • 3 • 5 ■ 7 + 23 = 113,
1 • 5 • 7 + 2 • З2 = 53,
1 • 3 • 52 + 22 • 7 = 103 і т. д.
залишаться меншими, ніж квадрат (п - 1)-го простого числа. Справді,
1 • 3 • 5 • 7 - 23 = 97,
1 • 5 • 7 - 2 • З*  2 = 17,
1 • 3 • 52 - 22 • 7 = 47,
Складаючи подібні комбінації всього лише з трьох чисел: 1, 2 ІЗ, можна утворити всі прості числа, які менші від 25. Ви без великих труднощів зможете обґрунтувати цей спосіб отримання простих чисел.
360. 	Скільки простих чисел?
Таблиця простих чисел не має останнього числа. Число простих чисел нескінченне. Це довів1* ще Евклід. Проте розподіляються прості числа в натуральному ряду дуже нерівномірно. Перший десяток натуральних чисел містить 4 простих чисел, тобто 40%. Перша сотня натуральних чисел містить 25 простих чисел, тобто 25%. Мільйон перших натуральних чисел містить уже тільки 8% простих чисел і т. д.
Як за допомогою розрахунку визначити, хоча би наближено, скільки ж простих чисел міститься у ряду натуральних чисел від 1 до будь-якого числа 2V?
Це запитання виявилося настільки важким, що точної формули немає й досі. Однак знайдено наближену формулу2*, що дає змогу м Доведення Евкліда вміщено в підручниках з теорії чисел, а також у книгах: Берман Г.Н. Число и наука о нем. - М.: Гостехиздат, 1954; Радемахер Г., Теплиц О. Числа и фигуры. - М.: ОНТИ, 1936 (прим, автора).
2) Читачів, яких цікавлять подробиці, відсилаю до книг, вказаних у попередній примітці (прим, автора).
340


тим точніше знаходити число п простих чисел, які припадають на N перших чисел натурального ряду («щільність» розподілу простих чисел), чим більшим є число А:
0,43429... кт
IgN
Б. ЧИСЛА ФІБОНАЧЧІ
361. 	Публічне випробування
На початку XIII століття у місті Пізі (Італія) жив великий знавець усіляких співвідношень між числами і вельми вправний обчислювач Леонардо (з добавленням до його імені Пізанський). Його звали ще Фібоначчі, що означає син Боначчі. У 1202 році він видав книгу латинською мовою з назвою «Книга про абак» (Incipit Liber, Abbaci compositus a Leonardo filius Bonacci Pisano), що містить у собі всю сукупність знань того часу з арифметики й алгебри. Це була одна з перших книг в Європі, яка навчала використовувати десяткову систему числення.
Книга Леонардо Пізанського набула великого поширення і понад два століття була найбільш авторитетним джерелом знань про числа.
За звичаями того часу, Фібоначчі брав участь у математичних турнірах (публічне змагання в якнайкращому та найшвидшому розв’язанні важких задач; щось на зразок наших математичних олімпіад).
Леопардове мистецтво в розв’язуванні числових задач вражало всіх.
Висока репутація Фібоначчі привабила якось (у 1225 р.) до Пізи правителя Римської імперії Фрідріха II, який приїхав у супроводі групи математиків, які хотіли привселюдно випробувати Леонардо. Одна із задач, запропонованих на турнірі, мала такий зміст:
Знайти повний квадрат, що залишається повним квадратом як після збільшення його, так і після зменшення на 5. Нагадаю, що повним квадратом називається число, з якого точно добувається квадратний корінь.
Фібоначчі після деяких роздумів знайшов таке число. Воно виявилося дробовим:
1681
144
341


Справді,
1681 q 961 1681 5 2401
144 144’ 144 144 ’
інакше
(41V 5 = (31V
\12/ \12)
І
(41\2 + 5_(49)2
\12/ 112/ •
Якими міркуваннями керувався Фібоначчі під час турніру, цього ми ніколи не дізнаємося, але задачу він розв’язав блискуче.
Зрештою, здогад, який висловив студент Лісотехнічного інституту в м. Йошкар-Ола В’ячеслав Незабудкін може бути не таким уже й далеким від істини:
— А чи не брав Фібоначчі у своєму розв’язанні запропонованої йому задачі за основу геометричне зображення будь-якого повного квадрата як суми послідовних непарних чисел (див. задачу 353, IX)?
Ґрунтуючись на цьому припущенні, В’ячеслав Незабудкін знайшов оригінальне і наочне розв’язання задачі Фібоначчі, яке зацікавлює саме тим, що воно за ідеєю близьке до методів тієї доби.
Наводжу його розв’язання з невеликими змінами, замість штучного алгебраїчного розв’язання, опублікованого у першому виданні цієї книги.
Випрямивши гномони, які доповнюють одиничний квадрат до будь- якого цілого квадрата (мал. 233, а), отримаємо нескінченну східчасту фігуру з однаковими сходинками в 2 клітинки (мал. 233, б). Обриваючи цю фігуру на будь-якому стовпчику справа, отримаємо ряд східчастих фігур, що зображають усі цілі числа — квадрати (мал. 233, в).
Мал. 233. Цілі числа — квадрати.
342


Малюнок 233 показує, що серед цілих чисел — квадратів — немає і не може бути таких, які задовольняли б умову задачі.
2
Отже, шукане число — дріб вигляду . Віднімаючи 5 і додаючи
п
5, отримуємо:
т2 - Ьп2 п2
_,2 2 .
т тп + оті
2 ’ 2
п п
За умовою т2 - Ьп2, т2 і пг2 + Ьп2 — цілі числа — квадрати. Такі числа існують, якщо існують рівновеликі гномони BEFGDC та EHJKGF, які лежать поряд (мал. 234, а) і число клітинок в кожному з яких дорівнює 5п2. Тоді, віднімаючи від квадратного числа AEFG (т2) гномон BEFGDC (5п2), отримуємо квадратне число ABCD (т2 - Ьп2), а додаючи до числа AEFG гномон EHJKGF (Ьп2), отримуємо квадратне число AHJK (т2 + 5п2). Знайдемо ці числа.
Розріжемо гномони по східчастій лінії CFJ (кожна сходинка — сторона клітинки) і з утворених частин викладемо прямокутники
Мал. 234. Так міг розв’язувати Фібоначчі.
Відкладемо GN = GK = b і проведемо NM || DE. Тоді, оскільки DEBG і GHLK — рівновеликі, то пл. BHLP = пл. DEMN. Тоді
nn.BEBG _ д аб0 Ьп2 _ а nn.DEMN a-b’ b(a + b)~ а-Ь'
343


9 ab(a + b)
Отже, п =—т—тг.
5(а-Ь)
Природно припустити, що, наприклад, а кратне п’яти: а = 5/?, де , kb(5k + b)
k = 1, 2, 3, ... . Тоді п =——т-1- і b = 4k — єдине можливе 5k —b
значення Ь, що перетворює цей дріб на ціле число — квадрат. При цьому п = 6k.
Отже, а = 5k, b = 4k, n = 6k. Знаменник шуканого дробу п2 = (6k)2. Знайдемо чисельник ні2. Маємо:
nn.DEMN nn.BHLP b(a + b) a-b a-b a — b
Далі, m = FG, але FG = EC і FG = OD, а також ОС = OF = a. ED = EC + OD- ОС, або ED = 2EC - a.
Звідси:
тт’Л'г ED + cl • т?ґ'< тгг1 ED + cl 26k + 5k 41/?
= і m = FG = EC = —— = - = —.
Шуканий дріб: / = | — | , тобто те саме число, яке
n2 (6k) \12І
знайшов Фібоначчі.
Усі навіть більш вправні спроби алгебраїчного розв’язання цієї задачі в кращому разі приводили до рівняння 4-го степеня з двома невідомими.
362. 	Ряд Фібоначчі
Фібоначчі склав такий ряд з натуральних чисел, який згодом став корисним у науці:
1,1,2,3, 5,8,13,21,....
Закон утворення членів цього ряду дуже простий: перші два члени — одиниці, а потім кожен наступний член утворюється шляхом додавання двох безпосередньо йому передуючих. Наприклад, 2 = 1 + 1, 3 = 1 + 2, 5 = 2 + 3, 8 = 3 + 5 і т. д.
Будь-яка пара сусідніх чисел ряду Фібоначчі задовольняє одне з рівнянь:
344


або
х2 — ху — у2 = 1
х2 - ху - у2 = -1, причому більше число є значенням невідомого х, а менше — значенням невідомого у.
Наприклад,
(х = 2, (х = 5, (х = 13,
< або <! або < і т. д.
[і/ =1, [і/ = 3, [у = 8
є коренями першого рівняння, а
[х = 3, (х = 8, [х = 21,
< 5 ї і т. д.
[і/= 2, [і/ = 5, [г/ =13
є коренями другого рівняння.
Доведення цієї властивості для загального випадку наведено на стор. 350, властивість 3.
*
* *
Ряд Фібоначчі відомий не тільки математикам, а й природознавцям.
Якщо листки на гілці ростуть поодинці, то вони завжди розміщуються довкола стебла, але не по колу, а по гвинтовій лінії, тобто кожен наступний листок знаходиться трохи вище і вбік від попереднього. При цьому для кожного виду рослин характерний свій кут розходження двох сусідніх листків, який, як стверджують ботаніки, витримується більш чи менш точно в усіх частинах стебла. Цей кут зазвичай виражають дробом, що показує, яку частину кола він становить. Так, у липи і в’яза кут розходження листків
11 2
становить — кола; у бука — —в дуба і вишні — —, у тополі й
2 3 5
З 5
груші — —, у верби — — і т. д. Той самий кут у певного виду
8 13 рослин зберігається також у розміщенні гілок, бруньок, лусочок усередині бруньок, квітів.
Найбільш поширені серед рослин такі кути розходження (у частинах кола):
1 	1 2 3 _5_ _8_ 2’ 3’ 5’ 8’ ІЗ’ 21’ *
345


Ряд чисельників і ряд знаменників тут — числа Фібоначчі, причому кожний із дробів (починаючи з третього) утворюється з двох попередніх шляхом додавання їхніх чисельників та знаменників:
2 	1 + 1 3 1 + 2 . m „
— = , — = 1 т. д.
5 2+3’8 3+5
363. 	Парадокс
З 	числами Фібоначчі непрямо пов’язаний цікавий геометричний парадокс.
Цілком очевидно, що якщо яку-небудь плоску фігуру розрізати на кілька частин, потім, прикладаючи утворені частини одну до одної (але не накладаючи одну на іншу), скласти нову фігуру, то за формою нова фігура може відрізнятися від початкової, але її п л о щ а повинна залишитися тією самою; ні на одну квадратну одиницю дану фігуру не можна ні збільшити, ні зменшити. Це очевидне твердження вважається в геометрії одним з тих первісних основних положень, на яких базується вся теорія вимірювання площ.
На мал. 235 показано перетворення квадрата на прямокутник.
Мал. 235. Перетворення квадрата на прямокутник.
Квадрат розрізано на два рівних трикутники і на дві рівні трапеції, довжини сторін яких поки що позначено буквами х та у. З цих частин складено прямокутник. Якщо таке перетворення 346


квадрата на прямокутник справді можливе, то на які ж частини х та у потрібно при цьому ділити сторону квадрата?
Один мій юний друг вирішив встановити це практично і зіткнувся при цьому з вражаючим явищем.
— А ну, думаю, — пише він у листі, — я сам пророблю це перетворення практично. Копіювати малюнок із книги мені не хотілося. Я вирішив сам розмітити свій квадрат, користуючись вказівками малюнка 235.
Намалював я на папері в клітинку квадрат на 64 клітинки і замислився над запитанням: на які частини х та у поділити сторону квадрата? Спершу я подумав, що це не має значення, і припустив, що х = 6, у = 2. Розмітив квадрат, розрізав його на два рівних трикутники та дві рівні трапеції, почав складати прямокутник, як вказано на мал. 235, і... нічого не вийшло! Суцільний прямокутник не вдавалося скласти. Неможливо було скласти суцільний прямокутник і при інших значеннях х та у,
Мал. 236. Частини ті самі, а кількість клітинок збільшилася! Чому?
Тільки при х = 5, у = 3 я зміг скласти прямокутник з утворених частин квадрата, але тут же був приголомшений новою неприємністю: виявилося, що площа прямокутника дорівнює 65 клітинкам, тобто на одну клітинку більша, ніж площа початкового квадрата (мал. 236).
347


Справді, довжина прямокутника (див. мал. 235) повинна містити х + х + і/ = 2х + і/ = 2- 5 + 3 = 13 одиниць; у мене й вийшло рівно 13 одиниць; ширина прямокутника х, і в мене вийшло, що ширина прямокутника має 5 одиниць (мал. 236). Звідси його площа містить рівно 13 • 5 = 65 клітинок! Проробіть самі!
Та це ще не все. За тією самою викрійкою (див. мал. 235) я ділив на частини й інший квадрат зі стороною 13 одиниць. Якщо я брав х = 8 та у = 5, то з частин квадрата складав прямокутник, але... цього разу з площею, меншою від площі квадрата, причому теж рівно на 1 клітинку.
Міркуйте самі: площа квадрата містить ІЗ2 = 169 клітинок, а площа прямокутника містить (2х + у) х = (2 • 8 + 5) • 8 = 168 клітинок!
Ще два приклади.
1) Беру квадрат у 21 х 21 = 441 клітинку. Ділю, сторону на частини х = 13, у = 8. Розрізаю. Складаю. Прямокутник утворено. Підраховую площу:
(2х + у) х = (2 • 13 + 8) • 13 = 442 клітинки!
Знову зайва клітинка.
2) Беру квадрат у 34 х 34 = 1156 клітинок. Ділю сторону на частини х = 21, у = 13. Розрізаю. Складаю. Прямокутник утворено. Підраховую площу:
(2х + у) х = (2 • 21 + 13) • 21 = 1155 клітинок.
Не вистачає однієї клітинки!
Ото дивина! Чому ж так виходить?
Що би ви відповіли моєму юному другові? Обміркуйте як слід увесь цей парадокс, перш ніж прочитаєте розв’язання. Яку роль у ньому відіграють числа Фібоначчі?
364. 	Властивості чисел ряду Фібоначчі
Виявлено багато цікавих співвідношень між числами ряду Фібоначчі:
1,1, 2, 3, 5, 8,13, 21,....
1) Принцип утворення членів цього ряду приводить до такого співвідношення між будь-якими його трьома членами Sn _ 2, Sn _ х і S , що стоять поряд:
S = S , + S 9. п п-I п- 2
Ця формула дає змогу за першими двома членами ряду встановити його третій член, за другим і третім — четвертий, за третім та четвертим — п’ятий і т. д.
348


2) Цікаво було би вміти відразу отримати будь-який член ряду Sn, знаючи лише номер п його місця. Виявляється, що це цілком можливо, але тут ми зіткнемося з однією з дивовижних несподіванок, на які нерідко можна натрапити в математиці.
Будь-який член ряду Фібоначчі — число ціле, номер місця — теж число ціле. Природно було би сподіватися, що будь-який член ряду Sn можна отримати залежно від номера п місця, яке він займає, за допомогою дій тільки над цілими числами (наприклад, як у прогресіях). Проте це не так. Не тільки цілі числа, а навіть усі цілі й дробові (раціональні) не в змозі утворити формулу, що нас цікавить.
Зі скрутного становища допомагають вийти два ірраціональних числа:
„ 1 + V5 . „ 1-V5
Пригадайте, як ці ж два числа перетворювали на нуль різницю між площами прямокутника і квадрата (див. розв’язання до задачі 363 на стор. 555). Справді, несподівана зустріч!
Так ось, якщо п — номер місця, то будь-який член Sn ряду Фібоначчі ви можете отримати за формулою:
Sn
ґ І—\п / І—\л
[ 1 + V5 ] [ 1-V5 І
І 2 J І 2 J _дп1-дп2
у/5 V5
(*)
При п = 1
при п = 2
Оскільки для двох сусідніх членів ряду ця формула підтверджується, а кожний наступний член ряду Фібоначчі утворюється як сума двох попередніх, то далі нема потреби перевіряти, чи справджується формула для окремих випадків; можна відразу 349


переконатися в тому, що вона справджується для будь-якого номера ті. Напишемо її вираз для двох сусідніх ті:
Лп-2 „п-2 Лп-1
-а2 Ді -а2
°n-2 “/7 і °л~1 “ /7
V5 V5
Формула (*) буде правдивою для будь-якого п, якщо сума цих двох виразів дасть відповідний вираз для Sn:
_ of 2 - a” 2 1 “ а2 1 _ (ai + -О “ а2 (а2+1)
s"-2+s'-1“ 75 75 ~ 75
Знаючи, що являють собою а1 і а2, ви легко можете перевірити розрахунком, що
'п9
(J4 +1 = of і а2 + 1 = а2.
Повертаючись до суми Sn2 + Sn_ р отримаємо:
_п-2_2 _п-2_2 _л _п
О + s _ °1 °1 - Д2 g2 _ Д1 -g2 = a л 2 л—1 л
у/О л/D
що й потрібно було довести.
3) 	Знаючи, як будь-який член Sn ряду Фібоначчі визначається за номером ті місця, яке він займає:
2
о 07-^2 1 + V5 . 1--V5
= ■ /7 > Де <*і=—Г2" 1 а2=±-^-
легко довести, що будь-яка пара сусідніх чисел ряду Фібоначчі Sn і Sn + l задовольняє одне з рівнянь х2 - ху - у2 = ±1, причому якщо у = Sn, то х = Sn + р Замінюючи невідомі рівняння відповідними виразами:
fll d2 y=-jr
_П+1 .г-Л+1
°1 ~°2
75
матимемо:
а^2 - 2а^а^+1 + а2п+2 - а^1 + а^а^1 + + а^+1а^ - а2п+1 - а? + 2а№ - а? = ±5.
350


Групуємо члени з однаковими основами:
ofп (of - -1) + а%п (а2 “ а2 ~ 1)+ а2 (_2Оіа2 + а2 + + 2) = ±5.
Підставляючи відповідні значення аг і а2 у вирази, що стоять у дужках, отримаємо: Safa? = ±5, або б(о1а2)л = ±5. Однак
пп _1 + V5 1-V5 _
2 “ 2 2 “ Ь
Отже, при п парному 5(-1)л = 5, а при п непарному 5(-1)л = —5.
4) 	Дуже’ потішний вигляд у формули для суми п членів ряду Фібоначчі:
8. + 8_ + ... + 8 = 8 9 — 1.
1 2 Л Л + 2
Сума п перших членів ряду Фібоначчі на 1 менша від (п + 2)-го члена того самого ряду.
Доведення. За законом утворення членів ряду маємо:
8 	, = 8 , . + 8 , л + 2 л + 1 л
8 = 8 +8 .,
л + 1 л Л - 17 8=8 +8 „
л л - 1 л - 2’
S=S+ S2, s3 = s2 + sr
Додаючи ці рівності та позбавляючись подібних членів, отримаємо:
Sa + 2 = (Sn + s _1 + ... + Sx) + S2;
отже,
8г +82 + ... + 8л - 8л+2 -82,
8, + 82 +... + 8 — 8 « — 1,
12 Л Л+2 7
8. + 8„ +... + 8
12 Л
5) 	Сума квадратів чисел ряду Фібоначчі виражається через добуток двох сусідніх членів того самого ряду:
Sf+S’ + .-. + S^S,-^. (**)
Наприклад,
І2 	+ І2 = 1 • 2,
І2 + І2 + 22 = 2 • З,
І2 + І2 + 22 + З2 = 3 • 5 і т. д.
351


Для доведення застосуємо метод повної математичної індукції. Нехай формула (**) правильна для деякого числа членів k'.
+ ^2 + ••• + Sfc = • Sk J.
Додамо до обох частин рівності Sf+1:
s? + s2 +...+s2k + s2+1 = sk ■ sk+1 + s2k+1 = si+1 (sk + s*+1) = st+1 ■ s*+2.
Формула, яка справджується, за припущенням, для k доданків, справджується і для k + 1 доданків.
Як показала безпосередня перевірка, формула (**) правдива для k = 2. Цього достатньо, щоб тепер стверджувати, що вона буде правдивою і для будь-якого цілого числа п.
*
* *
Використовуючи формулу (*) або метод повної математичної індукції, доведіть самостійно наступні співвідношення.
6) 	Квадрат кожного члена ряду Фібоначчі, зменшений на добуток попереднього і наступного членів, дає почергово то +1, то — 1.
Наприклад, 22 - 1 • 3 = +1,
З2 - 2 • 5 = -1,
б2 - 3 • 8 = +1,
взагалі
7) 5L + +... + і ~ •
' 1 о Z/l—1 ZM
8) + jSL +... + S9ri = <SL_+1 — 1.
' Z 4 Zrt Zfl+X
9) У ряду Фібоначчі кожне третє число — парне, кожне четверте ділиться на 3, кожне п’яте — на 5, кожне п’ятнадцяте — на 10.
10) Неможливо побудувати трикутник, сторонами якого є числа ряду Фібоначчі.
11) Якщо взяти будь-які 4 послідовних числа ряду Фібоначчі й розглядати добуток крайніх членів і подвоєний добуток середніх — як довжини катетів прямокутного трикутника, то довжиною його гіпотенузи буде один із членів цього ряду:
(а а о )2 + (2а . • а «У = а? „ 1}.
\ л л+3 / 1 V n+l п+2 ) 2л+3
п Додаткові відомості про властивості чисел Фібоначчі містяться у книзі: Воробьёв Н. Н. Числа Фибоначчи. - М.: Гостехиздат, 1951. Числовим рядам, аналогічним до ряду Фібоначчі, присвячено книгу: Маркушевич А.И. Возвратные последовательности. - М.: Гостехиздат, 1950 (прим, автора).
352


В. ФІГУРНІ ЧИСЛА
365. 	Властивості фігурних чисел
1) Ще задовго до нашої ери вчені, комбінуючи натуральні числа, утворювали з них вигадливі ряди, надаючи елементам цих рядів того чи іншого геометричного тлумачення.
Так, наприклад, у V-IV століттях до н. е. виникли уявлення про ряди так званих фігурних чисел.
Розглянемо спочатку такий ряд, в якому різниця між кожним наступним і попереднім членами дорівнює одному й тому самому натуральному числу (арифметична прогресія), наприклад:
1, 2, 3, 4, 5, ... (різниця d = 1),
1, 3, 5, 7, 9, ... (різниця d = 2),
1, 4, 7, 10, 13, ... (різниця d = 3);
або в загальному вигляді:
1, 1 + d, 1 + 2d, 1 + 3d, 1 + 4d, ... .
У кожного елемента ряду є своє місце. Щоб отримати п-й елемент ряду (назвемо його ап), потрібно до першого елемента ряду додати добуток різниці ряду на число, яке на 1 менше від номера місця, що займає цей елемент ап:
ап = 1 + d(n - 1).
Елементи кожного з таких рядів називаються лінійними фігурними числами або інакше фігурними числами першого порядку.
2) 3 рядів з лінійними фігурними числами утворюємо послідовні суми цих чисел: першу «суму» з одного першого елемента ряду лінійних фігурних чисел, другу суму — додаючи перші два елементи того самого ряду, третю суму — додаючи перші три елементи і т. д., п-у суму — додаючи перші п елементів.
Так, перший ряд лінійних фігурних чисел
1,2, 	3,4,5,...
утворює такий новий ряд, ряд сум:
= 1, S2 = 1 + 2 = З, S3 = 1 + 2 + 3 = 6,
S = 1 + 2 + 3 + 4 = 10, S = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15, ... ,
4 О г
або
1,3,6,10,15,....
Назвали ці числа трикутними.
353


Другий ряд лінійних фігурних чисел
1,3, 	5, 7, 9,...
утворює такий ряд сум:
1,4, 	9,16,25,... .
Ці числа назвали квадратними.
З третього ряду лінійних фігурних чисел
1,4, 	7,10,13,...
можна утворити ряд п'ятикутних чисел
1, 5,12, 22, 35,....
Аналогічно можна утворити шестикутні, семикутні і т. ін. числа.
Усі ці багатокутні числа називаються плоскими фігурними числами, або фігурними числами другого порядку.
3) 	Геометричні «імена», які отримали ці числа, можна пояснити можливістю дати їм наочне тлумачення. Побудуємо рівносторонній трикутник, квадрат, правильні п’ятикутник, шестикутник і т. д. зі сторонами, довжини яких дорівнюють 1. Потім, виходячи у кожній фігурі з однієї з вершин, подовжимо всі сторони в 2, 3, 4, ... разів, тобто, як кажуть математики, побудуємо багатокутники, які перспективно-подібні до даних (мал. 237).
У всіх вершинах утворених фігур і на їхніх сторонах на відстанях, що дорівнюють 1, помістимо кружечки. Підрахунок кружечків, розміщених у кожному трикутнику, приводить до ряду трикутних чисел
1,3,6,10,15,... .
Підрахунок кружечків, розміщених у кожному квадраті, дає послідовність квадратних чисел
1,4, 	9,16,25,....
354


Аналогічні підрахунки кружечків у кожному п’ятикутнику, шестикутнику і т. д. приводять відповідно до послідовностей чисел п’ятикутних, шестикутних і т. д.
4) Подамо зведення всіх плоских фігурних чисел:
d
Фігура
Числа
Загальний член S„
s2
S*
1
Трикутник
1
3
6
10
15
...
n(n +1)
2
Квадрат
1
4
9
16
25
• ..
2
n2
3
П’ятикутник
1
5
12
22
35
...
3 'co4
1
4
Шестикутник
1
6
15
28
45
•..
n (2n -1)
d
1
2 + d
3 + 3d
4 + 6d
5 + 10d
n[dn-(d-2)]
2
Загальний член Sn кожного ряду плоских фігурних чисел, як це випливає з їхнього визначення, є сумою п елементів відповідного ряду лінійних фігурних чисел:
1, 1 + d, 1 + 2d, 1 + 3d, ... , 1 + d (n - 1),
де d= 1,2, 3,4, ... .
Інакше кажучи, Sn — це сума п членів арифметичної прогресії, в якої ах = 1, ап = 1 + d (п - 1) і різниця d = 1, 2, 3, ... .
Згадайте формулу для суми членів арифметичної прогресії:
5 2
За цією формулою маємо:
[1 +1 + d (п -1)] п п ^dn -(d- 2)]
S” = 2 = 2 •
Звідси при d = 1 отримуємо формулу для Sn першого рядка таблиці, при d = 2 отримуємо формулу для Sn другого рядка таблиці і т. д.
5) 	Між натуральними числами і плоскими фігурними числами та між самими плоскими фігурними числами існує багато цікавих залежностей.
355


IT єр Ферма (1601-1665), юрист і громадський діяч міста Тулузи (Франція), який займався математикою в години дозвілля, що, однак, не завадило йому зробити найбільші відкриття в теорії чисел, виявив, наприклад, що:
а) будь-яке натуральне число є трикутним або сумою двох чи трьох трикутних чисел;
б) будь-яке натуральне число є або квадратом, або сумою двох, трьох чи чотирьох квадратних чисел; будь-яке натуральне число є або п’ятикутним, або сумою двох, трьох, чотирьох чи п’яти п’ятикутних чисел;
в) взагалі будь-яке натуральне число можна подати у вигляді суми не більше, ніж k k-кутних чисел.
Для окремих випадків цю теорему довів петербурзький математик Ейлер, а загальне доведення дав у 1815 р. французький математик Коші.
Повправляйтеся: візьміть будь-яке натуральне число і розкладіть його на суму трикутних, квадратних чи п’ятикутних чисел. Можна змагатися, хто швидше це зробить.
6) Математик Діофант (Греція, III століття до н. е.) знайшов простий зв’язок між трикутними числами Т і квадратними К:
ST + 1 = К.
•
о
о
о
о
о
о
•
•
•
•
•
•
•
•
о
о
о
о
о
•
•
•
•
•
о
•
•
•
о
о
о
о
•
•
•
•
о
о
•
•
•
•
о
о
о
•
•
•
о
о
о
•
•
•
•
•
о
о
•
•
о
о
о
о
•
•
•
•
•
•
о
•
о
о
о
о
о
о
о
о
о
о
о
•
о
о
о
о
о
о
о
о
о
о
о
•
о
•
•
•
о
•
•
о
о
о
о
•
•
о
о
•
•
•
•
•
о
о
о
•
•
•
о
о
о
•
•
•
•
о
0
•
•
•
•
о
о
о
о
•
•
•
о
•
•
•
•
•
о
0
о
о
о
ф
•
•
е
•
•
•
•
о
о
о
о
о
о
•
8Т + 1 = 2Г
Мал. 238. Зв’язок між трикутними і квадратними числами.
356


Можна вельми наочно уявити собі цю формулу Діофанта хоч би й на прикладі трикутного числа 21.
На мал. 238 зображено 169 плямок, розміщених у квадраті. Вони утворюють квадратне число К. Одна плямка займає центр квадрата, а інші 168 плямок згруповано у 8 трикутних чисел Т у формі восьми «прямокутних трикутників» з ламаними гіпотенузами.
Виходить: ST + 1 = К.
7) Як самостійну вправу доведіть алгебраїчно:
а) правдивість формули Діофанта;
б) що жодне трикутне число не може закінчуватися цифрами 2, 4, 7 і 9;
в) що усіляке шестикутне число є трикутним з непарним порядковим номером.
8) Для суми степенів натуральних чисел, тобто одного з видів лінійних фігурних чисел, відома така формула:
(1 + 2 + 3 + ... + п)2 = І3 + 23 + З3 + ... + п3
(див. стор. 328). Карл Густав Якобі знайшов іншу цікаву залежність між тими самими числами:
2(1 + 2 + 3 + ... + ті)4 = (І5 + 25 + ... + п5) + (І7 + 27 + ... + п7). Аналогічну залежність виявлено між сумами степенів трикутних чисел, тобто одного з видів плоских фігурних чисел:
п(п + 1)~|3
З 1 + 3 + 6 + 10 + ...+—Ц; =
Наприклад,
З (1 + 3 + б)3 = І3 + З3 + б3 + 2(14 + З4 + б4) = 3000,
З (1 + 3 + 6 + 10)3 = І3 + З3 + б3 + 103 + 2(14 + З4 + б4 4- 104) = = 24 000.
9) 	Додаючи послідовні суми з плоских фігурних чисел = S , V2 = + s2, v3 = sl + s2 + s3, + s2 + s3 + s4 і T. д„
отримаємо просторові фігурні числа або фігурні числа третього порядку: У2, V3, ... .
Так, ряд трикутних чисел
1,3, 6,10,15,...
357


утворює такий ряд фігурних чисел третього порядку:
1,4,10, 20, 35,....
Мал. 239. Зображення числа 4 і числа 10.
Ці числа називають ще пірамідальними, оскільки для їхнього геометричного зображення викладаються піраміди з куль однакового діаметра.
Підкладемо під кулю три кулі. Отримаємо «піраміду» з чотирьох куль як зображення числа 4. Підкладемо знизу ще 6 куль, отримаємо піраміду з 10 куль як зображення числа 10 (мал. 239) і т. д.
10) 	Подамо зведення всіх фігурних чисел третього порядку:
d
Числа
Загальний член Vn
Vs
к
1
1
4
10
20
35
—
•|-n(n + l)(n + 2)
2
1
5
14
30
55
—
|ra(n + l)(2n + l)
3
1
6
18
40
75
—
p(n + l)
4
1
7
22
50
95
—
ln(n + l)(4n-l)
d
1
3 + d
6 + 4d
10 + 10d
15 + 20d
i-n (n + l)[dn - (d - 3)]
Вивести формулу загального члена Vn для просторових фігурних чисел важче, ніж для плоских. Потрібні будуть деякі знання з теорії сполучень. Ті з читачів, хто теорії сполучень ще не вивчав, можуть пропустити подальший виклад виведення формул для Vn.
358


Введемо позначення:
У2 - ^ = причому &1 = 3 + d- l = 2 + d;
И3 - V2 = b2, причому &2 = 6 + 4d-3-d = 34- 3d;
У4 - V3 = b3, причому Ь3 = 10 4- 10d - 6 - 4d = 4 + 6d;
V5 - V4 = b4, причому b4 = 15 + 20d - 10 - lOd = 5 + lOd;
V6 - V = &5,
V2 = VV +
V3 = V2 + К
Далі:
b2 - = rp причому r1 = 3 + 3d-2-d = l + 2d;
b3~ b2 = r2, причому r2 = 4 + 6d-3-3d = l + 3d;
b4 — b3 = r3, причому r3 = 5 + lOd — 4 — 6d = 1 + 4d;
b - b = r ,
о 4 4
Ь2 = &1 + Г1> b3 = b2 + r2, b = b + r ,
4 з 3'
b. = b + r ,
5 4 4r
Зауважуємо тепер, що
Г2 - Г1 = d’
Г3-Г2= d>
r4 - r3 = d і T. д., звідси:
Г2 = Г1 + d>
r3 = r2 + d = rx + 2d,
r4 = r3 + d = rt + 3d і t. д.
Ці співвідношення дають змогу виразити числа:
К, V„ К, V через И, 6„ г, і d;
12 3 П 111
V2 = +
V3 = V2 + b2 = Vl + bl + b1 + rl = Vl + 2Ьг + Гр Зауважуємо, що коефіцієнти при bY і гг можна виразити формулами сполучень з двох елементів:
2 = С\, 1 = С22.
359


Тоді
К =К+С&+С2п. О 1 Z 1 Z 1
Далі:
F4 = F3 + b3 = V\ + 2ЬХ + і\ + Ь2 + г2 =
= Уг + 2Ьг + г1 + Ьг + гг + + d = VY + 3Z?1 + Згг + d.
Оскільки 3 = Сз = Сз і 1 = Сз, то
V^V^C^b^Clr^Cld,
V5 = V< + \ = Vr + + 3G + d + &з + r3 =
= V\ + 3^ + Згг + d + b2 + r2 + r1 + 2d =
= Vr + 3&J + Згг + d + &1 + Tj + + d + Tj + 2d =
= Fj + 4br + 6гх + 4d.
Оскільки 4 = C} = C?, 6 = С?, to 4 4 1 4 7
У6=У1 + ф1 + С42г1+СХ
Для V6 отримуємо:
Ve=yi+C51b1+C52rl+Cs3d.
Для Г;
К =^+^ + ^+01^.
Підставляючи сюди вирази для г1 і розкриваючи формули сполучень, отримаємо:
У„ = 1 + (п -1) (2 + d) + А § (1 + 2d) + А Л Л Ld,
Z 4'0
Після перетворень
к =|n(n + l)[dn-(d-3)J.
При d = 1 отримаємо:
K=|n(n + l)(n + 2).
При d = 2
K=|n(n + l)(2n + l) іт. д.
(див. перший і другий рядки таблиці на стор. 358).
11) 	Тема для самостійних вправ (тільки для тих, хто знає формули і властивості сполучень).
360


У такий самий спосіб, як було отримано фігурні числа третього порядку, утворіть фігурні числа четвертого порядку і знайдіть формулу загального члена.
366. 	Піфагорові числа
Іноді виникає необхідність побудувати такий прямокутний трикутник, в якого обидва катети і гіпотенуза виражаються цілими числами. Цілі числа, придатні для цієї мети, й називають піфагоровими, оскільки вони мають задовольняти співвідношення між катетами х, у і гіпотенузою з, яке знайшов Піфагор: х2 4- у2 = 22.
Призначаючи довжини катетів х і у навмання, гіпотенузу z можна обчислити за формулою: z = у]х2 + у2; однак важко навмання так вибрати цілі значення х і у, щоб z теж було цілим.
Наприклад, при х = 3, у = 4 отримуємо: z = л/з2 +42 = 5, добре відомий «єгипетський» трикутник (3, 4, 5), але при х = 2, у = 6 гіпотенуза z = \І22 + б2 = л/40 не виражається цілим числом.
Проте піфагорових чисел існує безліч.
Будь-яке комплексне число а 4- Ы з цілими alb є числом, що утворює піфагорові числа.
Спершу нагадаю, що буквою і позначається л/-ї, причому і2 = -1. З урахуванням цього співвідношення комплексне число підноситься до квадрата за формулою «квадрат суми».
Наприклад,
а) (3 4- 2і)2 = 9 4- 12і - 4 = 5 4- 12і,
б) (2 4- 5і)2 = 4 4- 20і - 25 = -21 4- 20і.
Квадрат кожного комплексного числа а 4- Ьі також є комплексним числом вигляду х 4- уі. Числа х, у і а2 4- Ь2 завжди будуть піфагоровими числами.
Так, для прикладу а) маємо:
х = 5, у = 12, а2 4- Ь2 = З2 4- 22 = 13, причому
52 4- 122 = ІЗ2;
для прикладу б) маємо:
х = -21, у = 20,
361


а2 + Ь2 = 22 + 52 = 29, причому
212 + 202 = 292.
Припустимо, що захотілося нам утворити трійку піфагорових чисел з чисел 1 і 4. Складаємо комплексне число 1 + 4і (або інше: 4 + 0- Підносимо до квадрата:
(1 + 4і)2 = -15 + 8і.
Тепер маємо:
152 + 82 = 172 (17 = І2 + 42).
Спосіб простий і легко запам’ятовується!
Якщо ці обчислення виконати у буквеній формі, то утворяться добре відомі формули для підбору піфагорових чисел X, у І ZZ
(а + bi)2 = (а2 - b2) + 2аЬі.
Звідси:
х = а2 - Ь2, у = 2ab, z = а2 + Ь2, де аїЬ — довільні цілі числа.
Цікаво зауважити додатково, що куб будь-якого комплексного числа в аналогічний спосіб приводить до розв’язування рівняння: х2 + у2 = z3.
Нехай, наприклад,
а + Ы = 1 + 2і.
Піднесемо до куба:
(1 + 2і)3 = 1 + 3 • 2і + 3 • 4і2 + 8і3 = 1 + 6і - 12 - 8і (оскільки і3 = і2 • і = — 1 • і = —і);
(1 + 2і)3 = -11 - 2і.
Звідси маємо:
х = 11, у = 2, z = І2 + 22 = 5.
Справді,
II2 + 22 = 53.
Ще приклад:
(5 + Зі)3 = 125 + 3 • 25 • Зі + 3 • 5 • 9і2 + 27і3 = -10 + 198і. Маємо:
102 + 1982 = 343.
За допомогою такого прийому ви легко знайдете будь-яку кількість розв’язків у цілих числах рівняння
X2 + у2 = zn для будь-якого цілого ТІ.
Знайдіть, наприклад, яку-небудь трійку чисел х, у і z9 що задовольняють рівняння
х2 + у2, = з4.


РОЗДІЛ П’ЯТНАДЦЯТИЙ
ГЕОМЕТРИЧНА КМІТЛИВІСТЬ У ПРАЦІ
367. 	Геометрія сівби
Кілька років томух) на сільських полях колгоспники почали застосовувати новий метод сівби зернових культур. Замість звичайної рядкової сівби вони застосували так звану перехресну сівбу, а останнім часом і перехресно-діагональну сівбу.
У чому суть перехресного методу сівби?
Закінчивши передпосівну обробку ґрунту на всьому полі (мал. 240, а), пускають рядкові сівалки спочатку вздовж поля і висівають таким чином половину всього насіння, призначеного для цього поля, другу половину насіння висівають у напрямі, перпендикулярному до першого, тобто впоперек поля (мал. 240, б).
Одні й ті самі колгоспи з площ, на яких було застосовано перехресний метод сівби, зібрали урожай озимої пшениці на 10—12 центнерів з гектара більший, ніж з тих площ, на яких проводилася звичайна сівба.
При передпосівній обробці ґрунту за схемою, зображеною на мал. 240, а, посів у поперечному напрямі можна вести одночасно з
1} Тут йдеться про середину XX століття (прим. ред. укр. видання).
363


поздовжнім (за допомогою другого висівного агрегату) тільки після закінчення обробки всього поля (мал. 240, б).
Мал. 240. Схеми двох методів сівби.
Кмітливість допомогла подолати й ці труднощі.
Культиватори, якими обробляють землю перед посівом, пустили за маршрутом, зображеним на мал. 240, в штриховою лінією, з поворотами під прямим кутом у кінці кожного загону.
Ця послідовна поздовжньо-поперечна обробка ґрунту, як легко зрозуміти, дала змогу пустити одночасно два висівних агрегати у двох взаємно перпендикулярних напрямах майже вслід за культиватором (мал. 240, б).
Величезний виграш у скороченні термінів сівби перекривав собою невелику ваду, властиву такому способу поздовжньо-поперечної передпосівної обробки ґрунту (мал. 240, в): загони культиватора поступово коротшають, і невелику прямокутну ділянку поля, що залишається до кінця обробки, важко обробляти машинами; крім цього, культиватори доводиться повертати не на межах поля, 364


а всередині площі; при кожному ж повороті культиватора залишаються огріхи.
Творча думка передовиків сільського господарства не хотіла миритися і з цією вадою.
Та як усунути ваду і водночас зберегти переваги одночасної обробки ґрунту й висіву насіння відразу в двох напрямах?
Найкращим поки що вирішенням цього важливого практичного завдання є перехід на перехресно-діагональний метод сівби.
При перехресно-діагональному методі сівби культиватор, що обробляє ґрунт перед посівом, пускають тільки в одному напрямі, скажімо, вздовж поля (мал. 240, а), а слідом за ним, у тому самому напрямі — перший висівний агрегат. Як тільки оброблений прямокутник поля стане достатньо широким (отже, ще задовго до повного закінчення передпосівної обробки всього поля), пускають другий висівний агрегат, але не під прямим кутом до лінії руху культиватора, а «по діагоналях» (мал. 240, г).
Насіння у сівалки засипають «на ходу», при поворотах на межах поля.
Змінену геометрію сівби майстри високих урожаїв поєднують з розрахунками норм висіву, тобто числа зерен, необхідних для отримання найкращої густості рослин.
Що ж це за розрахунки? Вони полягають у наступному:
1) визначається вага 1000 штук зерен у грамах (припустимо 46 г);
2) визначається схожість насіння у відсотках (припустимо 98%);
3) визначається чистота насіння у відсотках (припустимо 96%);
4) обчислюється коефіцієнт господарської цінності насіння (у відсотках) як добуток числа відсотків схожості на число відсотків чистоти, що ділиться на 100 (у нашому прикладі коефіцієнт господарської цінності насіння (у відсотках)
98-96 аЯ0Л
дорівнює 10~ ~94%І;
5) встановлюється коефіцієнт висіву, тобто число мільйонів насінин, яке рекомендовано посіяти на гектар площі для отримання найкращої густості (наприклад, при висіві на гектар 4 100 000 зерен коефіцієнт висіву дорівнює 4,1);
365


6) 	вага 1000 штук зерен у грамах множиться на коефіцієнт висіву; отриманий результат становить стільки відсотків від норми висіву (в кілограмах), яким є коефіцієнт господарської цінності насіння.
Нехай, наприклад, 1000 штук насінин важать 46 г, коефіцієнт висіву 4,1, коефіцієнт господарської цінності 94%. Тоді 46 • 4,1 = = 188,6 кг становлять 94% від норми висіву. Звідси норма висіву на гектар дорівнює
188,6 100 опп
■— ~ 200 кг.
94
Отже, для визначення норми (у кілограмах) висіву насіння на гектар за числом зерен необхідно вагу (в кілограмах) 1000 штук насінин помножити на коефіцієнт висіву, помножити на 100 і поділити на коефіцієнт господарської цінності насіння.
368. Раціоналізація в укладанні цегли для перевезення
Дуже багато років спосіб перевезення цегли від заводу, де її виготовили,. до будови був аж надто трудомістким і ненадійним для збереження цілісності цегли. При відвантаженні зі заводу цеглу укладали безпосередньо в кузов автомашини, на будівництві розвантажували, потім укладали для підняття до робочого місця і, подавши її муляру, знову розвантажували. Нелегко цеглі вціліти після такої мандрівки.
Одна з ранніх пропозицій муляра І. П. Ширкова зводилася до того, аби при відвантаженні цегли відразу укладати її у такі
а) б) в)
Мал. 241. Схема укладання цегли для транспортування за методом І. П. Ширкова.
366


коробочки спеціальної будови — «контейнери», які можна було би без повторних перевантажень подати безпосередньо до робочого місця муляра. Хоча цей спосіб і отримав загальне визнання й схвалення, але не хотів Іван Пігасович Ширков зупинятися на досягнутому. Спосіб чудовий, але він потребує великого запасу контейнерів, та й вартість контейнера немала.
До початку 1954 р. Іван Пігасович розробив ще більш досконалу систему транспортування цегли, що здешевлює перевезення в десятки разів. Замість дорогого контейнера, він запропонував простий і дешевий піддон, на який цегла укладається «пакетами» так, як показано на мал. 241, а і б. Піддони з укладеною на них цеглою затискаються в кузові вантажівки за допомогою внутрішніх, рухомих бортів. Після прибуття автомашини на будівельний майданчик на кожен пакет цегли одягається спеціальний футляр із затискачами. Потім піддони з пакетами цегли подаються краном до робочого місця.
Для укладання цегли на піддони спочатку застосовувався тільки один з двох способів, вказаних на малюнку 241, а і б.
Тепер Іван Пігасович рекомендує застосовувати обидва способи укладання на піддонах і при транспортуванні розміщувати в кузові автомашини піддони з цеглинами так, щоб кожні два сусідніх піддони розрізнялися способами укладання цегли (мал. 241, в).
Який фізичний і геометричний зміст останнього способу (мал. 241, в) розміщення піддонів з пакетами цегли у кузові автомашини? Чому цей спосіб розміщення піддонів з пакетами більш доцільний, ніж початковий, коли застосовувався тільки один спосіб укладання?
Коли спочатку цеглини укладали за одним зразком на всі піддони, то при перевезенні їх на автомашині порушувалася початкова форма пакетів: через неминучу нерівномірність руху автомашини відбувався зсув цеглин у напрямі руху машини (мал. 242). Крайні цеглини частково всувалися у сусідній пакет, що створювало додаткові труднощі й незручності при розвантаженні автомашини.
Мал. 242. «Дифузія».
367


При неоднотипному розміщенні цеглин на кожних двох сусідніх піддонах (мал. 241, в) «дифузія» цеглин неможлива, оскільки, починаючи з другого шару, нижні грані цеглин одного пакета й іншого пакета лежать на різних рівнях.
369. Робітники-геометри
Хто такі розмітники. Чи знаєте ви про одну дуже цікаву професію на заводі — професію розмітника?
Хто такий розмітник: робітник, інженер?
Він і робітник, й інженер, більше того: він і геометр, і кресляр, і конструктор, і навіть... художник.
Працює розмітник здебільшого біля так званої «розмічувальної плити». Він користується інструментами, які часто сам же й створює. Розмітник може виправити конструктора і дати пораду технологові; він «читає» креслення та сам їх будує, але не на папері, не на класній дошці, а безпосередньо на предметі, на чавуні, на сталі, на деталі — це набагато важче і межує з мистецтвом.
На заготовці, на деталі розмітник наносить лінії, «риски», як їх називають розмітники, по яких потім заготовку обробляють токарі, свердлувальники, фрезерувальники тощо. Вони знімають надлишки металу — «припуски» — і надають предметові тієї форми, контури якої навів розмітник.
Робота розмітника дуже відповідальна. Його роботу звичайно ніхто не контролює. Якщо він помилиться у розмітці, то помилку слідом за ним повторить і робітник — вийде брак. Поміркувавши, розмітник повинен сам вирішити, як йому здійснити розмітку швидко і точно, з чого доцільніше почати, як виготовити пристрій або шаблон для прискорення й спрощення роботи.
Чим вищий рівень математичних знань у розмітника, тим більш значні його творчі успіхи.
Розмітка статора турбогенератора. На ленінградському заводі «Електросила» ім. С.М. Кірова виготовляються величезні турбогенератори (виробники електричного струму) великої потужності.
Зовнішня нерухома частина (статор) турбогенератора має довжину 5 м і досягає у вазі 12-20 т.
У початковому вигляді, до обробки, відливок статора (мал. 243) має довжину (L), трохи більшу, ніж та (Z), яку він повинен мати згідно з кресленням.
368


Різниця довжин 5 = L - І називається припуском. Припуск, за вказівками розмітника, буде знято при подальшій обробці передньої і задньої стінок статора, або, як їх називають, торців (1), на фрезерному верстаті.
Вертикальні штрихові лінії, які ви бачите на бічній поверхні статора (мал. 243), це і є «риски», що вказують, до якої межі потрібно підрізати торці.
Мал. 243. Відливок статора.
Завдання розмітника — провести ці риски на поверхні статора. Але як це зробити?
Здавалося би, просто: поставити статор на розмічувальний стіл, позначити на одній стороні корпуса від кожного його краю по половинці надлишку довжини (по половинці «припуску»: —), а потім отриману конструктивну (тобто таку, яка відповідає кресленню) довжину І за допомогою штангенциркуля перенести на іншу сторону корпуса і зробити відповідні засічки. Звичайно так і розмічали.
При цьому способі розмічання завжди забезпечувалася паралельність площин торців після фрезерування, але далеко не завжди досягалася перпендикулярність торців до осі статора. Це означає, що якби ми поставили статор після обробки на один із торців (сторчма), то часто виявлялося би, що він є не прямим циліндром, як мало би бути, а похилим. Отримували би брак.
Розмітник заводу, новатор виробництва Михайло Пудович Бойцов так видозмінив спосіб розмітки статора, що цілком усу369


нув брак, який полягав у неперпендикулярності торців до осі статора. Починаючи розмітку статора, він наносить на розмічувальній плиті дві взаємно перпендикулярні осі XX і УУ та розміщує статор на плиті так, щоб вісь XX сумістилася з площиною торця (1), а вісь УУ була би паралельна осі І — І статора (мал. 244).
Мал. 244. Розмітка статора.
Перевіряючи по виску і підкладаючи, якщо потрібно, клини, він надає статору такого положення, при якому як вісь І — І, так і площини лап (АВ і CD на мал. 244) стають паралельними до площини плити.
Тепер розмітникові необхідно намітити на торці горизонтальний і вертикальний діаметри отвору, або, як їх називають, горизонтальну й вертикальну центрові осі.
Для цього він відкладає вниз від центра отвору (необробленого)
відстань b = — - + а, де d — діаметр отвору (необробленого),який Zu
він виміряв, а — відстань від найнижчої точки отвору до площини лап, яка має бути на готовому статорі, і наносить риски II —II для обробки лап. Тепер від цих рисок тим самим розхилом b штангенциркуля наноситься горизонтальна центрова вісь се, де с і е — позначення точок, відкладених на горизонтальній осі на однакових відстанях від зовнішньої поверхні статора.
З точок сіє довільним розхилом циркуля, більшим, ніж половина відстані се, робляться засічки на торці (1).
370


Через точки перетину засічок проводиться вертикальна вісь mm.
Горизонтальні лінії розмітки переносяться рейсмусом на другий торець, а вертикальна вісь проводиться на другому торці у такий самий, тільки що описаний спосіб.
Після цього М. П. Бойцов встановлює статор так, щоб вертикальні осі тт, проведені на обох торцях, перетнулися з віссю YY або знаходилися від неї на однакових відстанях, і лише тепер розпочинає розмітку торців під фрезерування.
Від осі XX він відкладає — половину всього надлишку дов- ZU
живи (припуску) і за допомогою косинця наносить риску III — III на бічній поверхні статора. Від цієї риски він відкладає конструктивну довжину І статора і наносить другу риску III — III.
Із 	простих геометричних міркувань неважко зрозуміти, що такий спосіб розмітки справді забезпечує і взаємну паралельність торців статора, і їхню перпендикулярність до осі статора.
Математична кмітливість М. П. Бойцова цілковито усунула одну з найбільш частих причин браку в такому дорогому виробі, як 20-тонний статор турбогенератора.
Багато ще й інших важливих математичних і технічних задач розв’язав робітник М. П. Бойцов, понад 40 років творчо працюючи біля розмічувальної плити заводу «Електросила».
Пристрій для відшукання центра отвору. Погляньте тепер на поздовжній розріз статора турбогенератора (мал. 245). У глибині статора, на відстані 1150 мм від його торця (1) розміщено ще
Мал. 245. Поздовжній розріз статора турбогенератора.
отвір так званого активного заліза (2), причому центр цього отвору може й не лежати на осі І — І статора (див. мал. 244), яка сполучає центри отворів у його передньому та задньому торцях.
Геометрично ви можете уявити собі два циліндри, один (меншого діаметра) всередині іншого (більшого діаметра), але їхні осі трохи не збігаються.
371


Задача така: на торці (1) статора (мал. 243) розмітити отвори для кріплення зовнішніх і внутрішніх щитів. Складність задачі ось у чому: після прикріплення щитів до торців статора центри цих щитів повинні лежати не на осі І — І, а на осі, яка сполучає центри отворів з активним залізом (пам’ятайте, що ці осі можуть не збігатися).
Вдаючись до геометричної аналогії, скажімо так: центри щитів повинні лежати на осі внутрішнього циліндра, а не зовнішнього.
Задача зводиться, власне, до того, щоб на зовнішній поверхні торця (І) побудувати коло, центр якого лежав би в уявній точці перетину осі внутрішніх отворів з площиною торця.
Бойцов і цю геометричну задачу розв’язав дотепно і просто.
Що придумали би ви у цьому випадку?
Додатково зауважу, що:
1) центр внутрішнього отвору недоступний для того, скажімо, щоб помістити туди ніжку циркуля;
2) ви бачите на мал. 243 виступи на колі внутрішнього отвору; це — пази, розміщені на однакових відстанях один від одного вздовж усього кола; для чіткості припустимо, що цих пазів 40.
П 4
(л 3'j
а)
б)
Мал. 246. Пристрій Бойцова.
Розв’язання задачі Бойцовим. Михайло Пудович сконструював і виготовив простий пристрій типу рейсшини (мал. 246, а). Стержень (3) він вкладає в паз, як показано на мал. 246, б, і рисувалкою (4), закріпленою у поперечнику (5), наносить точку 372


на торці статора. Михайло Пудович помітив, що число пазів завжди кратне чотирьом. Отже, вкладаючи стержень через 4- числа всіх
4
пазів і позначаючи щоразу рисувалкою точку, він одержує на торці дві пари діаметрально протилежних точок. Тепер в отвір на торці можна вставити дерев’яну планку і позначити на ній точку перетину прямих, що сполучають пари знайдених точок. Ця точка лежатиме (згідно з побудовою) на осі внутрішнього отвору, і в неї можна помістити тепер ніжку циркуля, а другою ніжкою описати на торці коло зі заданим радіусом, вздовж якого й позначити потрібну кількість отворів для закріплення щитів.


РОЗВ'ЯЗКИ та юадмоюїда


До першого розділу
1. Потрібно звернути увагу на дим, що йде з труби паротяга. Якби потяг стояв, то дим паротяга відхилявся би у той бік, куди дме вітер. Якби, навпаки, потяг рухався вперед за відсутності вітру, то дим від паротяга відхилявся би назад. Як показано на мал. 1 (див. стор. 10), дим від паротяга, який рухається, піднімається вгору, отже, потяг має швидкість, яка дорівнює швидкості вітру, тобто 7 м за секунду або близько 25 км за годину.
2. Розв’язок показано на мал. 247.
II
III
Мал. 248.
3. 	Перенумеруємо шашки зліва направо, як показано на мал. 248. Якщо вільне місце залишилося зліва, то перенесемо шашки № 2 і № 3 вліво та помістимо їх на початок ряду так, аби шашка № З була поряд із шашкою № 1 (див. переміщення І на мал. 248). На 376


місце, що звільнилося, помістимо шашки № 5 і № 6 (переміщення II). Перенесемо тепер шашки № 6 і № 4 вліво, до шашки № 2 (переміщення III).
Проробіть розв’язання цієї задачі у зворотному порядку. Від останнього розміщення шашок, теж за 3 ходи, поверніться до початкового їхнього розміщення.
Тепер це неважко!
4. 	Схема розв’язання:
Купка
Початковий розподіл
1-й хід
2-й хід
3-й хід
Перша
11
11-7 = 4
4
4+4 = 8
Друга
7
7 + 7=14
14 - 6 = 8
8
Третя
6
6
6 + 6= 12
12-4 = 8
5. 35 трикутників. А тепер самостійно полічіть, скільки усіляких можливих чотирикутників у фігурі, зображеній на мал. 4 (стор. 12).
6. Один з можливих шляхів садівника показано стрілкою на мал. 249.
7. 	Дати чотирьом дівчаткам по яблуку, а п’ятій дівчинці — яблуко, яке залишилося, разом з кошиком.
377


8. Чотири кішки.
9. У початковому положенні олівців забруднений 1 см довжини жовтого олівця. При русі синього олівця вниз брудниться другий сантиметр його довжини, а при подальшому русі вгору — другий сантиметр синього олівця бруднить другий сантиметр жовтого.
Таким чином, кожна пара рухів олівця вниз-вгору бруднить
I см довжини жовтого олівця. 10 пар рухів забруднять 10 см довжини, а разом з початковим сантиметром буде забруднено
II см довжини жовтого (а також і синього) олівця.
*
* *
Поглянувши на свої чоботи, Леонід Михайлович помітив, що вони знизу догори забруднені болотом саме в тих місцях, де чоботи труться один об одного під час ходьби.
— Що за оказія, — подумав Леонід Михайлович, — по глибокому болоті не ходив, а по коліна замастився.
Тепер нам з вами зрозуміло, чим пояснюється така «оказія».
10. Хлопчики переїхали річку. Один з них залишився на березі, а інший пригнав човен до солдатів і виліз. У човен сів солдат і переправився на інший берег. Хлопчик, який там залишався, пригнав човен назад до солдатів, узяв свого товариша — хлопчика, відвіз його на інший берег і знову доставив човен назад, після чого виліз, а в нього сів другий солдат і переправився...
Таким чином після кожних двох перегонів човна через річку і назад переправлявся один солдат. Так повторювалося стільки разів, скільки було осіб у загоні.
11. Вовк не їсть капусту, отже, починати переправу треба з кози, тому що вовка і капусту можна залишити на березі без чоловіка.
Переправивши козу на інший берег, чоловік повертається, бере у човен капусту і також перевозить її на інший берег, де її залишає, зате бере у човен козу і везе її назад — на перший берег.
378


Тут він козу залишає і перевозить вовка. Капусту чоловік залишає з вовком, а сам повертається за козою, перевозить її, і вдало завершує переправу.
12. Мал. 250 показує схему необхідних пересувань.
13. Майстер розкував три кільця однієї ланки (три операції) і ними з’єднав інші 4 ланки (ще три операції, разом — шість).
14. Перший розв’язок:
Другий розв’язок:
379


Мал. 250.
380


16. З отриманих п’яти сірників треба скласти римську цифру вісім (див. мал. 251).
17. Розв’язок показаний на мал. 252.
Мал. 251.
Мал. 252.
18. Недостатньо уважно ознайомившись з умовою задачі, міркують так: 36 заготовок — це 36 деталей; оскільки стружка кожних шести заготовок дає ще одну нову заготовку, то зі стружки 36 заготовок утворюється 6 нових заготовок — це ще 6 деталей; разом 36 + 6 = 42 деталі. При цьому забувають, що стружка, яка залишилася від шести останніх заготовок, теж утворить нову заготовку, тобто ще одну деталь. Таким чином, усього деталей буде не 42, а 43.
19. На мал. 253 показано розміщення крісел, що задовольняє умову задачі.
20. Схеми розміщення прапорців показано на мал. 254.
381


Мал. 255.
21. Два з можливих розв’язків показано на мал. 255.
22. Можливі варіанти розміщення чисел показано на мал. 256. Сума чисел уздовж кожної сторони першого трикутника дорівнює 17, а вздовж кожної сторони другого і третього — 20. Можуть бути й інші розміщення чисел.
Мал. 256.
23. 	За наявності тринадцяти гравців можна кидати м’яча і через 5 осіб (мал. 257). Якщо кидати через 6 осіб (м’яч ловить кожен сьомий гравець), то виявиться, що м’яч пішов по колу в протилежному напрямі.
Мал. 257.
382


24. Один з можливих розв’язків показано на мал. 258.
25. Розв’язок показано на мал. 259.
Мал. 259.
26. Де би не зустрілися обидва потяги, за 1 годину до їхньої зустрічі вони перебуватимуть один від одного на відстані 100 км (60 + 40).
27. Коли задача стосується якогось фізичного явища, то обов’язково потрібно враховувати всі умови його перебігу, щоб не опинитись у комічній ситуації. Так і в цьому випадку. Жодні розрахунки не приведуть до правдивого результату, якщо не взяти до уваги, що разом з водою підніматимуться і корабель, і драбина, тому в дійсності вода ніколи не накриє третьої сходинки.
28. а) Сума всіх чисел на циферблаті дорівнює 78. Отже, сума чисел у кожній частині циферблата повинна дорівнювати 78 : 3 = 26. Зауважуємо, що 12 + 1 = 13й11 + 2 = 13. Звідси напрошується той розв’язок, який наведено на мал. 260, а.
б) Сума чисел у кожній із 6 частин циферблата має дорівнювати 78 : 6 = 13. Знаходимо на циферблаті такі пари чисел, сума яких дорівнює 13, та отримуємо розв’язок, зображений на мал. 260, б.
29. У числах IX, X і XI — три десятки (X) розміщені поряд. Зрозуміло, що дві з них повинні увійти до однієї частини. Видаються можливими два випадки для випробувань. Після кількох спроб ви
383


отримаєте таке розміщення тріщин, яке показано на мал. 261. Сума чисел у кожній частині циферблата дорівнює 20.
Мал. 261.
ЗО. 	Перевіривши механізм годинника, хлопчик підібрав відповідні стрілки, але неправильно надів їх: хвилинну стрілку — на вісь годинної, а годинну — на вісь хвилинної. У результаті хвилинна стрілка стала обертатися на циферблаті зі швидкістю годинної стрілки, тобто дуже повільно, а годинна стрілка стала обертатися, як хвилинна, — швидко.
Першого разу хлопчик повернувся до замовника приблизно через 2 години 10 хвилин після того, як навів годинник на 6 годину вечора.
Велика стрілка, рухаючись зі швидкістю годинної, пересунулася від 12 до 2. Маленька ж стрілка, будучи хвилинною, зробила два повних кола і пройшла ще 10 хвилин. Таким чином, годинник показував у цей момент точний час.
384


Неважко підрахувати, що за повторним викликом, вранці наступного дня, хлопчик прийшов через 13 год 05 хв після того, як спершу навів стрілки на шосту годину. За цей час велика стрілка, будучи годинною, пройшла тринадцять годин і таким чином досягла цифри 1.
Маленька ж стрілка, будучи хвилинною, зробила за цей час тринадцять повних обертів і пройшла ще п’ять хвилин, таким чином досягнувши цифри 7. Тому й у другому збігові годинник
показував точний час.
б)
Мал. 262.
0
/ X
/ \
і \
в)
31. 	По 3 ґудзики — 8 рядів (див. схему на мал. 262, а), по
2 ґудзики — 12 рядів (мал. 262, б) (ряди вказані пунктирними прямими).
6 	ґудзиків, що залишилися, розміщуються у три ряди по
3 ґудзики в кожному у формі трикутника (мал. 262, в).
32. 	Розташування шістнадцяти шашок у 10 рядів по 4 шашки в ряду зображено на мал. 263, а. Розташування дев’яти шашок в 10 рядів зображено на мал. 263, б.
385


Мал. 264.
33. Розташування монет зображено на мал. 264.
34. Зауваживши, що 1 + 19 = 20, 2 + 18 = 20, 3 + 17 = 20 і т. д., записуємо доданки кожної суми в протилежні кружечки, а число 10 помістимо в центральний кружечок. Повністю розв’язання задачі показано на мал. 265.
Мал. 265.
35.1. Часто відповідають, що пасажири автобуса перебуватимуть далі від Москви, ніж велосипедист, що неправильно, оскільки мандрівники, які зустрілися, знаходяться в одному місці й, отже, на однаковій відстані від Москви.
386


2. Кілограм металу завжди дорожчий, ніж півкілограма того самого металу.
3. 6 ударів тривали ЗО секунд. Це означає, що на 12 ударів потрібно 60 секунд, або 1 хвилину, — найчастіше зустрічається саме такий неправильний хід думок.
Адже коли годинник пробив 6 ударів, то між ударами було тільки 5 проміжків, кожний з яких тривав ЗО : 5 = 6 секунд. А між першим і дванадцятим ударами — 11 проміжків тривалістю по 6 секунд кожен.
Отже, на 12 ударів потрібно 66 секунд.
4. Завжди.
36. 	Розв’язання показано на мал. 266.
Мал. 266.
37. 2 карбованці.
38. На перший погляд задача видається складною, тобто такою, яка потребує спеціальних міркувань. Вдумавшись, легко зрозуміти, що муха, не зупиняючись, літала рівно 3 години, а отже, пролетіла 300 км.
39. 1961 рік. Одиниця при повертанні папірця залишається одиницею, 6 перетворюється на 9, а 9 — на 6.
40. 1. Дівчинка прочитала число у перевернутому вигляді: 98 замість 86.
2. Поміняти місцями папірці з числами 8 і 9, при цьому 9 перевернути, як 6. Тоді у кожному стовпці буде по 18.
41. 23 роки. Різниця між роками батька і сина дорівнює 23 роки; отже, синові потрібно мати 23 роки, щоби батько був удвічі старший за нього.
42. На перший погляд видається, що результати додавання чисел кожного стовпця не мають бути однаковими, але, придивившись трохи уважніше, можна помітити, що якщо у другому стовпці 387


дев’ять одиниць (9 • 1), то відповідно в першому стовпці — одна дев’ятка (1 • 9); у другому стовпці вісім двійок (8 • 2), але в першому — дві вісімки (2 • 8), у другому стовпці сім трійок (7 • 3), але в першому — три сімки (3 • 7) і т. д.
Звідси випливає, що результати додавання чисел в обох стовпцях повинні бути однаковими. Переконайтеся в цьому простим додаванням.
43. У першому і п’ятому рядках числа одиниць доповнюють одне одного до 10, а числа десятків, сотень і решти розрядів відповідно доповнюють одне одного до 9, отже, сума чисел у цих двох рядках дорівнює 1 000 000.
Та сама особливість виявляється і в решти трьох парах чисел: другому і шостому, третьому і сьомому, четвертому і восьмому.
Сума кожної пари чисел дорівнює 1 000 000. Таким чином, сума всіх восьми чисел дорівнює 4 000 000.
Відповідь до другого фокуса. Імовірно, ви здогадалися, що дописується таке число, всі цифри якого доповнюють до числа 9 цифри одного з двох написаних чисел, наприклад, другого. За цієї умови остання цифра суми, очевидно, буде на 1 меншою від останньої цифри першого доданка, а всі решта цифри суми будуть такі самі й у тому самому порядку, як і в першого доданка, а найпершою цифрою суми буде завжди 1.
Таким чином, починаючи писати суму зліва направо, напишіть 1, потім повторіть усі цифри першого доданка, крім останньої, яку треба зменшити на 1.
Попрактикуйтеся, перш ніж показуватимете товаришам математичні фокуси.
44. Нехай монета з парним числом копійок (наприклад, двокопійчана) — у правій руці, а монета з непарним числом копійок (наприклад, трикопійчана) — в лівій. Тоді потроєне пррне число залишиться числом парним і подвоєне непарне — теж буде парним, а сума парних чисел теж обов’язково парна.
Нехай тепер монета з непарним числом копійок (наприклад, трикопійчана) — у правій руці, а монета з парним числом копійок (наприклад, двокопійчана) — в лівій. Тоді потроєне непарне число залишиться числом непарним, а подвоєне парне — буде числом парним. Сума ж чисел непарного і парного обов’язково непарна.
Урізноманітнити фокус можна так: пропонувати множити вміст правої руки не обов’язково на 3, а взагалі на будь-яке непарне число, а вміст лівої руки — на будь-яке парне число.
388


45. 4 брати і 3 сестри.
46. 22 + 2 + 2 + 2 і 888 + 88 + 8 + 8 + 8.
47. 100 = 111 - 11, 100 = 5 • 5 • 5 - 5 • 5,
100 = (5 + 5 + 5 + 5) • 5.
48.
1) 	ґ іоо ООО + < 005 007 < 999 1111
2) 	f Hl 003 + < ООО 007 . 990
3) 	f юо 330 -Н 505 077 . 099
4) 	ґ Hl 333 -Н 500 077 . 090
1111 1111 1111
49. 	Так само, як заповнення ящика предметами різної величини починають з найбільших предметів, так і складання заданої суми краще починати з найбільших можливих доданків. За умовою, доданками мають бути вісім непарних чисел.
Міркуємо так.
Жодне з чисел 19, 17 і 15 не може бути доданком, оскільки в кожному з цих випадків не набереться сім інших доданків. Якщо взяти доданком число 13, то для складання числа 20 необхідно і достатньо додати до 13 сім разів по 1:
13+ 1 + 1 + 1 + 14-1 + 1 + 1 = 20.
Якщо перший доданок 11, то другим доданком не можуть бути 9, 7 чи 5 (не набирається необхідного числа решти доданків). Спробуємо 3: 11 + 3 = 14. До 20 залишається 6 одиниць, і нам потрібно 6 доданків. Отже, отримуємо другий розв’язок:
11 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 20.
Беремо першим доданком число 9. Сім не може бути другим доданком (9 + 7 = 16; залишається 4 одиниці на 6 доданків). Спробуємо 5. Маємо: 9 + 5 = 14. На 6 доданків залишається 6 одиниць. Це можливо. Отримуємо третій розв’язок:
9 	+ 5 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 20.
Спробуємо 3. Маємо: 9 + 3 = 12. Залишається 8 одиниць на 6 доданків. Додамо ще 3. Тоді: 9 + 3 + 3 = 15. Залишається 5 одиниць на 5 доданків. Отримуємо четвертий розв’язок:
9 	+ 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1+1 = 20.
Система спроб, гадаю, тепер зрозуміла. Продовжуйте міркування самостійно, вважаючи першим доданком 7, а потім 5 і 3. Всього вийде 11 наступних розв’язків:
13 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 20,
11 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 20,
389


9+5+1+1+1 9 + 3 + 3 + 1 + 1 7+7+1+1+1 7+5+3+1+1 7+3+3+3+1 5+5+5+1+1 5+5+3+3+1 5+3+3+3+3 З+З+З+З+З
+ 1 + 1 + 1 = 20, + 1 + 1 + 1 = 20, + 1 + 1 + 1 = 20, + 1 + 1 + 1 = 20, + 1 + 1 + 1 = 20, + 1 + 1 + 1 = 20, + 1 + 1 + 1 = 20, + 1 + 1 + 1 = 20, + 3 + 1 + 1 = 20.
Є .тільки один розв’язок (шостий зверху), який приводить до суми, що складається з найбільшої кількості (з чотирьох) неоднакових доданків.
50. 	Безпосередньо рахувати всі можливі маршрути від А до С складно — заплутаєтеся. Треба почати з підрахунку маршрутів до перехресть, найближчих до початкового пункту А (мал. 267).
Мал. 267.
Очевидно, що в кожне перехрестя, яке знаходиться на сторонах АВ 1AD, веде тільки один шлях; у перехрестя 2Ь ведуть 2 ш^яхи. У перехрестя 2с можна потрапити, по-перше, з пункту 2Ь, отже, теж двома маршрутами, і, по-друге, з пункту 1с, тобто ще одним маршрутом. Таким чином, всього до перехрестя 2с ведуть 2 + 1 = 3 390


маршрути (знайдіть їх). Міркуючи аналогічно, отримаємо, що й до перехрестя 3& ведуть 3 маршрути.
У перехрестя Зс ведуть ті самі 3 маршрути, якими можна потрапити в перехрестя 3&, і ті 3 маршрути, якими можна потрапити в перехрестя 2с, тобто всього 6 маршрутів. Продовжуючи ці міркування, зауважимо, що взагалі кількість маршрутів, які ведуть до будь-якого перехрестя, дорівнює сумі маршрутів, які ведуть до двох суміжних перехресть, розташованих зліва і знизу від перехрестя, що розглядається. Якщо, наприклад, ми визначили, що кількість маршрутів, які ведуть у Зс, дорівнює 6, а в 2d дорівнює 4, то кількість маршрутів, які ведуть у 3d, дорівнюватиме 10 і т. д.
Так можна визначити кількість маршрутів, що ведуть з початкового пункту А до будь-якого перехрестя. Таким чином до кінцевого пункту С можна прийти 70 різними шляхами.
(Кількість маршрутів дорівнює Cg . Для загального випадку:
С"+п, де т — кількість кварталів уздовж АВ, п — кількість кварталів уздовж ВС.)
51. 	Якщо на кінцях якогось діаметра помістити числа А і а, а на кінцях сусіднього діаметра помістити числа Від, то, за умовою, А + В = а + Ь. Звідси: А - а = b - В, тобто різниці протилежно розміщених чисел мають бути рівні між собою.
У цьому ключ до відшукання всіх розв’язків задачі.
Тепер очевидно, що для розв’язання задачі треба розбити всі дані цілі числа від 1 до 10 на 5 пар з однаковими різницями чисел у кожній парі. Просте випробування показує, що можливі тільки 2 групи пар, які задовольняють цю умову:
а) з різницею = 1
б) з різницею = 5
1 — 2
1 — 6
4 — 3
7 — 2
5 — 6
3 — 8
8 — 7
9 — 4
9 — 10
5 — 10
Розмістивши ці числа по колу, отримуємо два основних розв’язки (мал. 268). Решту всіх розв’язків можна утворити з основних, переміщуючи пари чисел з одного діаметра на інший, оскільки чергування пар усередині однієї групи може бути довільним.
Так, поряд з парою 1 — 2, що розмістилася на першому діаметрі, можна розмістити на другому діаметрі пару 4 — 3 або пари 6 —5, 8 — 7 чи 10 —9.
391


Мал. 268.
Це дає чотири різних розв’язки. У кожному з новоутворених положень на третьому діаметрі можна помістити будь-яку з трьох пар, що залишилися. Це дає 4x3 = 12 розв’язків. Кожен з них має два варіанти розміщення двох пар, що залишилися, на четвертому і п’ятому діаметрах. Це приводить до 12 х 2 = 24 розв’язків для кожної групи пар чисел.
Усіх розв’язків 48. (Число розв’язків дорівнює подвоєному числу перестановок з чотирьох елементів: 2 • Р4.)
52. 	З чотирьох чисел можлива лише одна група:
1 + 14-2 + 4 = 1x1x2x4.
З п’яти чисел — три:
1 + 1 + 1 + 2 + 5 = 1х1х1х2х5,
1 + 1 + 1 + 3 + 3 = 1х1х1х3х3,
1 + 1 + 2 + 2 + 2 = 1 х 1 х 2 х 2 х 2.
Потрібні групи з 6 або 7 і т. д. чисел аналогічо складіть самостійно. Візьміть, скажімо, два числа 2 і 6 та їхню суму 2 + 6 доповнюйте одиницями до добутку 2 х 6 = 12, а вже добуток 2 х 6 у свою чергу
множте на відповідну кількість одиниць.
53. 9 + 8 + 7 +65 + 4 + 3 + 2 + 1 = 99 або 9 + 8+ 7 + 6 + 5 + 43+ 21 = 99; 1 + 2 + 34 + + 56 + 7 = 100 або 1 + 23 + 4 + 5 + 67 = 100.
54. Варіант розв’язку показаний на мал. 269.
55. Один з варіантів розв’язку поданий на мал. 270. Шлях одного сапера зображений суцільною лінією, а шлях іншого сапера — пунктиром. Обидва сапери обійшли рівно по 40 квадратів поля, побувавши в кожному квадраті один раз.
Мал. 269.
392


Мал. 270.
56. Потрібно мати на увазі, що кожен інший розв’язок буде новим або, як кажуть у математиці, істотно відрізнятиметься від наведеного в тексті. Припустимо, ви знайшли такий порядок розподілу сірників (порівняйте з розв’язком, поданим на мал. 27, стор. 37): № 7 до № 10, № 4 до № 8, № 6 до № 2, № 5 до № 9 і № 1 до № 3. Цей розв’язок не є «цілком іншим», як потрібно за умовою задачі, оскільки повністю повторює порядок розподілу, запропонований у тексті задачі; в цьому легко переконатися, якщо сірники пронумерувати не зліва направо, а справа наліво.
Істотно новим розв’язком буде, наприклад, такий: № 5 до № 2, № 7 до № 10, № 3 до № 8, № 1 до № 4, № 9 до № 6.
57. Аби легко було користуватися нижчевказаною схемою переміщення сірників, напишіть на папері 15 цілих чисел, почина393


ючи з 1, і над кожним числом розмістіть сірники, як показано на цьому малюнку:
Переміщуйте сірники в такому порядку: № 5 до № 1, № 6 до № 1, або схематично: 5 -> 1, 6 -> 1, 9 -> 3,10 -> 3, 8 -> 14, 7 -> 14, 4 —> 2, 11 —> 2, 13 —> 15, 12 -> 15.
Другий розв’язок: 5 -> 1, 6 -> 1, 9 -> 3,10 —> 3, 8 -> 14, 4 -> 13, 11 -> 14, 15 -> 13, 7 -> 2, 12 -> 2.
58. Уся «роздзинка» розв’язку полягає в тому, що, виходячи з дому, я здогадався запустити свій настінний годинник і запам’ятати за ним, о котрій годині я вийшов, а потім — о котрій годині повернувся. Так, за своїм годинником, я зміг визначити, скільки часу я був відсутній. Прийшовши до знайомого і йдучи від нього, я відзначив покази його годинника. Це дало мені змогу визначити тривалість перебування у знайомого.
Віднявши від тривалості часу, протягом якого мене не було вдома, тривалість перебування у знайомого, я отримав кількість часу, витраченого на дорогу туди й назад. Додавши половину цієї кількості часу до показів годинника товариша, коли я від нього йшов, я в сумі отримав той час, на який потрібно було виставити мій настінний годинник.
59. (1 + 2) : 3 = 1,
12 : 3 : 4 = 1,
[(1 + 2)х3-4] : 5 = 1,
(1 • 2 + 3 - 4 + 5) : 6 = 1,
{[(1 + 2) х 3 -4] : 5 + б} : 7 = 1,
[(1 + 2): Зх4 + 5 + 6-7] : 8 = 1,
(1 х 2 + 3 + 4- 5+ 6 + 7-8) : 9 = 1.
60. Лічильник автомобіля показував 15 951. Цифра десятків тисяч не могла змінитися через 2 години. Отже, першою і останньою цифрою нового симетричного числа залишається 1. Цифра тисяч могла і повинна змінитися, оскільки за 2 години автомобіль проїхав, 394


звичайно, більше, ніж 49 км, але ніяк не більше, ніж 1000 км; таким чином, цифра тисяч, а разом з нею й цифра десятків — 6.
Очевидно, що цифра сотень — 0 або 1, і лічильник показував або число 16 061, або число 16 161.
Число сотень навряд чи могло досягти 2, оскільки у цьому випадку вийшло би, що автомобіль за 2 години проїхав 16 261 — 15 951 = = 310 км, а така швидкість поки що не характерна для автомобілів не спортивного типу.
Якщо лічильник показав число 16 061, то автомобіль проїхав за 2 години 16 061 — 15 951 = 110 км і, отже, мав швидкість
110 : 2 = 55 км за годину.
У другому випадку швидкість — 105 км/год.
61. Для розв’язання задачі потрібно знати кількість приладів, змонтованих бригадиром. А для цього, у свою чергу, треба знати, скільки приладів у середньому змонтував кожен з 10 членів бригади*. Розподіливши порівну між дев’ятьма юними робітниками 9 приладів, виготовлених бригадиром додатково, ми дізнаємося, що в середньому кожен член бригади змонтував 15 + 1 = 16 приладів. Звідси випливає, що бригадир виготовив 16 + 9 = 25 приладів, а вся бригада (15 х 9) + 25 = 160 приладів.
Ті, хто знає алгебру, можуть розв’язати цю задачу способом складання одного рівняння з одним невідомим.
62. Зі швидкістю ЗО км/год машина проходитиме кожен кілометр за 2 хвилини, а зі швидкістю 20 км/год — кожен кілометр за 3 хвилини. Це означає, що зі швидкістю 20 км/год машина втрачатиме одну хвилину на кожному кілометрі. Але з цією швидкістю вона втрачає, як сказано в умові, 2 години, або 120 хвилин, отже, відстань від колгоспу до міста 120 км.
З якою швидкістю потрібно їхати, аби прибути вчасно?
Часто вважають, що необхідною швидкістю має бути середнє арифметичне між 20 і ЗО км/год, або  20 * * * * * * *
20 + 30 =25 км/год,
Сі
але це неправильно.
На весь шлях потрібно витратити 5 годин
120 Л
-- + 1 = 51, отже
< *30 /
щоб доставити зерно до міста точно на 11 годину, потрібно їхати
120
зі швидкістю —з— = 24 км/год.
5
395


63. Якби ми спостерігали рух зустрічних потягів з вагона нерухомого потяга, то розрахунок першої подруги був би правильним, але наш вагон рухається назустріч зворотним потягам, отже, якщо від зустрічі нашого потяга з одним зворотним потягом до зустрічі з іншим зворотним потягом минуло 5 хвилин, то це означає, що другий потяг прибуде на те місце, де ми зустрілися з першим, ще через 5 хвилин, тобто проміжки часу між прибуттями зустрічних потягів дорівнюють 10 хвилин.
Таким чином, упродовж години до міста прибувають не 12 потягів, а тільки 6.
64. Потрібно знайти суму цифр чисел
1, 	2, 3, 4 ..., 999 999 998, 999 999 999, 1 000 000 000.
Необхідно згрупувати числа парами:
999 999 999 і 0,
999 999 998 і 1,
999 999 997 і 2 і т. д.
Пар буде півмільярда (500 000 000), а сума цифр у кожній парі
81. 	Останнє число 1 000 000 000 не має пари, і сума його цифр дорівнює 1.
Шукана сума цифр дорівнює:
(500 000 000 х 81) + 1 = 40 500 000 001.
65. Якщо достатньо маленький м’ячик, залишаючись на підлозі, притиснеться до будь-якої стіни кімнати у будь-якому місці, то велика чавунна куля там його не розчавить. М’ячику може заважати плінтус між стіною та підлогою; у цьому випадку йому треба притиснутися в кут.
Мал. 271.
396


Тямущі в геометрії, можуть розрахувати, що якщо діаметр маленької кульки приблизно в 5,83 рази (якщо точніше, то в З + 2л/2 рази) менший від діаметра великої кулі, то, притиснувшись до стіни, як показано на мал. 271, маленька кулька буде в безпеці.
Футбольний м’яч і кулька для настільного тенісу мають узаконені розміри і просте порівняння відношення їхніх діаметрів з числом 5,83 покаже вам, що кульці, яка притиснулася до стіни, не загрожує небезпека бути розчавленою.
66. 	За добу годинник поспішає на 'І’-'!’, тобто на хвилини.
На перший погляд здається, що годинник поспішатиме на 5 хвилин
через 5 : = ЗО днів, тобто на ранок 31 травня. Проте це не так.
Уже 28 травня вранці годинник поспішатиме на 27 х — = 4~
6 2
хвилини, а оскільки за день він поспішає на — хвилини, то це означає, що цієї доби, 28 травня, до опівночі годинник поспішатиме на 5 хвилин.
67. У 2^- рази.
68. Кому; вийде 2,3.
69. а) 1; б) 1
□ І
70. Якщо і — це одна третина шуканого числа, то все число
містить тричі по і тобто 1—-. и
71. 	Відстань від МТС до станції становить = всього шляху школяра. Цю відстань він проходив за 5 хвилин. Отже, на весь шлях йому потрібно 12 х 5 = 60 хв, або 1 година; і шляху 4
він проходив за 60 : 4 = 15 хвилин, таким чином, він виходив о 7 год 15 хв, а до школи приходив о 8 год 15 хв.
397


72. Відповідь — не 12 секунд! Річ у тому, що від першого
прапорця до восьмого — 7 проміжків. Від першого до дванадцятого — 11 проміжків. Кожен проміжок між прапорцями спортсмен пробігає за 8/7 секунди, отже, на 11 проміжків йому буде потрібно 8 -і 1 88 -«9 4
ух11 = —= секунди.
73. У часі Остап не виграв, а втратив. На другу половину дороги він використав стільки часу, скільки забрала би у нього вся мандрівка пішки. Це означає, що при способі пересування, який він вибрав, хлопець не тільки не може виграти у часі, але має програти. Він і втратив якраз стільки часу, скільки він їхав потягом, тобто втратив він 1/15 того часу, який потрібно, щоб пройти пішки половину дороги, або, відповідно, 1/30 того часу, який йому потрібно, щоб пройти пішки всю відстань.
74. 	За 3-- години будильник відстає на 14 хвилин. О 12 годині £1
на будильнику буде 11 год 46 хв. До 12 години залишається 14 хвилин, але за ці 14 хвилин будильник ще відстане майже на хвилину. Таким чином, стрілки будильника покажуть 12 годину майже через 15 хвилин.
7 11
75. 	Розмітник зауважив, що — = — + —.
Отже, якщо з 7 даних пластинок 4 розріжемо на три рівні частини кожну, то отримаємо 12 третин, тобто по одній третині для кожної деталі. Інші 3 пластинки розріжемо на 4 рівні частини кожну, отримаємо 12 чвертей, тобто по одній чверті для кожної деталі.
Для розподілу 5 пластинок між 6 деталями зауважимо, що 5_1 , 1
6~2 + 3-
Це означає, що з 3 пластинок робимо 6 половинок і з інших двох — 6 третин.
13 1 З
Далі, — = — + —. Отже, на кожну деталь беремо по одній частині -LzS о 4
від 4 пластинок, кожну з яких ділимо на три рівні частини, і по З частини від інших 9 пластинок, кожну з яких ділимо на 4 рівні частини.
398


А 13 11. n
Аналогічно •^• = -т + 7Г» 9 пластинок діляться на 4 рівних оо 4 У
частини кожна і 4 пластинки — на 9 рівних частин кожна.
п . 26 2 4
Оскільки то в цьому випадку 14 пластинок діляться
аі О І
на 3 частини кожна і 12 пластинок — на 7 частин кожна.
Користуючись вказаним прийомом, самі придумайте ще кілька аналогічних задач.
76. 1/4 бруска мила важить 3/4 кг, а весь брусок — 3 кг.
„„ . 3. 2. 1.9 .
77. І. з * 2 * ! ’ 9 і т. д.
QQ
3. Наприклад, 99 +
4. 44 + ^.
4
5. 9 + ^.
2 1
6. Див. мал. 272; — = 77.
о о
7.1+3+5+7+ТІ+ІІ.
8. 	79^ + 5 = 84 + 4.
З 6
Мал. 272.
9. 	1і—;-|-і—; — і —, де ті — будь-яке ціле число, почина-
2 3 4 ті п+1
ючи з 1, або х і де х — довільне число (крім х = -1).
х + 1
10. =1; 0,5 + (9 - 8)(7 - 6)(4 - 3) = 1. Можливі й інші
(U /иУо л
розв’язки.
399


11. 	78 — 4-21^ = 100, або 50-^-4-49^ = 100. Можливі й інші о У U 2 7о
розв’язки.
78. 	Один з можливих розв’язків:
1
З
10;
2+5+2+6+4=
116 3 6
10;
10.
79. Неважко зрозуміти, що 3/4 кошеняти є чвертю всіх Мишкових кошенят. Отже, всіх кошенят було вчетверо більше, ніж 3/4, тобто 3.
Перевірка: 3/4 від 3 становлять 2^-; якщо до 2 4- кошенят 4 4
додати ще 3/4 кошеняти, то вийде рівно 3 кошенят.
80. Недовго думаючи, можна відповісти: 8 км/год =
але це не так. Приймемо всю відстань за 1. Тоді першу половину шляху кінь ішов 1/2 : 12 = 1/24 одиниць часу, а другу половину — за 1/2 : 4 = 1/8 одиниць часу. На весь шлях витрачено 1/24 4- 1/8 = 1/6 одиниць часу. Отже, середня швидкість коня буде 1 : 1/6 = 6 км/год.
81. Спав пасажир упродовж двох третин від половини всього шляху, отже, впродовж однієї третини всього шляху.
82. Швидкість переміщення пасажира, який перебуває у дру¬
гому потязі, відносно рухомого першого потяга дорівнюватиме ик . ОЛ Q1 / 81000 . 45 .
45 4-36 = 81 км/год, або д-^м/с = “5"м/с-
60•oU 2
45
Отже, довжина першого потяга дорівнює -5-х 6 = 135 м.
2
83. 	Велосипедист пройшов пішки 1/3 шляху, тобто вдвічі менше від того, що проїхав, а часу витратив удвічі більше. Отже, він їхав у 4 рази швидше, ніж ішов.
400


84. 	Владик зробив 2/3 завдання, і йому залишилося зробити 1/3 всього завдання. Костик зробив 1/6 завдання і йому залишилося зробити 5/6 усього завдання.
Отже, Костиков! треба збільшити щоденний виробіток у 5.1_91
6’3 2
рази, щоб наздогнати Владика й одночасно з ним завершити роботу.
85. 	Має рацію подруга Марічки. Від збільшення одного співмножника на 1/3 його добуток збільшується у 4/3 рази. Від зменшення іншого співмножника на 1/3 його (незалежно від того, чи дорівнює він збільшеному співмножнику) добуток зменшився
в 3/2 рази. У результаті добуток зменшився в тт : тт - рази і від Zoo
правильного добутку він становив 8/9. Помилка на 1/9, яка становить 20 куб. м. Звідси відповідь задачі: 180 куб. м.
86. 	Вправна кулінарка кладе дві скибочки на сковорідку і підсмажує один їхній бік протягом ЗО с. Потім першу скибочку вона перевертає на інший бік, а другу скибочку виймає і на її місце кладе третю. Таким чином, за другу півхвилину перша скибочка буде підсмажена повністю, а третя — наполовину. Тепер вона має 2 скибочки (другу і третю), кожна з яких готова наполовину. їх підсмажування буде закінчено через наступних півхвилини.
Загальний час, як бачите, 1-і хвилини, а не 2 хвилини.
Z
До другого розділу
87. 	Спочатку «полонені» поклали ланцюг (ЗО кг) у кошик і опустили його донизу. У порожній кошик, що піднявся догори, сіла дівчинка-служниця (40 кг) і опустилася донизу; водночас кошик з ланцюгом піднявся догори. Хечо вийняв ланцюг і посадив у кошик Даріджан (50 кг). Даріджан опустилася донизу, піднімаючи вгору дівчинку-служницю. Даріджан вийшла з кошика на землю, а дівчинка з піднятого кошика — у вежу. Нагорі у звільнений кошик Хечо знову поклав ланцюг і вдруге опустив його на землю. На землі у кошик з ланцюгом сіла Даріджан (50 + ЗО = 80 кг), а у піднятий кошик сів Хечо (90 кг). Хечо опустився, вийшов з кошика на землю, а Даріджан вийшла з піднятого кошика у вежу. Ланцюг 401


вона залишила у піднятому кошику. Ланцюг втретє опустився на землю. У піднятий кошик знову сіла дівчинка (40 кг) і опустилася на землю, піднімаючи ланцюг (ЗО кг). Даріджан вийняла ланцюг, сіла у кошик (50 кг) і опустилася донизу, піднімаючи вгору дівчинку (40 кг). Даріджан вийшла на землю, а дівчинка — у вежу. Дівчинка поклала у кошик ланцюг і знову опустила його на землю, потім сама сіла в піднятий порожній кошик і опустилася донизу, піднімаючи ланцюг догори. «Приземлившись», дівчинка приєдналася до Даріджан і Хечо, які чекали на неї, а ланцюг востаннє впав на землю. Всі троє щасливо сховалися у горах від лютого князя.
88. 	Відлічіть, наприклад, за ходом годинникової стрілки від білої миші (не рахуючи її) шосту мишу. З цієї миші й слід починати лічбу, обходячи коло в тому самому напрямі (за ходом годинникової стрілки). Для того, щоб заздалегідь встановити, з якої миші треба починати лічбу, розмістіть по колу 12 точок і один хрестик (мал. 273) та почніть лічбу з хрестика. Обходячи коло в одному напрямі, викреслюйте кожну тринадцяту точку (і хрестик, коли до нього дійде черга) доти, поки не залишиться одна точка. Поставте тепер замість цієї точки білу мишу, тоді хрестик вкаже, з якої сірої миші слід починати лічбу.
Мал. 273.
Мал. 274.
402


89. Подібно до попередньої задачі, легко встановити, що насамперед треба зняти п’ятий сірник справа від того сірника, який повернений головкою до монети (не рахуючи його).
90. Якщо в ряду 20 кліток з птахами, а відчиняється кожна п’ята, то залишаться невідчиненими клітки, поставлені на сьоме і чотирнадцяте місця, рахуючи зліва направо.
91. Секрет у тому, щоб кожного разу монета лягала біля того променя, від якого ви перед цим почали відлік. Припустимо, ви починаєте відлік від п’ятого променя (мал. 274). Перша монета ляже навпроти сьомого променя. Тепер потрібно покласти монету навпроти п’ятого променя. Для цього відлік доведеться почати від третього. Втретє почнемо відлік від першого променя, тоді монета ляже навпроти третього променя і т. д.
92. Машиніст ремонтного потяга заводить у тупик три задніх вагони свого потяга, відчіплює їх, а решту потяга проводить вперед. Пасажирський потяг просувається вперед слідом за ремонтним і, підійшовши до тупика, причіплює до свого хвоста три вагони ремонтного потяга, разом з ними відходить назад, на попереднє місце і там їх відчіплює. Тим часом заходить у тупик решта ремонтного потяга: паровоз і два вагони, й шлях для пасажирського потяга вільний!
93. Схема розв’язання. Нехай тати — А, Б, В, а дочки відповідно — а, б, в.
Перший берег Другий берег
АБ В
а б в . . .
I. Спочатку відправляються дві дівчинки:
АБ В
а . . . б в
II. Одна з дівчаток повертається і перевозить третю:
АБ В
... а б в
III. Одна з дівчаток повертається і залишається зі своїм татом, а два інших тати відправляються на інший берег:
А . . . Б В
а . . . б в
IV. Один тато зі своєю дочкою повертається на перший берег; дівчинка залишається, а два тати відправляються на другий берег:
АБ В
а б . . . в
403


V. Переїжджає дівчинка і забирає із собою другу дівчинку:
АВ В а . . . б в
VI. За останньою дівчинкою їде її тато (або її подруга):
АБ В ... а б в
І переправу завершено всім на втіху.
94. 	Переправа на тримісному ч о в н і. Нехай тати—А, Б, ВЇГ, а дочки відповідно — а, б, в і г.
Перший берег У човні Другий берег АБВ Г ....
а б в г ....
I. Відправляються 3 дівчинки:
АБВГ ....
а... —> б в г -> . б в г
Дві з них повертаються:
АБВГ ....
а б в . <- б в <- . . . г
II. Відправляються тато з дочкою і ще один тато, дочка якого перебуває на другому березі:
АБ . . (В Г . . В Г
а б . . 1 в . . в г
Один тато зі своєю дочкою повертається:
АБВ. В\ . . . Г
а б в . в J . . . г
III. Відправляються 3 татів:
.... АБВ -> АБВГ
а б в . . . . г
Повертається одна дівчинка:
.... АБВГ
а б в г <— г <— ....
IV. Дівчинка, яка повернулася, забирає із собою ще двох дівчаток:
.... АБВГ
а .. . -> б в г —> . б в г
Повертається тато за своєю дочкою (або будь-яка дівчинка за своєю подругою):
А . . . <- А <- . Б В Г
а . . . . б в г
404


V. Відправляється остання пара:
• • • • -> и .... [а
Переправу закінчено.
АБВГ а б в г
Переправа на двомісному човні на острові.
Перший берег АБВГ а б в г
Острів
Другий берег
т АБВГ
І
а б . .
. . в г
....
п АБВГ
. б в г
....
а . . .
....
ттт А Б . .
. . В Г
пі
а б . .
. . в г
....
АБ . .
. . В Г
IV
а б . .
. . в .
. . . г
АБВ.
. . . Г
V
а б . .
. . в .
. . . г
VI АВВ-
а б в .
. . . Г
....
. . . г
тгхт А . . .
. Б В .
. . . Г
vn
а . . .
. б в .
. . . г
д
. Б В Г
vni * * *
а . . .
. б в г
....
т,г А . . .
. Б . .
.. в г і
IX
а . . .
. б . .
. . в г
І
АБВГ '
X • • • •
а . . .
.06.
. . . г
XI ■ • • •
....
АБВГ
а .. .
....
. б в г
XII ' • • •
....
АБВГ
....
....
а б в г
але з пересадкою
(Г відвіз г на другий берег, а сам повернувся на острів.)
(В відвіз Г на другий берег, а сам переправився на перший берег.)
(Б з’їздив за А і відвіз його відразу на другий берег; в повернулася на острів.)
405


95. 	Нехай білі шашки (б) пересуваються і стрибають тільки вгору, а чорні (ч) — тільки донизу (оскільки за умовою вони можуть пересуватися тільки назустріч одні одним). Перемішуватимемо шашки у такій послідовності: чббчччбббчччббч. Для наочності послідовність переміщення шашок зображено на мал. 275.
Мал. 275.
96. 	Розв’язок задачі представлено на мал. 276.
Після четвертого переміщення підряд розмістилися чотири білі і чотири чорні шашки. Від цього останнього розміщення шашок можна, навпаки, перейти до першого також чотирма переміщеннями. Розв’язати цю обернену задачу тепер неважко.
97. Для п’яти пар розв’язок подано на мал. 277.
Для шести пар розв’язок подано на мал. 278.
Для семи пар розв’язок подано на мал. 279.
98. Складіть картки купкою, цифрами догори у такій послідовності: 1, 6, 2,10, 3, 7, 4, 9, 5, 8.
406


Мал. 277.
Мал. 278.
Мал. 279.
407


99. Перша головоломка. У вершинах квадрата (мал. 280, а) потрібно помістити по 2 шашки (покласти одну шашку на іншу).
О ®
© © © © @
а) б)
Мал. 280.
Друга голово ломка. 9 шашок розмістити у формі квадрата (мал. 280, б). Утвориться 3 горизонтальних і 3 вертикальних ряди по 3 шашки в кожному ряду. Останні 3 шашки накласти, як показано на малюнку. Вийде у кожному горизонтальному і в кожному вертикальному рядах по 4 шашки.
100. Розв’язки показано на мал. 281.
Мал. 281.
101. 	Після першого штурму в складі «гарнізону» залишилося 36 осіб. Визначимо, скільки з них повинні перебувати посередині кожної сторони. Оскільки в першому і третьому рядах має бути по 11 «захисників», то у другому ряду 36 - 22 = 14 осіб, тобто по сім осіб посередині кожної з двох протилежних сторін, отже, по 7 осіб і посерединах двох інших сторін.
408


Усього посередині сторін буде зайнято 28 осіб. Інші 8 осіб розмістяться по кутах — по 2 особи у кожному кутку. Виходить таке розміщення сил перед другим штурмом:
І ряд
2
7
2
II ряд
7
36
7
III ряд
2
7
2
Після другого штурму залишилися 32 «захисники» фортеці. Міркуємо аналогічно до попереднього випадку. В першому і третьому рядах має бути, як і раніше, по 11 осіб, у другому: 32 — 22 = 10 осіб, тобто по п’ять на середині кожної сторони фортеці, отже, по кутах 32 - 20 = 12 осіб, по 3 особи у кожному куті. Виходить таке розміщення сил перед третім штурмом:
I ряд
II ряд
III 	ряд
3
5
3
5
32
5
3
5
3
Таким самим чином можна знайти розміщення сил після третього і четвертого штурмів:
4 3 4
З[28] З
4 3 4
5 15
1 [24] 1
5 1 5
Після п’ятого штурму залишилися 22 «захисники» фортеці. У цьому випадку на захист середин сторін не залишається сил, оскільки 22 - 22 = 0. Отже, всі 22 особи мають розміститися тільки по кутах:
6 — 5
—[22] —
5 — 6
При подальшому вибуванні з лав «захисників» фортеці було би неможливо розмістити «сили», що залишилися, по 11 осіб уздовж кожної сторони фортеці.
409


102. 	Міркуючи так само, як і при розв’язуванні попередньої задачі, можна отримати такі схеми розподілу ламп (у квадратику — загальна кількість ламп):
2 — 5—2
5 28 5
1 *— І
2 — 5 — 2
1 — 7—1
7 [зЇЇ| І 1—7—1
4—1 — 4
І 	г—І І 1 120 1
4—1 — 4
5 4
[ЇІ]
4 5
Якщо є 18 ламп, то всі вони зосереджуються по кутах кімнати. Якщо взяти 36 ламп, то, навпаки, всі кути залишаться порожніми, як це видно з наступної схеми:
Таким чином, зберігаючи принцип розподілу ламп по 9 уздовж кожної стіни кімнати, світлотехнік міг використати щонайменше 18 ламп і щонайбільше 36 ламп.
Останнє питання задачі можна вирішити або шляхом спроб, або за допомогою алгебри.
(Хто не захоче вникати в подальші математичні розмірковування або це виявиться понад силу, той може поки що пропустити подальший виклад і розпочати розв’язування наступної задачі.)
Позначимо через а кількість ламп у кожному куті, а через b — кількість ламп на кожній стіні кімнати. Тоді очевидно, що кількість п усіх ламп дорівнює: п = 4 (а + &). Цю кількість можна записати так:
ті — 2 (<z + b + л) + 2&.
Тут a + b + а = s — кількість ламп уздовж кожної стіни. Якщо цю кількість s залишати незмінною, то кількість усіх ламп п зменшуватиметься зі зменшенням b і збільшуватиметься зі збільшенням Ь, Якщо b збільшиться на 2, то загальна кількість ламп п збільшиться на 4. Світлотехнік так і вчиняв: збільшуючи кількість ламп на 4, він збільшував кожне & на 2, а для збереження незмінної суми s = a + b + а кожне а зменшував на 1. При цьому постійно зберігалася деяка симетричність у розміщенні ламп.
Проте цілком можливо зберегти одну й ту саму суму s ламп уздовж кожної стіни кімнати і при несиметричному розподілі ламп.
410


Нехай кількість ламп, розміщених по кутах кімнати, становитиме: а„ а„, і ал, а по стінах — Ь,, &о, і Ь • 1 О 4 1 О 4
^2 г і3 а^— Ь4—а,
Кількість усіх ламп п можна виразити таким чином: п = = 4s — (аг +а2 + а3 + а4), де s — незмінна кількість ламп уздовж кожної стіни (s = а± + + а2 = аг + b2 + а3 = а3 + &4 + а4 = aQ + b3 + а4).
Якщо s — кількість незмінна, то загальна кількість ламп збільшується зі зменшенням aY+ а2 + а3 + а4 і, навпаки, зменшується зі збільшенням + а2 + а3 + а4. Наприклад, додамо до і Ь2 по х ламп, тобто всього 2х ламп. Якщо а± зменшиться на х, то s не зміниться, а загальна кількість ламп п водночас збільшиться на х. Те ж саме вийде, якщо додати по х ламп до і Ь3 та відповідно відняти х ламп від а2 і т. д.
Так само, якщо додати по х до кожного з чисел &2, Ь3 і &4 та відняти по х від і а4 або від а2 і а3 чи відняти по від
Zu
кожного з чисел Лр ао, Л3 І Л4, то s не зміниться, а кількість усіх ламп п водночас збільшиться на 2х. Таким чином, допускаючи несиметричне розміщення ламп, можна за бажанням збільшувати їхню загальну кількість п на 1, 2, 3, 4 і т. д.
Якби світлотехнік збільшив кількість ламп з 24 до 25, то розмістити їх довелося би, наприклад, таким чином:
2 — 4—3
4 [25І І
І * І 3—3—3
103. 	З третьої умови випливає, що в клітці повинно бути розміщено не менше ніж 22 і не більше ніж 44 кролики (порівняйте з розв’язанням задачі 101).
За четвертою умовою загальна кількість кроликів має бути кратною трьом. Це означає, що кроликів могло би бути або 24, або 27, ЗО, 33, 36, 39, 42. Надалі легко переконатися, що 24 кролики (16 і 8) неможливо розмістити по 11 на кожній стороні клітки, 411


аби при цьому не залишилося порожніх секцій (перша умова). Якщо ж узяти 33, 36, 39 або 42 кролики, то їх можна розмістити по 11 на кожній стороні клітки, але в кожному з цих випадків у деякі секції довелося би поміщати більше, ніж 3 кролики (переконайтеся і в цьому!), що суперечило би другій умові.
Таким чином, шляхом виключення ми доходимо до висновку, що спершу очікували отримати ЗО кроликів та розмістити їх наступним чином (у квадратику — загальна кількість кроликів на кожному поверсі):
Однак інститут отримав на 3 кроликів менше, тобто 27 кроликів,
яких можна розмістити, наприклад, так:
3
1
3
1
|18|
2
3
2
3
2
1
1
1
9
1
1
1
1
План верхнього поверху План нижнього поверху
104. Розв’язки задач 1, 2, 3, 4 подано відповідно на мал. 282 а, б, в і г.
105. Розв’язок показано на мал. 283.
106. Вказівка до розв’язування задач першого варіанта ігор. Будь-який з можливих розв’язків задачі про переміщення чотирьох шашок (з десяти, розміщених у 2 ряди) так, щоб утворилося 5 рядів по 4 шашки у кожному, можна легко і швидко отримати при допомозі нескладних геометричних побудов.
412


а)
б)
г)
Мал. 282.
413


Мал. 283. Мал. 284.
Замініть шашки точками на аркуші паперу і закресліть будь-які три верхні й одну нижню точки. Першу з двох точок верхнього ряду, що залишилися, з’єднайте прямими з будь-якими двома точками нижнього ряду, а другу точку верхнього ряду — з іншими двома точками нижнього ряду (мал. 284). Уникайте таких комбінацій точок, які приводять до паралельних ліній, і тоді ви отримаєте 4 точки перетину проведених ліній. У цих точках перетину і слід помістити 4 шашки, які відповідають закресленим точкам.
Розв’язок задачі про розміщення сірників в отворах листа картону чи пластиліну (гра друга) показано на мал. 285.
Мал. 285.
107. 	Найменша кількість ходів — 24; їхній порядок такий (щоразу потрібно переміщувати верхню шашку): 1)1 — А (шашку № 1 перемістити на кружок А); 2) 2 — В (шашку № 2 перемістити на кружок В); і далі: 3) 3 — С; 4) 4 — D; 5) 2 — D; 6) 5 — В; 7) 3 — В; 8) 1 — В; 9) 6 — С; 10) 7 — А; 11) 1 — А; 12) 6-Е; 13) 3 — С; 14) 1 — С; 15)5 — А; 16) 1-А; 17) З — А; 18) 1-А; 19) 6 — С; 20) 8 — В; 21) 6 — В; 22) 2 — Е (або на С); 23) 4 — В; 24) 2 — В.
414


108. 	Найменша кількість обмінів — 19.
Найбільш економна система обмінів полягає в тому, щоб укомплектовування шашок вести ланцюжками, тобто, помінявши місцями, наприклад, шашки 1 і 7, поміняти потім шашку 7 з тією шашкою, яка займає сьоме місце, в даному прикладі — з шашкою 20. При цьому шашку 20 потрібно поміняти з тією, яка займає її місце, — з шашкою 16, а шашку 16 — з шашкою 11, яка «незаконно» розмістилася на шістнадцятому місці, і т. д. до завершення ланцюжка, коли обидві шашки, що обмінюються, опиняться на своїх «законних» місцях.
Тоді слід розпочати новий ланцюжок обмінів і так до повного їх завершення.
Усі переміщення, які потрібно зробити для розв’язання даної задачі, розміщуються у наступні 5 ланцюжків:
1 і 7; 7 і 20; 20 і 16; 16 і 11; 11 і 2; 2 і 24;
3 і 10; 10 і 23; 23 і 14; 14 і 18; 18 і 5;
4 і 19; 19 і 9; 9 і 22;
6 і 12; 12 і 15; 15 і 13; 13 і 25;
17 і 21.
Схему необхідних переміщень можна накреслити наперед, якщо заздалегідь виписати підряд номери всіх шашок в їхньому початковому розміщенні, а під ними — їхні порядкові номери:
7 24 10 19 3 12 20 8 22 і т. д.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 і т. д.
Викреслюємо першу пару чисел 1 і 7; ці числа визначають перший обмін шашок, потім шукаємо 7 в нижньому ряду і помічаємо над ним число 20; викреслюємо числа 7 і 20; вони визначають другий обмін шашок; шукаємо 20 в нижньому ряду, помічаємо над ним 16; викреслюємо числа 20 і 16; вони визначають третій обмін відповідних шашок і т. д.
Коли ланцюжок обірветься, починаємо складання наступної його ланки з крайньої лівої пари ще не закреслених цифр.
У найгіршому випадку міг би утворитися один ланцюжок; тоді для розміщення 25 шашок було би потрібно 25 - 1 = 24 обміни (в останньому обміні відразу дві шашки займають належні місця).
У даній задачі 5 ланцюжків, окрім того одна шашка (№ 8) вже в початковому положенні займає належне їй місце, тому для розв’язання задачі необхідно і достатньо зробити 25 - 5 - 1 = 19 обмінів.
415


109. Якщо, наприклад, одну з дев’яти цукерок зовнішньої, найбільшої коробочки перекласти в найменшу, то у цій внутрішній коробочці виявиться 5 цукерок, тобто 2 пари цукерок плюс 1 цукерка, і ці 5 цукерок треба додати до числа цукерок, які містяться У другій внутрішній коробочці.
Звідси випливає, що друга внутрішня коробочка тепер містить 5 + 4 = 9 цукерок, тобто 4 пари цукерок плюс одну цукерку.
Міркуючи таким же чином, отримаємо, що й третя внутрішня коробочка тепер містить 9 + 4 = 13 цукерок, тобто знову таку кількість цукерок, що задовольняє умову задачі, і т. д.
Самостійно знайдіть ще кілька інших розподілів цукерок по коробочках.
110. Усіх пішаків можна зняти за 16 ходів. Можна поставити коня так, аби першого удару завдати по пішакові с2, потім по пішакові &4 і далі d3 : Ь2 : с4 : d2 : &3 : d4 : еб : g7 : /5 : е7 : : g6 : е5 : f7 : £5.
Першого удару можна завдати також по пішакові ЬЗ або по пішаках f7 і g6.
111. Перша головоломка. Домовимося, що перша цифра вказує номер шашки, а друга цифра (в окремих випадках буква) — номер тієї клітинки, куди ставиться шашка. Тоді можливий такий порядок переміщень:
2-1; 3-2; 4-3; 4-А; 5-4; 5-3; 6-5; 6-4; 7-6; 7-5; 7-Б; 8-7;
8- 6; 8-5; 9-8; 9-7; 9-6; 1-9; 1-8; 1-7; 1-В; 9-7; 9-8; 9-9;
9- 10; 8-6; 8-7; 8-8; 8-9; 7-5; 7-6; 7-7; 7-8; 1-7; 1-6; 1-5;
1-Б; 6-5; 6-6; 6-7; 6-В; 5-4; 5-5; 5-6; 5-7; 4-3; 4-4; 4-5;
4-6; 1-5; 1-4; 1-3; 1-А.
Подальший порядок переміщень очевидний.
Друга головоломка. Вважатимемо 4 можливих напрями для руху шашок напрямами на північ, південь, схід і захід:
Пн
Зх<£>Сх, тоді послідовність переміщень шашок можна записати Пд
так:
1) крок на схід;
2) стрибок на захід;
3) крок на захід;
4) стрибок на схід;
5) крок на північ;
6) стрибок на південь; далі скорочений запис:
7) к. Пд.;
416


8) с. Пн.;
28) к. Пн.;
9) с. Сх.;
29) с. Пд.;
10) к. Зх.;
ЗО) с. Зх.;
11) с. Зх.;
31) с. Пн.;
12) к. Пн.;
32) к. Сх.;
13) к. Сх.;
33) с. Зх.;
14) с. Зх.;
34) с. Пн.;
15) к. Пд.;
35) к. Сх.;
16) с. Сх.;
36) с. Зх.;
17) к. Пн.;
37) с. Пд.;
18) с. Пд.;
38) с. Сх.;
19) к. Сх.;
39) с. Сх.;
20) к. Пн.;
40) к. Зх.;
21) с. Пд.;
41) с. Зх.;
22) к. Зх.;
42) к. Сх.;
23) с. Пн.;
43) с. Пн.;
24) с. Пн.;
44) к. Пд.;
25) к. Пд.;
45) с. Пд.;
26) с. Пд.;
46) к. Пн.
27) с. Сх.;
1'
2
6
9
3
112. 8
■ d = 7 7
—V— II сл о
•d = 4 11
>d = 2 4-
15
12
14
ІЗ
5
d = l.
113. 	Задача має єдиний розв’язок, який подано на мал. 286. Щоб не блукати навпомацки у пошуках розв’язку, можна скористатися наступним прийомом: розмістити зірочку в другому стовпці клітинок настільки низько, наскільки це дозволяє зробити положення зірочки у першому стовпці клітинок, і відповідно до умови: розміщувати зірочки тільки на білих клітинках; у третьому стовпці клітинок слід знову розмістити зірочку, якщо це можливо, на найнижчу клітинку і т. д., завжди намагаючись розмістити в наступному стовпці зірочку настільки низько, наскільки це дозволяють зірочки, які стоять у попередніх стовпцях. Коли виявиться, що у стовпці ніде не можна розмістити чергову зірочку, потрібно підняти зірочку в попередньому стовпці на мінімально можливе число клітинок (але ставити зірочку завжди тільки відповідно до умови задачі); якщо ж піднімати її більше нікуди, то зняти зовсім і піднімати 417


знову попередню зірочку і т. д.» продовжуючи розміщувати решту зірочок, щоразу керуючись прийнятим правилом: піднімати поставлені зірочки вище тільки в тому випадку, якщо справа зовсім немає місця для чергової зірочки.
Такий процес проб, можливо, виявиться і тривалим, але зате він систематичний та неодмінно приведе до мети.
Мал. 287.
114. 	Перша задача. Припустимо, що букви однакові. Помістимо одну букву в якій-небудь клітинці діагоналі АС, наприклад, у лівому верхньому куті (мал. 287). Серед клітинок другої діагоналі BD є одна клітинка, що стоїть у тому самому горизонтальному ряду, де поставлено першу букву, й одна клітинка у тому самому вертикальному ряду; в одній з решти двох клітинок другої діагоналі можна поставити другу букву.
Легко переконатися в тому, що після того, як дві букви поставлено, розташування решти двох букв, визначається однозначно, тобто в кожному з не зайнятих буквами горизонтальних рядів є тільки по одній клітинці, куди можна відповідно до умови задачі помістити інші букви.
Тепер неважко підрахувати кількість можливих розв’язків. Для кожного з чотирьох можливих розміщень першої букви в одній з клітинок діагоналі АС є два можливих розміщення другої букви по діагоналі BD, тобто всього 4x2 = 8 випадків. Усі 8 розв’язків можна отримати з одного шляхом повертання і перевертання (інакше кажучи, шляхом відображення у дзеркалі) квадрата.
Припустимо тепер, що дані 4 букви різні: a, b, с, d — і розміщені замість букв а у ті самі клітинки, як на мал. 287, в якомусь порядку, наприклад, у такому: а, Ь, с, d. Проте в ці ж клітинки 418


можна помістити букви в іншому порядку, наприклад, у такому: Ь, c,d, а. Так можна змінювати порядок розміщення букв, не міняючи зайнятих клітинок, 24 рази. Усе це будуть різні розв’язки. Всього різних розв’язків буде: 8 х 24 = 192.
Дру га задача. За умовою задачі букви, які стоять у кутових клітинках, повинні бути різними. Тому, перш за все, поставимо в довільному порядку 4 букви у кутові клітинки (мал. 288, а). У середніх клітинках діагоналі, яка містить букви aid, мають стояти букви Ь і с, але їх можна поставити двома способами (мал. 288, б і в).
а
Ь
а
ь
а
ь
Ь
с
с
ь
с
d
с
d
с
d
а)
б) Мал. 288.
в)
Після того, як вказані 6 клітинок заповнено, решта клітинок відповідно до умови можна заповнити в єдиний спосіб. Для цього насамперед потрібно розставити букви у крайніх горизонтальних і вертикальних рядах, а потім у другій діагоналі. Остаточне розміщення показано на мал. 289.
а
с
d
ь
а
d
с
ь
d
ь
а
с
ь
с
d
а
ь
d
с
а
d
а
Ь
с
с
а
Ь
d
с
b
а
d
Мял. 289.
Отже, якщо букви розставлено в кутових клітинках, то задача має два розв’язки. Проте оскільки 4 букви в кутових клітинках можна розміщувати 24 способами, то задача має 24 х 2 = 48 розв’язків.
419


З одного знайденого розміщення шляхом повертання і перевертання (тобто шляхом дзеркального відображення) заповненого квадрата виходить ще 7 розміщень.
Якщо домовитися про те, щоб вважати всі розміщення, отримані з одного шляхом повертань і перевертань, одним розв’язком, то за цієї умови задача має 48 : 8 = 6 різних розв’язків.
115. 	Після низки випробувань вам, безперечно, вдалося знайти якийсь з можливих численних розв’язків цієї задачі. Можливий такий розв’язок, який подано у таблиці. Дійти до цього розв’язку
1 червоний
4 чорний
2 зелений
3 білий
2
3
1
4
білий
зелений
чорний
червоний
3
2
4
1
чорний
червоний
білий
зелений
4
1
3
2
зелений
білий
червоний
чорний
можна шляхом таких міркувань. Позначимо через А, В, С і D назви кольорів квадратів, а через а, Ь, с і d — цифри 1, 2, 3, 4. Задача зводиться до того, щоб у 16 клітинках квадрата розмістити 4 великі букви А, В, С і D так, щоб усі 4 знаходилися в кожному горизонтальному і вертикальному рядах, у кожній діагоналі і ніде не повторювалися; те ж саме зробити і з малими буквами а, Ь, с і d, комбінуючи їх з великими буквами всіма можливими способами. Розмістимо спочатку великі букви, користуючись, наприклад, таким прийомом: у першій горизонталі помістимо їх в алфавітному порядку (мал. 290, а), а потім заповнимо клітинки діагоналі, що йде з лівого верхнього кута квадрата у правий нижній. Уздовж діагоналі можна отримати тільки 2 розміщення: або послідовно, як А, С, В, В, або як A, D, В, С. Візьмемо перше розміщення. Решту клітинок можна заповнити тепер тільки в єдиний спосіб. Отримаємо розміщення, зображене на мал. 290, а. Щоб розмістити малі букви, доставимо до кожної діагональної букви А, С, В, В таку саму букву, тільки малу (мал. 290, б), а потім братимемо кожну клітинку і біля великої букви ставитимемо малу однойменну з великою буквою
420


А
в
С
D
D
с
В
А
В
А
D
с
с
D
А
в
а)
Аа
Bd
съ
De
Db
Сс
Ba
Ad
Вс
Ab
Dd
Ca
Cd
Da
Ac
Bb
б)
Мал. 290.
іншої клітинки, розміщеної симетрично відносно заповненої діагоналі. Отримаємо розміщення, зображене на мал. 290, б.
Якщо замінимо тепер А, В, С, D відповідно на червоний, чорний, зелений і білий квадрати, а буквам а, і>, с і d надамо значень 1, 2, З і 4, то отримаємо схему, наведену на початку розв’язання цієї задачі. Великі букви можна замінити на кольорові квадрати того самого кольору, але в іншому чергуванні кольорів. Маючи 4 кольори, ми можемо розмістити їх (замість букв А, В, С, D) 24 різними способами; так само 4 малі букви можна замінити на цифри 1, 2, З, 4 теж 24 способами, тому всього можна отримати 24 х 24 = 576 різних розв’язків цієї задачі.
116. Нехай вільним залишиться кружок № 1. Кожен хід можна записати за допомогою двох цифр: перша вказує на номер кружка, з якого починається хід, а друга — на номер кружка, на якому закінчується хід. Тоді можливий такий розв’язок: 9-1; 7-9; 10-8; 21-7; 7-9; 22-8; 8-10; 6-4; 1-9; 18-6; 3-11; 16-18; 18-6; 30-18; 27-25; 24-26; 28-30; 33-25; 18-30; 31-33; 33-25; 26- 24; 20-18; 23-25; 25-11; 6-18; 9-11; 18-6; 13-11; 11-3; 3-1.
117. Таблиця всіх 24 розв’язків головоломки:
1.
1 — 2, 3
2 — 6, 5
6 — 1, 3
1 — 6, 2
2.
1 — 2, 3
4 — 1, 3
3 — 6, 5
5 — 3, 4
3.
1 — 4, 5
3 — 4, 1
4 — 2, 6
2 — 3, 4
4.
1 —4, 5
5 — 2, 6
6 — 4, 1
1 — 6, 5
5.
2 — 3, 4
3 — 1, 6, 5
6 — 2, 4
2 — 1, 6
6.
2 — 3, 4
5 — 2, 3
3 — 1, 6
1 — 3, 5
7.
2 —4, 5
5 — 1, 3, 6
6 — 2, 4
2 — 1, 6
8.
2 — 4, 5
3 — 2, 5
5 — 1, 6
1 — 5, 3
9.
3 — 1, 2
5 — 3, 2
2 — 6, 4
4 — 5, 2
421


10.
3 —
1, 2
4
— 3, 1
1 — 6, 5
5 — 1, 4
11.
3 —
1, 2
1
— 2, 6, 4
6 — 2, 3
3 — 6, 5
12.
3 —
1, 2
2
— 1, 6, 5
6 — 3, 1
3 — 6, 4
13.
3 —
4, 5
2
— 3, 5
5 — 1, 6
1 — 2, 5
14.
3 —
4, 5
1
— 3, 4
4 — 2, 6
2 — 1, 4
15.
3 —
4, 5
4
— 1, 6, 5
6 — 5, 3
3 — 2, 6
16.
3 —
4, 5
5
— 2, 6, 4
6 — 3, 4
3 — 1, 6
17.
4 —
3, 2
3
— 1, 6, 5
6 — 2, 4
4 — 5, 6
18.
4 —
3, 2
1
— 4, 3
3 — 5, 6
5 — 3, 1
19.
4 —
1, 2
1
— 3, 6, 5
6 — 2, 4
4 — 6, 5
20.
4 —
1, 2
3
— 1, 4
1 — 6, 5
5 — 1, 3
21.
5 —
3, 4
4
— 1, 6
6 — 3, 5
5 — 6, 4
22.
5 —
3, 4
2
— 3, 5
3 — 1, 6
1 — 2, 3
23.
5 —
1, 2
3
— 2, 5
2 — 6, 4
4 — 3, 2
24.
5 —
1, 2
1
— 4, 6
6 — 2, 5
5 — 1, 6
118. Маршрути дівчинки і хлопчика подано відповідно схемами а і б малюнка 291.
ф
о ф ф
ОООф
ОООФ
()<Й
ФО
о
(ZXOOOOQO-O
а) б)
Мал. 291.
119. 	Кінь ходить так, що з чорного поля він може перейти на біле, потім з білого знову на чорне і т. д. Шахівниця містить 64 клітинки. Щоб потрапити у правий верхній кут (на поле Л8), побувавши на кожній клітинці шахівниці один раз, кінь повинен зробити 63 ходи.
У початковому положенні кінь стоїть на чорному полі (див. мал. 61 на стор. 75) і прийти, за умовою, повинен теж на чорне поле (Л8).
Це неможливо, оскільки 63-й хід непарний, а будь-яким непарним ходом кінь, який займав спочатку чорне поле, переводиться на біле поле.
422


120. 	Маршрут, який знайшов в’язень, показано на мал. 292.
121. 	Спочатку в’язень повинен піти так, щоб узяти ключі г і ґ і відчинити ними двері камер Ґ і Г (див. мал. 63 на стор. 77), потім йому треба дістати ключ в, відчинити ним двері камери В, взяти ключ а, який дасть змогу пройти через камеру А й узяти ключ б. Необхідно тепер ще раз пройти через Ґ і Г, дійти до Б, узяти ключ д, знову пройти Ґ, відчинити двері камери Д, взяти ключ е і вийти з підземелля через двері Е.
Шлях до волі був нелегким — через 84 дверей.
До третього розділу
122. а) Див. мал. 293; б) див. мал. 294; в) див. мал. 295; г)див. мал. 296; ґ) див. мал. 297.
123. а) Вийняти 12 сірників, розміщених усередині великого квадрата, і скласти з них новий такий самий квадрат (мал. 73, стор. 84); б) див. мал. 298; в) див. мал. 299, а (якщо відібрати 4 сірники); див. мал. 299, б (якщо відібрати 6 сірників); див. мал. 299, в (якщо відібрати 8 сірників); г) див. мал. 300; ґ) див. мал. ЗОЇ; д) див. мал. 302; е) див. мал. 303; є) див. мал. 304.
423


/\/\/\
\/\/\/
Мал. 295.
124. Див. мал. 305.
125. Див. мал. 306.
126. Див. мал. 307.
127. Див. мал. 308.
128. Див. мал. 309.
129. Два сірники надломити посередині (мал. 310).
130. Див. мал. 311.
131. Див. мал. 312 (8 сірників).
132. Див. мал. 313.
133. Див. мал. 314.
134. Покласти два сірники на край стола або книги так, щоб краї стола або книги утворили дві інші сторони квадрата.
135. а) Див. мал. 315, а; б) див. мал. 315, б.
136. Див. мал. 316.
137. Див. мал. 317.
138. Див. мал. 318.
139. а) Див. мал. 319; б) див. мал. 320.
140. 840.
141. Див. мал. 321. Можливі й інші розв’язки.
424


Мал. 296. Мал. 297. Мал. 298.
а) б)
425


Мал. 302.
426


Мал. 303.
Мал. 304.
Мал. 305.
Мал. 306.
427


Мал. 308.
Мал. 310.
Мал. 311.
428


Мал. 313.
429


Мал. 321.
430


Мал. 323.
Мал. 324. Мал. 325.
431


142. Перше розв’язання. 312 сірників потрібно спочатку утворити прямокутний трикутник з катетами, складеними з 3 і 4 сірників і гіпотенузою, складеною з 5 сірників (мал. 322). Площа такого трикутника міститиме — • (3 • 4) = 6 квадратних одиниць.
2
Якщо потім забрати чотири сірники, які утворюють прямий кут, і перекласти їх сходинками (як показано на мал. 322), то площа трикутника зменшиться на 3 квадратні одиниці. Утворена фігура (заштрихована на малюнку) і міститиме 6-3 = 3 кв. одиниці.
Друге розв’язання. Дотепне розв ’язання запропонував читач книжки «Математична кмітливість» інженер М.І. Аржанов (Ленінград). Він побудував квадрат, що містить 4 кв. одиниці (мал. 323), перетворив його на рівновелику фігуру і, вийнявши з неї один квадрат, отримав фігуру, площа якої становить 3 кв. одиниці.
143. Два сірники, що лежать на одній прямій, утворюють між собою кут 180°. Щоб отримати такий кут, будуємо на сірниках три рівносторонніх трикутники із загальною вершиною (мал. 324). Сума кутів при загальній вершині якраз і складатиме 180°, оскільки 60° • 3 = 180°.
144. Будуємо 6 рівносторонніх трикутників з однією загальною вершиною (мал. 325). Усі внутрішні сірники забираємо. Фігура, що залишилася, — правильний шестикутник, оскільки кожна сторона фігури дорівнює радіусу описаного кола, а таку властивість має тільки правильний шестикутник.
До четвертого розділу
145. 	1. Лінії розрізу показано на мал. 326. Якпщ всі побудови і розрізи виконано точно, то перевірити рівність утворених частин можна накладанням.
Мал. 326. Мал. 327.
432


2. Трапецію ABCD (мал. 327) потрібно розрізати по ламаній, що сполучає середини відрізків АЕ, BE, СЕ і DE, та по лініях BF і CG. Утвориться 4 рівні трапеції.
Перевірити це можна накладанням, а ті, хто знають геометрію, можуть провести звичайне математичне доведення. Це нескладно.
3. Лінії розрізу показано на мал. 328.
о о opjppo о О ОЮ 0'0 0'0 о о ojo о!о о!о о О 0'0 о;о О[О о о о!о ою ою о
ж мм Н І мт мм мм шм
о о_о_о[о о о р
’ООО о'о'боо' ІООІООІ о о;о о о ою о о о[о о
Мал. 328.
4. Щоб отримати необхідні лінії розрізу правильного шестикутника ABCDEF (мал. 329), потрібно з’єднати середини його сторін із серединами радіусів ОА, ОВ, ОС, ОЕ і OF. Кожна частина шестикутника буде ромбом (можете перевірити чи довести), а ромб хоч і має рівні сторони, але не є правильним чотирикутником, оскільки не всі його кути рівні між собою.
5. Розв’язок показано на мал. 330.
433


146. 	Розв’язок показано на мал. 331.
Мял. 331.
147. Лінії розрізу відновлюватимемо послідовно (мал. 332):
3
1
1
3
4
2
1
4
2
1
3
3
4
2
2
4
в)
Мал. 332.
434


б) відповідно до заданої симетрії (збіг контурів фігур при повороті на 90°) кожен такий розріз відтворюємо ще у трьох місцях квадрата (мал. 332, б);
в) роз’єднаємо 4 центральні клітинки, оскільки ніякі дві з них не можуть належати одній фігурі, і завершуємо відновлення контуру кожної фігури, враховуючи, що всі кутові клітинки також повинні належати різним фігурам і що в кожній фігурі повинні міститися по одному разу всі цифри комплекту 1, 2, 3, 4 (мал. 332, в).
148. Перегородки зображено пунктиром на мал. 333.
149. Шляхом спроб легко переконатися в тому, що прямокутник можна скласти з шести пластинок № 1 (мал. 334).
Мал. 334.
Фігура III, мал. 94 (див. стор. 95), розрізається на три пластинки
Мал. 335.
435


фігура V — на 6 пластинок № 6, фігура VI — на 4 пластинки № 2.
Усі необхідні розрізи показано схематично на мал. 335.
150. 	Василько здогадався зробити східчастий розріз (мал. 336) прямокутного листа фанери.
Мал. 336.
Слід зауважити, що спосіб східчастого розрізу для геометрично точного перекроювання прямокутника на квадрат придатний не завжди.
Все ж таки будь-який прямокутник можна перекроїти на квадрат.
Необхідні математичні відомості з цього питання ви знайдете у книзі «Дивовижний квадрат» (див. прим, на стор. 107).
151. 	Необхідні лінії розрізу показано пунктиром на мал. 337, а, б:
О о О
|О
°!
О
о
о
о
о
J
о о
|о
о.
о
о о
о
о'
о
о
о
о о
о о
|о
о
о
о о
О
°!
о
о
о
о о
Г
~о
о
о
1
о о
о
о
21
1 о о
а)
о |о о о о
О|_ О О О Oj U о о “jo jo о
О ОІ -О---1 ° ° о о [- о ]о о
0 -2?1 ш °і _О О П |О “о ° ° 1°
u j О О О Oj о
б)
Мал. 337.
152. Лінію розрізу показано на мал. 338.
153. Дану фігуру потрібно розрізати по лінії abcde (мал. 339, а), де Ь, с і d — центри квадратів, що утворюють дану фігуру.
436


Мал. 339.
Приклавши відрізану частину до тієї, що залишилася, як показано на мал. 339, б, отримаємо шукану рамку.
За тієї самої умови задачі знайдіть іншу лінію розрізу.
154. 	У даному випадку не можна обмежитися схематичним зображенням підкови у вигляді дути (мал. 340). Якщо не надасте фігурі підкови необхідної об’ємності, то, скільки не намагайтеся, вам не вдасться розрізати її вздовж двох прямих ліній більше, ніж на 5 частин.
На тому самому малюнку подано зображення підкови, що більше відповідає дійсності, і показано можливий поділ її на 6 частин.
437


155. Читач повинен звернути увагу на те, що в умові цієї задачі на відміну від умови попередньої задачі відсутня заборона пересувати частини після кожного розрізу.
У цьому й полягає весь секрет розв’язку.
Першим розрізом слід відокремити частину підкови з отворами А і Г (див. мал. 98 на стор. 98).
Підкова при цьому розпадеться на 3 частини.
Прикладемо тепер отримані після першого розрізу частини одну до одної так, щоб отвори Б, А і Ґ були приблизно на одній прямій лінії, а В, Г і Д — на іншій, і тоді другим розрізом легко розділити підкову на потрібні 6 частин.
156. Розв’язок показано на мал. 341.
157. Розв’язок подано на мал. 342. Лінії розрізів показано пунктиром. Однакові частини позначено однаковими цифрами.
Для нанесення лінії розрізу MN відкладіть на стороні АВ відрізок AM = KL та проведіть пряму через точки М і К. Для нанесення лінії розрізу NP проведіть пряму через точки N і F. Побудова решти ліній розрізу зрозуміла з креслення. Якщо фігуру накреслено правильно, то кут MNP буде прямим, а відрізки MB, BN, NC і СР — рівними.
Мал. 342.
438


158. 	Розв’язок показано на мал. 343.
Мал. 343.
159. 	Розв’язок задачі показано на мал. 344. Якщо верхню зубчасту частину вийняти з нижньої і потім знову вставити її між зубців нижньої зубчастої частини, перемістивши на 1 зубець управо, то килим набуде форми квадрата.
Мал. 344.
160. 	Нурія Сараджева зробила 2 ступінчастих розрізи й отримані 2 частини склала так, як показано на мал. 345. Ширина сходинки — 2 дм, висота — 1 дм.
Мал. 345.
439


161. 	Для доведення неможливості розрізати шахівницю на 15 фігур виду а) й одну — виду б) (мал. 346) розглянемо таку саму шахівницю 8x8, але з іншою послідовністю чорних і білих клітинок (мал. 346, в). З якої би частини цієї шахівниці ми не вирізали фігуру а), вона міститиме непарну кількість білих та непарну кількість чорних клітинок; 15 фігур а) також міститимуть по непарній кількості білих і чорних клітинок. Фігура б),
1
а)
1 і
1
1-й
1-і-
1 1
_ 1
і
1
І 1
1 1
1
1 1
4
1 1
1 1
і і
—i-J
1 1
L—
1 1
1 1
““Г
1 1
—І 1
! 1
—І
і і
і і
k
і—
б) в) г)
Мал. 346.
навпаки, містить парну кількість білих та чорних клітинок. Усі 16 вказаних фігур, таким чином, міститимуть непарну кількість білих і чорних квадратів, тоді як наша шахівниця має парну кількість білих і чорних клітинок. Звідси й випливає неможливість розв’язку задачі.
Один з можливих розв’язків додаткової задачі подано на мал. 346, г. Суцільні лінії — лінії розрізу.
162. 	Схему розв’язку показано на мал. 347. Вузька світла смужка — лінія розрізу; клітинки, які промережила дівчинка, заштриховані.
Мал. 347.
440


163. 	Спочатку столяр зауважив, що викрійка дошки є симетричною фігурою з двома осями симетрії. Потім він виявив, що якщо половину поздовжньої осі отвору (ОА на мал. 348) відкласти на поперечній осі (ОО1 = ОА і ОО2 = ОА) та з’єднати прямими точки О1 і А, а також О2 і А, то кожна з фігур ВО1В1 і СО2С± буде точно утворювати чверть круга з радіусом ОГВ, а кожна з фігур ABC і АВ^ — чверть круга з радіусом А^, який дорівнює половині радіуса OXBV
Столяр розпиляв кожну дошку по лініях BA, СА, ВГАГ і С1А1 та з отриманих 8 частин склеїв акуратну круглу кришку для стола, як показано на мал. 348.
Мал. 348.
164. 	Нехай АВС (мал. 349) — креслення шматка хутра, який потрібно вивернути навиворіт, але зберегти фігуру. Опустимо BD ± АС.
Якщо Е і F — середини сторін ВС і АВ, то кушнірові слід розрізати шматок ABC по прямих лініях DE і DF, кожну з отриманих частин перевернути на зворотний бік, залишивши на своєму місці, і знову зшити. Тоді шматок хутра ABC вивернеться навиворіт, але збереже свою фігуру. Це можна строго довести.
441


Відомо, що у прямокутному трикутнику медіана, опущена на гіпотенузу, дорівнює половині гіпотенузи. DF та DE якраз і є медіанами у прямокутних трикутниках ADB і BDC, отже, DF = AF = FB і DE = BE = СЕ. Звідси AFBE = AFDE, а трикутники AFD і DEC — рівнобедрені. Отже, якщо перевернути рівнобедрені трикутники AFD і DEC навколо їхніх висот, а чотирикутник FBED навколо осі FE, то кожна з цих фігур ляже на своє попереднє місце у попередньому положенні.
Задачу про «вивертання трикутника навиворіт» можна розв’язати й іншими способами.
Запропонований тут спосіб є найекономнішим.
165. 	На мал. 350 жирними лініями показано лінії розрізу, які задовольняють умову задачі. Кожна частина за формою нагадує букву С. Одну з частин для наочності заштриховано.
Мал. 350.
166. Для досягнення найбільшого числа поділів потрібно так проводити прямі лінії, щоб кожна з них перетиналась зі всіма іншими, причому в одній точці не повинно перетинатися більше, ніж дві лінії.
Один з можливих розв’язків показано на мал. 351; розміщення ліній гарне, симетричне. Утворилось 22 частини.
167. Спосіб розрізання аналогічний до того, який застосовувався у тексті задачі (див. стор. 106). Знайдемо середину АС (мал. 352).
442


Нехай це буде точка К. Відкладемо FQ =АК на стороні АР1 і DP = АК на продовженні CD.
Розріжемо тепер фігуру по прямих лініях BQ і QE. З отриманих частин утворюється квадрат BPEQ. Ті, хто знає геометрію, обдумають доведення.
Зауваження. Спосіб розв’язування не зміниться, якщо трикутний виступ ABC виявиться настільки великим, що точка С зіллється з вершиною квадрата D, або навіть якщо АС буде більшою від сторони квадрата AD, але меншою, ніж 2AD, тільки би трикутник ABC був рівнобедреним і прямокутним.
168. 	Дано правильний шестикутник ABCDEF (мал. 353). Для перетворення його на правильний трикутник виконаємо ряд
Мал. 353.
443


побудов у такій послідовності: проводимо АС, потім ВК А_АС, EL A_AF, LM = LE-, проводимо ЕМ\ будуємо рівносторонній трикутник EMN зі стороною ЕМ і, нарешті, проводимо КР як продовження KN до перетину із CD у точці Р.
Для контролю зауважте, що якщо всі побудови були виконані ретельно, то виявиться СР = СК.
Лінії розрізу на мал. 353, а зображені суцільними, а допоміжні лінії — пунктиром. Виходить всього 6 частин. На мал. 353, б показано, як з цих частин утворюється рівносторонній трикутник.
Перемалюйте шестикутник на цупкий папір або картон і розріжте на вказані частини. У вас буде головоломка для друзів: з даних частин скласти або правильний шестикутник, або правильний трикутник.
За допомогою розв’язків-малюнків охочі збагнути суть задачі можуть легко довести правильність побудов.
До п'ятого розділу
169. Згідно з показами на екранах локаторів ціль знаходиться за 75 км від станції А і за 90 км від станції Б.
Узявши циркулем на масштабі, зображеному внизу мал. 113 (див. стор. 109), відрізки, що відповідають відрізкам у 75 і 90 км, потрібно провести дві дуги, одну з А радіусом, що відповідає відстані 75 км, іншу з Б радіусом, що відповідає відстані 90 км. Дуги перетнуться у точці на морі, де і знаходиться виявлена ціль.
170. 1) Шість розрізів; 2) 27 кубиків; 3) жодного; 4) вісім — стільки, скільки вершин у куба; 5) дванадцять — стільки, скільки ребер у куба; 6) шість — стільки, скільки граней у куба; 7) один.
171. Для того щоб розминутися, потяги з паровозами А і Б повинні здійснити такі маневри (див. схему на мал. 354):
а) паровоз Б разом з вагонами проходить за стрілку вліво, заводить на вітку 40 вагонів, а з рештою вагонів повертається назад;
б) паровоз А відводить з вітки ці 40 вагонів; звільнене місце на вітці займає паровоз Б із 40 вагонами;
в) паровоз А веде 40 вагонів попереду себе і 80 вагонів позаду по вільному шляху за стрілку вправо, а паровоз Б із 40 вагонами переходить з вітки на основний шлях вліво;
444


40
Б + 40
Мал. 354.
г) 	паровоз А (який тепер знаходиться справа) разом зі всіма 120 вагонами проходить за стрілку вліво, залишає там свої 80 вагонів і заводить на вітку 40 вагонів, які належать другому потягу;
ґ) з вітки паровоз А повертається до своїх вагонів, забирає їх та їде своїм шляхом — направо.
Паровоз Б разом із 40 вагонами підходить до вітки, причіплює решту 40 вагонів, які там знаходяться, і безперешкодно їде наліво.
172. 	Розв’язок задачі, здійснений машиністом, можна подати у вигляді наступної схеми (мал. 355), при описі якої білий і червоний (зображений як чорний) вагони позначатимемо відповідно буквами «б» і «ч», а паровоз — буквою «п»:
1) паровоз переходить на BD, причіплює вагон «б» і йде з ним до тупика D;
2) заводить вагон «б» у тупик D, залишає його там і йде на ВА;
3) переходить по ВА на AD, причіплює вагон «ч» і разом з ним іде до тупика D;
4) причіпляє вагон «б» і йде з вагонами «ч» і «б» на АВ;
5) залишає на АВ вагон «б» і йде з «ч» на AD;
6) заводить «ч» у тупик D, залишає його там і йде на АВ;
7) причіплює вагон «б» і йде з ним на AD;
445


Мял. 355.
8) залишає «б» hslAD і переходить по АВ на BD\
9) причіплює «ч» і виводить його на DB',
10) залишає «ч» на DB і повертається на своє попереднє місце на АВ.
Самостійно знайдіть інші розв’язки. Мені, наприклад, відомі ще 2 способи розв’язання задачі за 10 ходів.
446


Розв’язок задачі за 6 ходів (мал. 356).
1) Паровоз переходить на BD, причіплює вагон «б» і йде з ним на АВ;
2) залишає «б» наАВ і йде на АВ через тупик В;
3) причіплює вагон «ч» і йде з ним на АВ;
4) причіплює «б» і йде з вагонами «ч» і «б» на ВВ;
5) залишає на ВВ вагон «ч» і йде з вагоном «б» naAD через ВА;
6) залишає там вагон «б», а сам повертається на АВ.
Мал. 356.
Ви, звичайно, помітили, що після завершення «маневрів» паровоз виявився повернутим тепер трубою наліво.
Машиніст, імовірно, тому й віддав перевагу розв’язку задачі за 10 ходів, а не за 6, що не хотів повертати свій паровоз на 180°.
173. 	Перше зважування: розважити крупу на 2 рівні частини (це можна зробити без гир) по 4,5 кг. Друге зважування: одну з отриманих частин ще раз розважити навпіл — по 2,25 кг. Третє зважування: від однієї з цих частин відважити (з допомогою гир) 250 г. Залишиться 2 кг.
447


174. При такому з’єднанні, яке показано на мал. 116 (див. стор. 112), рух шківів можливий. При цьому, якщо шків А рухається за ходом годинникової стрілки, то шків Б рухатиметься проти руху стрілки годинника, шківи В і Г — за рухом стрілки годинника.
Якщо всі 4 паси будуть перехрещені, то рух шківів теж можливий, а якщо перехрещений тільки якийсь один або будь-які три паси, то рух — неможливий.
175. Не виходячи за межі однієї площини, тобто розміщуючи всі 7 трикутників так, щоб вони лежали, скажімо, на столі, цю задачу розв’язати неможливо.
Потрібно обов’язково «вийти у простір» і скласти дві піраміди зі спільною основою так, як це показано на мал. 357.
176. Дівчинка із Дзауджікау пропонує Мал. 357.
взяти спочатку довільний прямокутник із цілочисельними сторонами і розбити його на одиничні квадрати (мал. 358). Розглянемо тепер «облямівку» завширшки в одну квадратну клітинку, що прилягає до сторін прямокутника (на мал. 358, а «облямівку» заштриховано).
Площа «облямівки» — це вже частина площі прямокутника, але число одиничних квадратів в «облямівці» завжди на 4 одиниці менше, ніж число, яке виражає периметр прямокутника. Отже, «серцевина» прямокутника, що залишилася (незаштрихована
Мал. 358.
«Серцевина» шуканого прямокутника — також прямокутник. Однак 4 одиничних квадрати можна розмістити у формі прямокутника лише двома способами (незаштриховані частини на мал. 358, б і в). Облямовуючи їх, ми отримуємо два розв’язки:
448


1) квадрат 4x4;
2) прямокутник 6x3.
Алгебраїчний розв’язок задачі приводить до невизначеного рівняння з двома невідомими. Справді, нехай розміри шуканого прямокутника х і у. Тоді його периметр дорівнює 2(х + у), а площа — ху.
За умовою, 2(х + у)= ху.
Якщо х і у не обов’язково цілі, то це рівняння має безліч розв’язків, але у цілих числах воно, як це випливає з міркувань нашої школярки, має тільки три розв’язки:
х = 4, у = 4;
х = 6, у = 3;
х = 3, у = 6.
У геометричному сенсі останні два розв’язки тотожні.
177. 	Пригадаємо всі положення умови задачі (мал. 118 на стор. 113). Почнемо з мал. 118, а, на якому показано, що пляшка зі склянкою зрівноважують глечик. На лівій шальці ваг (мал. 118, б) знаходиться пляшка, а на правій — тарілка зі склянкою. Додавши по одній склянці на обидві шальки ваг, ми не порушимо рівноваги. Отже, пляшка зі склянкою зрівноважать тарілку і 2 склянки (мал. 359, а). Порівнюючи ліві шальки ваг на мал. 118, а і 359, а, ми робимо висновок, що глечик важить стільки само, скільки тарілка й 2 склянки. Але оскільки, з іншого боку, 2 глечики
б) г)
Мал. 359. 449


зрівноважують 3 тарілки (мал. 118, в), то 3 тарілки важать стільки само, скільки 2 тарілки з 4 склянками (мал. 359, б).
Заберемо тепер по 2 тарілки з кожної шальки ваг, зображених на мал. 359, б, тоді виявиться, що вага однієї тарілки дорівнює вазі 4 склянок (мал. 359, в). Повернемося до ваг, зображених на мал. 118, б. Замість однієї тарілки, покладемо 4 склянки; 5 склянок зрівноважать пляшку (мал. 359, г), що й дає відповідь на запитання задачі: пляшка в 5 разів важча від склянки. Водночас з’ясовується, що глечик у 6 разів важчий від склянки.
178. Майстер розрізав кожен кубик на 8 кубиків (мал. 360). Площа грані кожного кубика стала в 4 рази меншою, але кількість кубиків — у 8 разів більшою, отже, загальна площа зовнішньої поверхні всіх кубиків збільшилася вдвічі.
179. Ми налили повну банку води. Вода заповнила всі проміжки між шротинами. Тепер об’єм води разом з об’ємом свинцю дорівнює об’єму банки.
Вийнявши свинець з банки, ми визначили об’єм води, що залишилася в банці, і відніманням об’єму води від об’єму банки визначили об’єм свинцю.
Мал. 360. Мал. 361.
180. Як видно з побудови (мал. 361), сержант прийшов у той самий пункт, з якого розпочав рух.
181. Безпосереднє вимірювання відстані (див. мал. 119) від одного зрізу сучка до іншого зрізу того самого сучка показує, що вона становить близько 2/3 ширини всього листа фанери.
450


Ширина листа фанери 150 см. Звідси, відстань між сучками, або довжина кола шару колоди, становить 100 см, а діаметр d шару колоди дорівнює d » 100 : 3,14 ® 32 см.
182. Не знімаючи кронциркуля з деталі, потрібно на одній з його ніжок олівцем поставити позначку, яка вказуватиме положення іншої ніжки.
Знявши потім кронциркуль, можна за цією позначкою встановити його ніжки в початковому положенні і, приклавши до масштабної лінійки, визначити шуканий розмір.
183. Якщо щільно намотати кілька витків дроту на стержень — цвях або олівець, то визначити діаметр його перерізу можна за допомогою вимірювальної лінійки (мал. 362, а).
Нехай, наприклад, 20 витків дроту займають 6 мм. Тоді діаметр цього дроту 0,3 мм.
Щоб зробити круглий отвір у листі заліза, користуючись лише молотком і плоским напилком, перш за все, потрібно покласти лист на опору з прямокутним або, ще краще, з круглим отвором
Мал. 362.
і вибити молотком у цьому листі заліза чашоподібне заглиблення (мал. 362, б), а потім, перевернувши лист опуклістю догори, напилком спиляти горб (мал. 362, в).
184. 	Ніякими винаходами не можна довести економію палива до 100%, оскільки енергія не може виникнути «з нічого». Уже одна ця обставина показує, що підрахунок економії «дослідник» провів непродумано.
Якщо застосування кожного винаходу економить певну кількість палива незалежно від застосування інших винаходів, то одночасне застосування трьох винаходів дасть більшу економію 451


палива, ніж застосування будь-якого одного з них, але, звичайно, не 100%.
Підрахунок потрібно виконувати так. Нехай до застосування винаходів витрачається 100 кг палива. Після застосування винаходу, який економить 30%, палива витрачатиметься 70 кг.
Другий винахід економить 45% від 70 кг палива, тобто знижує витрату палива до 0,55-70 = 38^ кг. Наступний винахід економі
мить 25% від 38,5 кг палива, тобто знижує витрату палива до
1 7
0,75 • 38— = 28— кг. Загальна економія палива дорівнює 100 кг -
2 8
7 1 1
-28— кг = 71— кг, що й становить 71-=-% економії.
о о 8
Можна змінити порядок підрахунку результатів дії винаходів; наприклад, спочатку врахувати дію винаходу, що економить 45% палива, потім 30%, потім 25%, або ще в іншому порядку — остаточний результат буде однаковим.
Переконайтеся в цьому.
Якщо ж дія одного винаходу на економію палива залежить від дії решти винаходів, то практично може виявитися так, що ефект від застосування всіх трьох винаходів буде таким самим, як від одного найбільш вдалого винаходу, тобто в даному випадку — 45%.
185. Потрібно підвісити вантаж на гачки чотирьох пружинних ваг (мал. 363). Кожний з гачків прийме на себе певну частину ваги бруса. Сума показів усіх ваг дасть вагу бруса. Малюнок показує, що брус важить 16 кг.
186. На мал. 364, а, б, в подано відповідно розв’язки задач 1, 2, 3.
187. 1. Отримати в перерізі куба правильний п’ятикутник неможливо. Справді: для отримання правильного п’ятикутника січна площина має перетнути п’ять із шести граней куба. Однак усі його грані попарно паралельні. Отже, у перерізі має утворитися фігура, сторони якої будуть паралельними (коли дві паралельні площини перетинаються третьою, то лінії перетину паралельні), чого в правильному п’ятикутнику бути не може.
2. 	Якщо розрізати куб по площині, яка проходить через такі, наприклад, три його вершини, як Dv А і С (мал. 365), то в перерізі,
452


Мал. 363.
а)
Мал. 364.
453


очевидно, утвориться правильний трикутник АЕ^С, оскільки його сторонами будуть діагоналі ADV АС і D^C рівних квадратів.
Правильний трикутник утворюється не тільки в перерізі AD^C, а й у паралельному йому перерізі А1ВС1, а також у будь-якому перерізі, паралельному вказаним перерізам, але розміщеному не між ними.
Самостійно з’ясуйте, яка утвориться фігура при перерізі куба площиною, паралельною перерізам ADfi ЇА^ВС^ розміщеною між ними?
Щоб отримати у перерізі правильний шестикутник, необхідно провести площину через точки a, b, с, d,e,f — середини ребер А^, ААр AD, DC, ССр В1С1 (мал. 366). Використовуючи середини інших ребер, можна ще отримати правильні шестикутники (всього 4), але всі вони будуть рівними.
3. 	Січна площина може пересікти кожну грань куба не більше, ніж один раз, а всіх граней у кубі 6. Отже, у перерізі куба площиною неможливо отримати багатокутник з числом сторін, більшим від 6.
188. 	Накладаємо креслярський трикутник на коло так, щоб вершина С трикутника сумістилася з будь-якою точкою на колі, і відзначаємо точки Dt&E перетину катетів з колом. Відрізок DE буде діаметром (мал. 367).
Аналогічно побудуємо другий діаметр. Точка перетину діаметрів буде центром кола.
454


Мал. 367.
189. 	Оскільки обидва ящики мають форму куба, то в одному ящику в ряд вміщатимуться три кулі, а в іншому — 4. Однакові ящики мають рівні ребра, отже, діаметр більшої кулі більший від
діаметра меншої кулі в рази, а об’єм і вага більші у рази о Л \
(оскільки об’єм, а також вага кулі пропорційні до куба його діаметра).
Отже, кожна велика куля має бути важчою за меншу кулю
64 64
у рази, але зате великих куль у рази менше, ніж менших куль у такому самому ящику.
Звідси й виходить, що обидва ящики важать однаково.
190. Частини куба є фігурами, зображеними на мал. 368. У складеному вигляді їхні прямі кути А і Ар а також В і BY збігалися.
Частини куба роз’єднувалися тільки навскісним рухом по лінії АВ.
191. Поставивши ніжку циркуля у будь-яку точку М кулі, довільним радіусом описуємо на її поверхні коло, на якому беремо три довільні точки А, В і С (мал. 369, а). Відстані між ними засікаємо циркулем і відкладаємо їх на папері у формі трикутника АВС (мал. 369, б).
Мал. 368.
455


Далі описуємо коло навколо трикутника ABC та проводимо два взаємно перпендикулярних діаметри PQ і GH.
Мал. 369.
Це коло дорівнює колу, яке ми описали на кулі, отже, PQ = KL.
Нехай точка Р на цьому колі відповідає точці К на поверхні кулі. Засікаємо циркулем відстань КМ і з точки Р радіусом КМ відзначаємо на GH точку 8. Будуємо PR ± PS до перетину в точці R з продовженням GH. Відрізок SR і буде дорівнювати діаметру кулі.
Справді, якщо з’єднати відрізками точку К з кінцями діаметра MN, то утворений прямокутний трикутник MKN буде дорівнювати прямокутному трикутнику SPR, оскільки в них КМ = PS і KO = РОГ
192. 	Розріжемо брусок (паралелепіпед) на два рівних східчастих тіла, як показано на мал. 370, а, причому висоту сходини зробимо рівною 9 см, а ширину — 4 см.
Переміщаючи верхню частину бруска на сходинку нижче, ми складемо новий брусок (паралелепіпед) з ребрами 12 см, 8 см і 18 см (мал. 370, б).
Отриманий брусок (паралелепіпед) знову розрізаємо так само на 2 східчастих тіла, але тепер уже в напрямі, перпендикулярному до попереднього. Сходинку робимо заввишки 6 см, а завширшки 4 см. Кожне східчасте тіло поділиться при цьому ще на 2 східчастих тіла так, що разом їх буде 4.
Переміщаючи дві верхні частини бруска на сходинку нижче, ми складемо куб (мал. 370, в).
456


а) б) в)
Мал. 370.
193. 	Оскільки дно пляшки, за умовою, має форму або круга, або квадрата, або прямокутника, то його площу легко можна визначити за допомогою однієї тільки масштабної лінійки. Позначимо площу дна через s.
Вимірюємо висоту hx рідини в пляшці. Тоді об’єм тієї частини пляшки, яку займає рідина, дорівнює sh1 (мал. 371).
Мал. 371.
Перевертаємо пляшку догори дном і вимірюємо висоту h2 її частини від рівня рідини до дна пляшки. Об’єм цієї частини пляшки дорівнюватиме sh2. Іншу частину пляшки займає рідина, об’єм якої вже визначено — він дорівнює shv
Звідси випливає, що об’єм усієї пляшки дорівнює:
s\ + sh2 = s(hl + Л2).
457


194. Див. розв’язок на мал. 372.
Мал. 372.
195. 	1. 36.
2. 	Кілька прикладів наведено на мал. 373 і 374. Для отримання початкових багатокутників Р з прямокутника потрібно побудувати прямокутник, що містить у собі парне число (ab = 2п) одиничних
Мал. 373.
квадратів, і провести з центра цього прямокутника дві ламані лінії однакової конфігурації під кутом 180° одна до одної (мал. 375). Разом ці ламані утворять одну ламану лінію, симетричну відносно 458


центра прямокутника. Ця лінія розітне прямокутник на 2 фігури
Мал. 374.
Далі з рівних прямокутників легко скласти великий квадрат, а з великих квадратів — фігуру Р'.
Якщо а — кількість одиничних квадратів, що вміщаються у прямокутнику вздовж однієї сторони, а Ь — кількість одиничних квадратів уздовж іншої його сторони, то, як легко зрозуміти, для складання квадрата з таких прямокутників необхідно і достатньо
узяти їх штук, де тп — найбільший спільний дільник чисел alb.
771
У кожному квадраті виявиться фігур Р, а на всю фігуру Р' тті
буде витрачено фігур Р або, оскільки 2n = ab, то на побудову тп
a2h2
Р' буде витрачено —— фігур Р.
тп
Так, наприклад, для складання багатокутника Р', подібного до відповідного багатокутника Р, потрібно:
16 фігур Р, зображених на мал. 375, а;
36 фігур Р, зображених на мал. 375, б, в;
459


100 фігур Р, зображених на мал. 375, г;
144 фігури Р, зображених на мал. 375, ґ, д9 е.
-а
Л
— б
1 1—
и
Л 1
• г і
-в
7-
Z
J
Мал. 375.
Ту чи іншу з фігур Р, цілком імовірно, можна скласти і з меншого числа фігур Р, але в даному випадку це питання нас не цікавило.
Мал. 376.
Можна й квадрат розбивати на фігури Р не чотирма ламаними лініями, як ми це робили, а так само, як і прямокутник, однією — симетричною відносно центра. Відповідні ілюстрації наведено на мал. 376.
196. 	Оскільки внутрішні кути дев’ятикутника і десятикутника мають відповідно 140° і 144°, то, виконавши їх побудову за допомогою шарнірного механізму на одному кресленні при спільній вершині А, ми отримаємо кут, який дорівнює 4°. Застосовуючи до цього кута два рази процедуру ділення навпіл, ми отримаємо кут, що має 1°.
До шостого розділу
197. 	Оскільки в 28 пластинках доміно кожна цифра від 0 до 6 повторюється 8 разів (ціле число пар), а пластинки прикладаються парами квадратів, які містять по однаковому числу очок, то ланцюжок пластинок доміно, який розпочався квадратом з 5 очками, має закінчитися парним йому квадратом, тобто теж тільки з 5 очками.
460


198. Перший фокус. З розв’язку попередньої задачі випливає, що всі 28 пластинок доміно при дотриманні правил гри розміщуються по колу, і якщо з цього кола забрати, наприклад, пластинку 3-5, то зрозуміло, що ланцюжок розміщення інших 27 пластинок почнеться з одного кінця п’ятьма, а з іншого — трьома очками.
Другий фокус. Чому це так, розібратися неважко. Числа очок тринадцяти пластинок доміно, які ви розмістили зліва направо, становлять послідовність 12, 11, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0. Далі направо, в довільному порядку розміщено 12 пластинок, частина яких (не більше 12 за умовою) перемістилася справа наліво, за пластинку 6-6. До переміщення пластинок середнє положення займає «порожня» пластинка («бланш»), тобто 0-0.
Уявімо тепер, що за вашої відсутності переміщено з правого кінця на лівий одну пластинку доміно. Яка пластинка буде тепер посередині? Очевидно, 0-1. Одиниця і повідомляє вас, що переміщено одну пластинку. А якщо ваші товариші перемістили 2 пластинки, то посередині ряду опиниться пластинка з двома очками і т. д. Одним словом, середня пластинка обов’язково розповість вам про кількість переміщених пластинок.
199. Невикористаними залишилися пластинки 0-2, 1-2, 2-5, 6-2. Виставлено пластинки 2-4, 3-4, 3-2, 2-2.
Між гравцями Б, В і Г можливий такий розподіл пластинок: у Б: 0-1, 0-3, 0-6, 0-5, 3-6, 3-5; у В: 0-0, 1-1, 2-2, 3-3, 4-4 і 3-4; у Г: 6-6, 5-5, 6-5, 6-4, 5-4, 6-1.
200. Верхня сторона (зліва направо): 4-3, 3-3, 3-1, 1-1, 1-4, 4-6, 6-0. Бічна права сторона (зверху вниз): 0-2, 2-4, 4-4, 4-5, 5-5, 5-1, 1-2. Нижня сторона (справа наліво): 2-3, 3-5, 5-0, 0-3, 3-6, 6-2, 2-2. Бічна ліва сторона (знизу вгору): 2-5, 5-6, 6-6, 6-1, 1-0, 0-0, 0-4. З’єднання у двох верхніх кутах показано на мал. 377.
Мал. 377.
461


201. 	Можливі різні розв’язки. Якщо у вершинах кутів ви помістите по порожньому квадрату (0 очок), то можете побудувати таку «рамку в рамці», кожна з восьми сторін якої міститиме 21 очко.
Якщо сума очок у восьми вершинах «рамки в рамці» дорівнюватиме 8, як на мал. 378, то сума очок уздовж кожної сторони цієї фігури становитиме 22 очки. Кожна сторона фігури міститиме 23 очки, якщо сума очок у всіх вершинах фігури дорівнюватиме 16; по 24 очки відповідно при сумі в 24 очки; по 25 очок при сумі в 32 очки; по 26 очок при сумі в 40 очок.
Побудувати «рамку в рамці» так, щоб сума очок у кожній зі сторін дорівнювала 27, неможливо, оскільки в цьому випадку в 8 вершинах мало би міститися 48 очок, а більше 47 їх бути не може. Справді, якщо ми в 7 вершин кутів помістимо навіть усі 7 шісток, то у восьму вершину доведеться помістити п’ятірку, і тоді отримаємо: 6x7+5 = 47 очок.
202. Розв’язок показано на мал. 379.
203. 1. Розв’язок показано на мал. 380.
2. Розв’язок показано на мал. 381. Константа квадрата 24.
3. Один з можливих розв’язків показано на мал. 382.
462


Мал. 380.
463


Мал. 382.
464


Мал.
383.
999999
Мал. 384.
465


4. 	Розв’язок подано схемою:
5-3
0-3
0-6
2-2
1-5
1-1
3-2
1-6
4-5
0-4
6-2
4-6
0-0
1-2
2-4
0-1
1-3
2-5
3-6
3-3
4-4
1-4
3-4
0-2
0-5
Переносячи у цьому квадраті стовпці або рядки, ми знову отримуватимемо чарівні квадрати, подібно до того, як отримували їх з квадрата з 16 пластинками (див. стор. 139).
204. Розв’язок показано на мал. 383.
205. Розв’язок показано на мал. 384.
206. Нехай задумано пластинку х—у і вибрано ту половинку задуманої пластинки, яка містить х очок. Виконаємо дії, вказані в умові (див. стор. 142):
1) 	2х; 2) 2х + тп; 3) (2х + т) 5 = ІОх + 5тп; 4) ІОх + 5т + у. Віднімаємо 5т, залишається ІОх + у — двозначне число; цифри десятків і одиниць цього двозначного числа збігаються з цифрами х і у, які вказують на кількість очок у задуманій пластинці.
207. З умови випливає, що «відгадувана» сума очок складається з кількості очок на верхніх гранях усіх кубиків в їхньому останньому положенні плюс сума очок на якій-небудь парі протилежних граней одного кубика, а остання сума, як відомо, дорівнює 7.
208. а) Визначення схованої суми за поміченою кількістю очок на верхній грані стовпчика. Сума очок, схованих між гранями, по яких стикаються кубики, і ще однією — найнижчою — дорівнює 21 мінус кількість точок, помічених на верхній грані стовпчика (див. мал. 151 на стор. 145).
Справді, якби додавалися очки, які відповідають усім горизонтальним граням трьох кубиків, тобто очки, які відповідають трьом парам взаємно протилежних граней кубиків, то така сума становила би рівно 21 (3 х 7 = 21). Однак у сумі, обумовленій задачею, не бере участі кількість очок, які відповідають верхній грані. Віднімаючи це число від 21, ми отримаємо шукану суму.
466


б) Визначення схованої суми за двома поміченими бічними гранями стовпчика. Навіть при дотриманні «принципу семи» можливі 2 варіанти розміщення точок на гранях грального кубика. Один варіант розміщення — дзеркальне відображення іншого. Покладіть кубик на стіл одиницею догори. Тоді 2 точки розмістяться на одній з бічних граней, а 3 точки — на одній із сусідніх граней ліворуч чи праворуч від неї. Інакше кажучи, при погляді зверху три очки слідують за двома або за рухом годинникової стрілки (мал. 385, а), або проти руху годинникової стрілки (мал. 385, б).
а) б)
Мал. 385.
Після встановлення варіанту розташування однієї, двох і трьох точок, розміщення чотирьох, п’яти і шести точок на решті граней кубика визначається однозначно за «принципом семи».
Знаючи наперед відносне розміщення точок на гранях кубика і пам’ятаючи про «принцип семи», достатньо поглянути на будь- які дві сусідні бічні грані кубика, щоб визначити кількість очок на верхній, а потім і на нижній його гранях.
Наприклад, на нижньому кубику мал. 151 ми бачимо на одній бічній грані 3 точки, а на сусідній справа — 5. Таким чином, на сусідній зліва мають бути 2 точки, а отже, зверху 1, знизу 6 (якщо кубик типу б). На середньому кубику ближня грань має 6 очок, а це означає, що дальня — 1, справа 3, отже, зверху 2, а знизу 5.
Звичайно, для безпомилкового відгадування кількості точок на схованих гранях кубика вказаним методом потрібні розвинута спостережливість і попередня практика.
209. 	Оскільки сума очок на верхній і нижній гранях кожного грального кубика завжди дорівнює 7, то дописані три цифри послідовно доповнюватимуть до 7 цифри початкового тризначного числа.
467


Якщо початкове тризначне число позначити буквою А, то дописане тризначне число буде 777 - А, а все шестизначне: 1000А + + (777 - А), або 999А + 777 = 111 х (9А + 7). Очевидно, що воно ділиться на 111; отримуємо 9А + 7. Це число й оголошують. Віднявши від нього 7 і поділивши на 9, отримуємо початкове число А.
До сьомого розділу
210. 	1. Остача від ділення числа на 9 така сама, як і від ділення суми його цифр на 9 (властивість 2, стор. 148). Оскільки суму цифр зменшили на величину, виражену закресленою цифрою, то й остача зменшиться на ту саму величину. Очевидно також, що величина остачі не зміниться, якщо закреслена цифра 9 або 0.
2. За властивістю 1 (б) (стор. 148) різниця задуманих чисел завжди ділиться на дев’ять, отже, сума цифр різниці кратна дев’яти, і якщо назване нам число не ділиться на дев’ять, то тільки за рахунок закресленої цифри, яка, очевидно, й визначається доповненням названого числа до найближчого, кратного 9. Якщо саме назване число кратне дев’яти, то це означає, що закреслена цифра 9.
Варіант задачі, вказаний у примітці, базується на властивості 1 (а) (стор. 148).
3. Потрібно підрахувати суму цифр отриманої різниці (6 + 9 + + 8 = 23).
Доповнення цієї суми до найближчого числа, кратного дев’яти, визначить закреслену цифру.
У нашому прикладі: 27 - 23 = 4; закреслена цифра 4.
Правило випливає з властивостей дев’ятки.
4. До кожного числа, яке ви написали, я дописую таке, цифри котрого доповнюють цифри вашого числа до дев’яти, тоді сума має бути кратна дев’яти, і вона залишиться кратною дев’яти, якщо ви закреслили 9; якщо ж ви закреслили іншу цифру, не 9, то отримана сума цифр суми не буде кратна дев’яти і закреслена цифра визначиться числом, що доповнює суму, яку ви назвали, до найближчого числа, кратного 9.
5. Дописується число, кожна цифра якого доповнює суму цифр відповідного стовпчика до дев’яти або числа, кратного дев’яти. Шукана цифра знаходиться за загальним правилом.
6. Спочатку треба дописати стовпець чисел, які доповнюють суму чисел кожного рядка до кратного дев’яти, додати дописані 468


числа (дев’ятки можна при цьому не брати до уваги) і замість усього стовпця цих чисел дописати тільки остачу від ділення їхньої суми на дев’ять.
Так, у нашому прикладі сума дописаних чисел (без дев’ятки) дорівнює 6 + 4 + 4 + 5 = 19. Остача від ділення 19 на 9 дорівнює 1. Отже, замість стовпця чисел 6, 4, 4, 5 і 9 достатньо було би дописати одне число 1.
211. 	Ви запропонували, наприклад, від 1313 відняти 48. Вийшло 1265. Дописали 148 і закреслили, скажімо, цифру 6. Залишилося 125 148. Тепер потрібно додати цифри, які залишилися: 1 + 2 + 5 + + 1+ 4 + 8 = 21. До найближчого числа, кратного дев’яти, не вистачає шести (27 - 21 = 6), отже, закреслена цифра 6.
Чому саме так — зрозуміти неважко. Ми знаємо, що при відніманні чисел надлишки віднімаються, а при додаванні — додаються (див. властивість 3 (а) на стор. 148).
Тут ми дописуємо те саме число, яке віднімаємо, збільшене на 100, отже, надлишок результату на 1 більший від надлишку початкового числа — 1313, а оскільки сума цифр цього числа дорівнює 1 + 3 + 1 + 3 = 8і надлишок теж дорівнює 8, то число, що утворюється в остаточному результаті (до викреслювання цифри), завжди буде кратне дев’яти, й визначити викреслену в ньому цифру можна доповнецням суми його цифр до найближчого числа, кратного дев’яти.
Зрозуміло, що як початкове число можна взяти будь-яке інше, сума цифр якого дорівнює 8 або має надлишок, що дорівнює 8.
Для різноманітності до різниці, про яку йдеться в задачі, можна пропонувати безпосередньо дописувати те число, котре віднімалося (без попереднього збільшення на 100), але в такому випадку для відшукання закресленої цифри до суми цифр, які залишилися, слід додати 1, якщо надлишок початкового числа був 8, а потім уже доповнювати до числа, кратного дев’яти. (Взагалі додавати до суми цифр потрібно різницю між числом 9 і надлишком початкового числа.)
212.1. Треба підрахувати суму цифр, що утворилися на «прямій підсумків», і відняти її від найближчого до цієї суми числа, кратного 9. Різниця й покаже шукану цифру.
Річ у тому, що поки комплект цифр 1, ..., 9 повний, їхня сума кратна дев’яти. Справді, сума (1 + 8) + (2 + 7) + (3 + 6) + (4 + 5), очевидно, ділиться на дев’ять. Числа на «прямій підсумків» утворені 469


додаванням цифр цього комплекту. Якби в додаванні брали участь усі дані цифри, то сума чисел на «прямій підсумків» або сума цифр цих чисел теж була би кратна дев’яти, а оскільки одна цифра комплекту не бере участі в додаванні, то сума цифр на «прямій підсумків» відрізнятиметься від числа, кратного 9, на число, що визначає цифру, яка нас цікавить. Зокрема, сума цифр на «прямій підсумків» мал. 154 на стор. 152 дорівнює 1+4+1+4+1+2= = 13. До 18 не вистачає п’яти, отже, шукана цифра — 5.
2. Шукана цифра 3. Сума цифр на «прямій підсумків» мал. 156 на стор. 153 дорівнює 1+4+1+3+2+5+1+1+3+1+2= 24. До 27 не вистачає трьох, отже, поза лініями має залишитися цифра 3.
Спосіб розв’язку обґрунтовується міркуваннями, аналогічними до наведених при розв’язуванні попередньої задачі.
3. З причини, зрозумілої з попереднього пункту, шукане число дорівнює доповненню суми цифр повідомленого числа до найближчого числа, кратного 9.
213. 	Розглянемо таблицю всіх можливих результатів:
11 х 99 =
1
0
8
9
22 х 99 =
2
1
7
8
33 х 99 =
3
2
6
7
44 х 99 =
4
3
5
6
55 х 99 =
5
4
4
5
66 х 99 =
6
5
3
4
77 х 99 =
7
6
2
3
88 х 99 =
8
7
1
2
99 х 99 =
9
8
0
1
Неважко помітити такі властивості цих добутків:
1) перша цифра результату завжди доповнює третю цифру до дев’яти, а друга цифра доповнює до дев’яти останню, четверту, Цифру;
2) друга цифра завжди на 1 менша від першої;
3) цифри першого множника збігаються з першою цифрою добутку.
Знання цих властивостей дає змогу, не заглядаючи у таблицю, визначити результат будь-якого з розглянутих множень за однією його цифрою.
470


За умовою задачі, третя цифра результату — 5. Отже, перша цифра — 4 (властивість 1), друга цифра — 3 (властивість 2), четверта цифра — 6 (властивість 1). Таким чином, шукане число є 4356.
Властивість 3 дає змогу визначити відразу й множене, не проводячи ділення добутку на множник. У даному випадку воно — 44.
214. Середньою цифрою різниці завжди буде 9, а крайні цифри доповнюють одна одну до 9 (останнє випливає також з властивості 1 (б), див. стор. 148).
Справді, нехай А, В і С — цифри деякого тризначного числа. Запишемо дане число арифметично: [А] [В] [С]. Обернене число буде виглядати так: [С] [В] [А]. Нехай А > С, тоді [А] [В] [С] > > [С] [В] [А]. Складемо різницю:
_[А] [В] [С]
[С] [В] И]
Останньою цифрою різниці буде 10 + С — А (оскільки С < А, то для віднімання позичаємо 10 одиниць з числа десятків В). Середньою цифрою різниці буде 10+(В-1)-В = 9 (число десятків зменшилося на 1 і для віднімання позичаємо 10 десятків з числа сотень А).
Таким чином, справді середня цифра різниці завжди 9.
Першою цифрою різниці буде (А - 1) - С. Сума першої й останньої цифр різниці буде А-1-С +10+ С- А = 9.
215. Різниця між двома будь-якими числами з переставленими знаками завжди буде 9 або кратна 9. Як неважко перевірити, всі умови задачі будуть виконані тільки для випадку, коли різниця віку А і віку В дорівнює 9 років. Однак тоді вік С становить
половину від 9 років, тобто 4-|- року; В — у 10 разів старший від А
С, 	отже, йому 45 років; водночас вік А — 54 роки. Таким чином,
А — 54 роки, В — 45 років і С — 4^- року.
216. 	Чи вдалося вам здогадатися, що гість утворював числа так: середньою цифрою числа була довільна цифра, крім нуля, а сума решти цифр ділилася на 9 без остачі. Проте мало здогадатися; треба й довести, що будь-яке число з такою особливістю цифр матиме властивість, указану в умові.
471


З цією метою пригадаємо перш за все, що якщо деяке число S ділиться на 9, то, додаючи всі його цифри, ми отримаємо нове число (SJ, яке теж ділиться на 9. Далі якщо число — не однозначне, то, додаючи його цифри, ми отримаємо ще одне число (39), яке теж має ділитися на 9, і т. д. Продовжуючи цей процес, ми неминуче дійдемо до однозначного числа, що ділиться на 9. Однак єдине однозначне число, яке ділиться на 9, це саме 9.
Тепер звернемося до такого числа: ...cbaxmnp..., сума всіх цифр якого без середньої
S 	= ...с + & + а + тп + п+ р..., за умовою, ділиться на 9.
Якщо число S однозначне, то воно 9, якщо ж не однозначне, то сума його цифр або яка-небудь з наступних сум цифр утворюваних таким чином чисел, як сказано, обов’язково дорівнюватиме 9. Отже, повторюючи кілька разів процес додавання всіх цифр спочатку вданого числа ...с&ахтппр..., потім у суми його цифр і т. д., ми неминуче дійдемо до числа 9 + х, де х — середня цифра даного числа. А остаточна сума цифр для числа 9 + х дорівнює х. Справді, надамо числу 9 + х такого вигляду: 10 + (х - 1). Сума його цифр: 1+0 + х-1 = х.
До восьмого розділу
217. Розв’язання задачі краще за все почати «з кінця». Третя МТС, передавши частину машин першій і другій МТС, подвоїла кількість машин, які були у них до цього моменту, після чого у всіх трьох МТС стало по 24 машини. Отже, перед цим вони мали: перша МТС — 12 машин, друга — теж 12 машин, а третя — 48 машин. Такий розподіл машин вийшов після того, як друга МТС допомогла першій і третій подвоїти число машин, які були в них. Отже, ще раніше машини розподілялися так: у першій МТС — 6 машин, у третій — 24 машини, а оскільки друга МТС віддала першій і третій ЗО машин, то у неї було 12 + ЗО = 42 машини. Так розподілилися машини після того, як перша МТС подвоїла число машин другої і третьої МТС. Отже, спочатку друга й третя МТС мали відповідно 21 і 12 машин, а перша — б + 33 = 39 машин.
218. Розв’язання цієї задачі теж краще почати «з кінця», взявши до уваги те, що після третього переходу в Нероби залишилося рівно 24 копійки, які він повинен був віддати. Якщо після останнього переходу в Нероби стало рівно 24 копійки, то виходить, 472


що перед цим переходом у нього було 12 копійок. Проте ці 12 копійок залишились після того, як він віддав 24 копійки; тому всього грошей у нього було 36 копійок. Таким чином, другий перехід через міст він почав з 18 копійками, а ці 18 копійок залишились у нього після того, як він уперше пройшов через міст і віддав 24 копійки. Отже, після першого переходу в нього було всього грошей: 18 + 24 = 42 копійки. Звідси зрозуміло, що спочатку Нероба мав у своїй кишені 21 копійку.
219. У кінці обміну в кожного з братів виявилось по 8 яблук. Отже, у старшого перед тим, як він віддав половину яблук своїм братам, було 16 яблук, а в середнього і молодшого — по 4 яблука. Далі перед тим, як поділив свої яблука середній брат, у нього було 8 яблук, а у старшого — 14 яблук, у молодшого — 2 яблука. Звідси перед тим, як поділив свої яблука молодший брат, у нього було 4 яблука, в середнього — 7 яблук і у старшого — 13 яблук.
Оскільки кожен отримав спочатку стільки яблук, скільки йому виповнилося років три роки тому, то молодшому зараз 7 років, середньому братові 10 років, а старшому — 16 років.
220. Після дільби патронів мисливці втрьох витратили 12 штук. Після цього у всіх разом залишилося стільки патронів, скільки після дільби було у кожного, тобто загальна кількість патронів зменшилася втричі. Інакше кажучи, мисливці витратили 2 третини, а одна третина залишилася. Дві третини становлять 12 патронів, а одна третина — б патронів. Отже, залишилося 6 патронів. Це й є кількість патронів, які отримав кожен мисливець при дільбі. Таким чином, перед дільбою було 18 придатних патронів.
221. У момент зустрічі машиністів відстань між кондукторами буде 250 + 250 = 500 м. Оскільки кожен потяг рухається зі швидкістю 45 км/год, то кондуктори зближуються зі швидкістю 45 + 45 = 90 км/год, або 25 м/с.
Шуканий час дорівнює 500 : 25 = 20 с.
222. Легкість і стислість розв’язку будь-якої задачі залежить від вдалого вибору початкового пункту в ланцюжку міркувань, або, кажучи мовою алгебри, від вибору невідомого. Розв’язуючи цю задачу, підмічаємо, що другу половину рукопису Віра друкувала втричі швидше, ніж першу.
Позначимо через п кількість днів, яку витратила Віра на друк другої половини рукопису (при арифметичному розв’язуванні візьмемо за одну частину). Тоді першу половину рукопису Віра 473


друкувала Зп днів по 10 сторінок на день. Звідси половина рукопису становить Зп х 10 = ЗОп сторінок, а весь рукопис містить 60п сторінок. Увесь рукопис Віра друкувала Зп + п = 4п днів. Отже, при будь-якій кількості сторінок у рукописі в середньому Віра друкувала 60/t: 4п = 15 сторінок на день. Мама мала рацію. Розв’яжіть цю саму задачу при іншому виборі невідомого.
223. Нехай кількість грибів, принесених кожним хлопчиком до табору, була х. З умови задачі випливає, що Маруся дала Миколці
(х - 2) гриби, Іванкові — (х + 2) гриби, Андрійкові — гриба і Петрикові — 2х грибів, а всього:
(х - 2) + (х + 2) + ~ + 2х = 4-і-х.
А л
За умовою
4|х = 45.
Звідси: х = 10.
Відповідь. Миколка отримав від Марусі 8 грибів, Іванко — 12 грибів, Андрійко — 5 грибів, Петрик — 20 грибів. Коли прийшли до табору, то у кожного хлопчика було по 10 грибів.
224. Нерідко відповідають: «Обидва повернуться одночасно». Ті, хто так думає, обґрунтовують свою відповідь тим, що хоч спортсмен, який гребе за течією річки, випереджає свого партнера на певний час, але на зворотньому шляху, проти течії, він стільки ж часу втрачає.
Це — помилкове уявлення. Вода, яка тече, справді скорочує час, коли човен пливе за течією, і подовжує його, коли рух має протилежний напрям; в одному випадку річка ніби допомагає рухові, в іншому — перешкоджає. Проте допомога триває протягом меншого періоду часу, ніж опір, отже, природно очікувати, що спортсмен, який пливе по річці, повернеться на старт пізніше від спортсмена, який пливе у стоячій воді.
До того самого висновку приводить розгляд такого крайнього випадку. Нехай власна швидкість пересування човна (тобто швидкість, яку міг би мати човен у стоячій воді при тому самому напруженні сил весляра) дорівнює швидкості течії води, тоді спортсмен, який пливе по річці, досягне наміченої точки, рухаючись 474


за течією, вдвічі швидше, ніж його партнер у басейні. Проте коли перший спортсмен поверне назад, річка його зупинить, і повернутися до місця відплиття уплав він взагалі не зможе.
Перейдемо до розгляду загального випадку. Нехай швидкість течії води є величиною х, а власна швидкість пересування човна —
и. Тоді у стоячій воді на шлях s в один кінець витрачається — v одиниць часу, а на такий самий шлях s за течією витрачається
" одиниць часу. Виграш у часі дорівнює > що після
зведення до спільного знаменника дає:
— — = , sx—г одиниць часу.
v v + x v(y + x)
На такий самий шлях s проти течії витрачається —-— одиниць и-х
часу і порівняно з рухом у стоячій воді втрачається
— = —7^—г одиниць часу більше.
v-х V и(и-х) У
Порівнюючи дроби —т——г — виграш і —7——г- — програш у часі v(v + x) v(v-x)
при русі по річці, встановлюємо, що перший дріб менший від другого, оскільки він відрізняється від другого дробу тільки більшим знаменником. Таким чином, на річці більше програється у часі при русі човна проти течії, ніж виграється при його русі за течією.
Отже, з двох веслярів раніше повернеться на старт той, котрий рухається у стоячій воді.
Проведіть самостійно дослідження такого питання: як зміна величини швидкості течії води впливатиме на програш часу для весляра, який пливе по річці.
225. 	Міркування, наведені у тексті задачі, дають змогу встановити, що час, який плавець витратив на рух проти течії від першого мосту до місця, де він повернув назад, дорівнює часу його руху за течією від місця повороту до другого мосту, під яким він наздогнав капелюх. Звідси випливає, що плавець, а разом з ним і капелюх рухалися у воді 20 хвилин. Капелюх за цей час проплив зі 475


швидкістю течії всю відстань між першим і другим мостами, тобто 1000 м. Отже, швидкість течії дорівнює 1000 : 20 = 50 м/хв.
Наведу ще одне розв’язання цієї ж задачі, що базується на інших, але теж дуже дотепних міркуваннях. Розглядатимемо положення «з погляду капелюха».
Домовимося, що не капелюх, захоплений течією, пливе від першого мосту до другого, а другий міст пливе зі швидкістю води в напрямку до капелюха, який лежить нерухомо під першим мостом у нерухомій воді. Суть справи від цього не зміниться. Чи не так? Що ж виходить? Впав у воду капелюх. Капелюх лежить на місці, а до нього наближається міст № 2. А що буде з плавцем? Плавець у нерухомій воді пливе в один бік 10 хвилин, потім стільки ж часу (тому що вода нерухома) пливе назад. Пропливши 20 хвилин, він повертається на попереднє місце й, отже, знову зустрічається з капелюхом. У ту саму мить, «пропливши» 1000 м, до плавця і капелюха наблизиться міст № 2 (в умові задачі було сказано, що плавець наздоганяє капелюх під мостом № 2).
Виходить, що міст рухався зі швидкістю 1000 : 20 = 50 м/хв. Це і є швидкість течії. А швидкість плавця не має значення.
226. До рятівного круга теплоходи підпливуть одночасно. Справді, якщо спостереження за рухом вести з пристані, то теплохід, який пливе вниз, набуває додаткової швидкості, що дорівнює швидкості течії, а теплохід, який пливе вгору, втрачає таку саму швидкість. Якщо ж спостереження за рухом теплохода вести з рятівного круга, що зі швидкістю течії води рухається слідом за теплоходом, який пливе вниз, то для цього теплохода втрачається весь виграш у швидкості і, навпаки, поновлюється програш у швидкості для теплохода, який пливе вгору по річці. Інакше кажучи, щодо круга, який пливе, виглядатиме так, ніби круг стоїть на місці, а теплоходи пересуваються у стоячій воді. Звідси випливає, що через годину обидва теплоходи будуть на однаковій відстані від круга, який пливе (оскільки їхні власні швидкості однакові), і, змінивши напрям руху, підпливуть до нього теж через годину, тобто одночасно.
227. Глісер «М», покинувши берег «А», проплив 500 м і зустрівся з глісером «А». Разом вони проплили відстань, що дорівнює довжині озера (мал. 386). Продовжуючи рух, глісер «М» досяг берега «В» і по дорозі назад знову зустрівся з глісером «А» на відстані 300 м від берега «В». До цього моменту обидва глісери проплили довжину 476


озера тричі (див. схему на мал. 386). Звідси випливає, що від початку руху глісерів до їхньої,другої зустрічі минуло у 3 рази більше часу, ніж від початку їх руху до першої зустрічі.
Мал. 386.
Оскільки до моменту першої зустрічі глісер «М» проплив 500 м, то до моменту другої зустрічі він проплив 500 х 3 = 1500 м (при постійній швидкості пройдений шлях пропорційний до часу). Довжина озера на 300 м менша від шляху, який проплив глісер «М» від початку руху до другої зустрічі, тобто вона дорівнює 1500-300=1200 м.
Від початку руху глісера «М» і від початку руху глісера «ТУ» до моменту першої їхньої зустрічі минув однаковий час, отже, відношення їхніх швидкостей дорівнює відношенню відстаней, які
* U1 500 5
проплили глісери за цей час, тобто — = ■ —зтт-т = —.
v2 1200-500 7
228. 	Вихід єдиний: провести попередній розрахунок. Нехай увесь загін посадив х дерев. Бригада Кирилка пообіцяла посадити стільки дерев, скільки посадять усі інші піонери їхнього загону; отже, піонери бригади мають посадити половину від загальної
кількості дерев, які посадить увесь загін, тобто
Вітько обіцяв силами своєї бригади посадити половину кількості дерев, які посадили решта піонерів загону. Це означає, що якщо 477


частку Вітькової бригади вважати однією частиною всієї кількості посаджених дерев, то частка решти піонерів загону становитиме 2 таких самих частини. Звідси випливає, що Вітькова бригада має посадити одну третину від х, тобто дерев.
З
Бригади Кирилка і Вітька зобов’язалися посадити -£ + -£ =
2 	3 6
дерев. Інші піонери їхнього загону посадили, відповідно, дерев, о
що, за умовою, становить 40 штук.
х
6
Маємо:
= 40, звідси х = 240 дерев. З них на частку Кирилкової бригади припадає 120 дерев, а на частку Вітькової бригади — 80 дерев.
229. У 2 рази. Якщо половину меншого числа позначити буквою тп, то остача від меншого числа також буде тп, а остача від більшого числа — Зтп. Тоді менше число дорівнює тп + тп = 2тп, а більше — Зтп + тп = 4тп. Звідси більше число більше від меншого в 4тп : 2тп = 2 рази.
230. Алгебраїчне розв’язання. Швидкість теплохода — х; швидкість гідролітака — ІОх. Шлях гідролітака до зустрічі з теплоходом — s; за той самий час шлях теплохода s — 180, отже:
s _s-180 ІОх х
Множимо обидві частини рівності на ІОх (х * 0) й отримуємо s = 200 миль.
Арифметичне розв’язання. У той час, за який гідролітак пролітає 10 миль, теплохід віддаляється на 1 милю. Таким чином, коли гідролітак пролетить перші 180 миль, теплохід віддалиться на 18 миль. Поки гідролітак долає наступні 10 миль, теплохід пропливе дев’ятнадцяту милю, і між ними залишиться 9 миль. На двадцятій милі гідролітак наздожене теплохід. При цьому від берега вони обидва віддаляться на відстань 200 миль.
231. 	Знаючи швидкості руху велофігуристів, можна дійти висновку, що одну умовну одиницю довжини кола вони проходять відповідно за 1/6, 1/9, 1/12 і 1/15 години. Проте на одне коло кожному з них потрібно тільки 1/3 вказаного часу, тобто 1/18, 1/27, 1/36 і 1/45 478


години (довжина кожного із кіл становить 1/3 умовної одиниці довжини). За годину велофігуристи зроблять 18, 27, 36 і 45 повних обертів, а за 20 хвилин — 6, 9, 12 і 15 обертів. Усі числа — цілі, отже, після закінчення 20 хвилин велофігуристи зійдуться у початкових точках. Взагалі велофігуристи можуть сходитися у початкових точках тільки через такі загальні для всіх проміжки часу, після закінчення яких вони роблять цілі (хоча й неоднакові) числа обертів. Отже, найбільша можлива кількість зустрічей велофігуристів упродовж 20 хвилин визначиться величиною найбільшого спільного дільника чисел 6, 9, 12 і 15. Для цих чисел він дорівнює 3. Таким чином, протягом 20 хвилин велофігуристи
2
будуть сходитися 3 рази, через кожні 6— хвилини о
20:3 = б|
О ,
232. 	Між величиною швидкості різання чавуну й часом, затраченим на обробку деталі, існує обернено пропорційна залежність. Це означає, що якщо кількість часу t 9 затрачена на обробку деталі при швидкості різання иї9 змінилася до величини і2 при швидкості
t2 . .
різання У2, то відношення у- дорівнює відношенню v •
4=^
Ч V2 '
За умовою задачі, t2 = 2^- хв при швидкості и2 м/с, = 35 хв при швидкості і?1 = и2 — 1690 м/хв.
„ . 2| р2-1690
Складаючи пропорцію —= — , а потім розв язавши її,
35 v2
знаходимо: и2 = 1820.
Відповідь. Токар П. Биков на той час досяг швидкості різання 1820 м/хв.
233. 	Відстань від Скагвея до табору, куди поспішав Джек Лондон, становить 133~ милі.
о
Справді, в умові задачі сказано, що 50 миль, пройдені на повній швидкості, прискорили би прибуття Джека Лондона у табір на
479


1 день. Отже, 100 миль, пройдені на повній швидкості, прискорили би його прибуття на 2 дні, й Джек Лондон прибув би до табору без запізнення. З цього можемо зробити висновок, що в кінці першого дня шляху до табору залишалося ще 100 миль. Якби Джек Лондон весь час пересувався на повній швидкості, він, замість 100 миль, подолав би ІРР '5 = 166^ милі. Зайві 66-^- милі заощадили би 3 3 з
йому 2 дні шляху. Звідси випливає, що повна швидкість, яку наперед розрахував Лондон, дорівнювала 33^- милі за день. За першу добу він і проїхав 33— милі.
З
Додавши до цього 100 миль, які залишилися, знайдемо шукану відстань. Вона буде: 100 + 33-^-= 133-— милі.
З 	З
234. 	1. Якщо щомісячний заробіток збільшився на 30%, то й купівельна спроможність підвищилася на стільки само.
2. 	Якщо ж заробіток залишається незмінним, але знижуються ціни на товари на 30%, то купівельна спроможність зростає не на 30%, як багато хто гадає, а більше. Справді, якщо, скажімо, на 1 крб можна купити 1 предмет вартістю 1 крб, то після зниження
його вартості до 70 коп. (на 30%) на 1 крб можна купити
З З
предмета, тобто на у предмета більше, а у — це приблизно 43%.
3. 	Хибна аналогія і тут може призвести до помилкової відповіді: 10 + 8 = 18%. Насправді початковий планований прибуток — 20%.
Справді, продаючи книгу зі знижкою 10%, крамниця отримувала 8% прибутку. Це означає, що 90% від визначеної ціни становлять 108% собівартості книги.
Неважко розрахувати, скільки відсотків собівартості книги становила б уся визначена ціна.
Для вирішення цього питання складаємо пропорцію:
90 = 108
100 х ‘
Звідси х = 120%. Отже, початковий планований прибуток — 20%.
480


4. 	Дуже багато хто гадає, що на скільки відсотків скорочується час виготовлення деталі, на стільки ж відсотків має збільшуватися продуктивність праці. Легко показати, що це — хибна думка.
Нехай на виготовлення однієї деталі витрачається 1 година.
Після скорочення часу, який витрачається на виготовлення однієї деталі, на р%, він буде на години меншим, тобто становитиме 1 - години. Отже, за 1 годину буде виготовлено не одну деталь,
. р \ 100 « 100 р
01V-iooj = ЇООЗ? аб° яа І0037-1 = Ї0037
лей більше.
Якщо цей приріст продукції виразити у відсотках, то вийде
'% - Так, якщо, наприклад, норма часу скорочена на 50% 100 — р
(р = 50), то продуктивність праці зросте не на 50%, а на 100%, тобто подвоїться.
235. 	Якщо суттєвою стороною волі заповідача вважати відношення частки (тп) матері до частки (s) сина і до частки (t) дочки, то з умови випливає, що дочка має отримати вдвічі меншу частину спадку, ніж мати, а син — удвічі більшу, ніж мати. Отже, спадок потрібно поділити на 7 рівних частин, з яких 2 частини слід віддати матері, 4 частини — синові й 1 частину — дочці:
тп : s : і = 2 : 4 : 1.
Так і запропонував ділити спадок Сальвіан Юліан. Однак таке рішення несприятливе для матері. Справді, адже волю заповідача можна тлумачити й так, що він мав на увазі залишити матері щонайменше 1/3 спадку, а рішення римського юриста надає їй тільки 2/7 спадку. Тому якщо стати на захист інтересів матері, то потрібно віддати їй 1/3 всього спадку, решту 2/3 спадку розподілити між сином і дочкою у відношенні 4:1. Тоді син отримає
2 	А 8 2 , 2
— • 4 = —, а дочка — — • 1 = — всього спадку, або тп : s : t = 15 lo 15 15
= 5 : 8 : 2. З двох можливих розв’язків задачі ми бачимо, що воля заповідача сформульована недостатньо чітко, оскільки можливі два тлумачення його волі.
481


236. 	Нехай шукана відстань дорівнює 2х кроків. В одній
половині цієї відстані пар кроків; в іншій половині — Л о
трійок кроків. За умовою, пар на 250 більше, ніж трійок. Отже,
= 250, = 250, х = 1500 кроків.
2 З о
Уся відстань 2х = 3000 кроків.
237. 	Нехай відстань від села до міста дорівнює х км. Якщо літній чоловік проїхав у км, то йому залишається їхати (х - у) км. Якби він проїхав Зу км, то йому залишилося б їхати (х — Зі/) км.
За умовою, відстань х-Зу вдвічі менша від відстані х — у. Отже, х — у = 2(х — Зі/), або х — у = 2х — 6у.
Звідси
Нехай молодий проїхав спочатку z км; залишається йому їхати
(х — z) км. Якби він проїхав км, то йому залишилося б їхати 2
км. За умовою
(x-Z)-3 = x-f.
Звідси
г_4„
5
Однак ^-х більше, ніж -і-х, тобто z > у, а це означає, що початково 5 5
молодий проїхав більше, ніж літній чоловік.
Отже, молодий їхав машиною, а літній чоловік — на коні.
238. 	Нехай
перший мотоцикліст їхав х годин,
другий мотоцикліст
відпочивав годин,
У відпочивав годин;
З
їхав у годин.
482


Оскільки обидва мотоциклісти перебували в дорозі один і той самий час, то
х + ¥; = ^ + У, або % = ^У- О £ £ о
Звідси х = ^-у, тобто у < х. о
Другий мотоцикліст їхав швидше від першого.
239. Якщо шуканий літак перебуває на n-у місці, рахуючи зліва направо, то справа від нього є (9 — п) літаків (див. мал. 161 на стор. 172), а зліва— (п — 1) літак. Добуток цих чисел: (9 — п) х х (п - 1). Якби літак перебував на 3 місця правіше, то справа від нього було би (6 — п) літаків, а зліва — (п + 2) літаки. За умовою,
(6 - п)(п + 2) - (9 - п)(п - 1) = 3.
Звідси п = 3.
Шуканий літак третій, рахуючи зліва направо.
240. Шукані частини 8, 12, 5 і 20.
241. Нехай х — довжина довшої свічки, а у — довжина коротшої.
1 2
За годину перша свічка згорить на х:3—= —х, а друга— на и •
у : 5 = і і/. За 2 години вони згорять відповідно на ^х і ^у. Від
5 7 5
З З
першої свічки залишиться —х, а від другої — —у. За умовою , 7 5
З З
задачі — х = — z/; отже, одна свічка була коротшою від іншої у
7 5 5/7 рази.
242. 	Вся річ у тому, що сума чисел, задуманих таким чином, завжди буде кратною 11. Справді, задумане чотиризначне число [a][&][c][d] можна записати як 1000а +100& + 10с + d, а після перестановки першої цифри а у кінець числа — як 1000& + 100с + + 10d + а. Сума цих чисел дорівнюватиме:
1000а + 100& + 10с + d + 1000& + 100с + 10d + а = = 1001а + 1100& + 110с + lid.
Неважко помітити, що кожен доданок суми ділиться на 11.
З чисел, які назвали Миколка, Толик, Полінка й Оля, тільки Толиків результат ділиться на 11.
З цього можна зробити висновок, що Миколка, Полінка й Оля напевно помилилися, а Толиків результат може бути правильним.
483


243. На перший погляд може видатися, що відставання настінного годинника повністю компенсується поспішанням на стільки ж хвилин настільного годинника. Водночас відставання будильника компенсується поспішанням наручного годинника, тому наручний годинник покаже точний час. Однак це не так.
Насправді, за 1 годину точного часу настінний годинник відлічує 58 хв. За 60 хв за настінним годинником настільний годинник відлічує 62 хв. Отже, за кожну хвилину за настінним годинником
62 _
настільний годинник відраховує хв, а за 58 хв за настінним годинником (тобто за одну годину точного часу) настільний . . 58-62
ГОДИННИК Відлічує —6Q— хв.
Міркуємо далі. За 60 хв за настільним годинником будильник відраховує 58 хв. Отже, за кожну хвилину за настільним годинни- . . 58 58-62
ком будильник відлічує — хв, а за ——— хв за настільним годинником (тобто за 1 годину точного часу) будильник відлічує 58-62 58
во бо х •
Точно так само за кожну хвилину за будильником наручний годинник відлічує — хв. Отже, за —— хв за будильником (тобто за 1 годину точного часу) наручний годинник відраховує 58-62-58 62 тт й Л
—6Q -g —до хв. Проводячи обчислення, отримаємо приблизно 59,86 хв.
Отже, за кожну годину точного часу наручний годинник відстає на 0,14 хв. Таким чином за 7 годин точного часу він відстане на 0,14 х 7 = 0,98 « 1 хв.
019 годині точного часу наручний годинник покаже 18 год 59 хв.
244. Нехай наші годинники знову покажуть один і той самий час через х годин. Це трапиться тоді, коли мій годинник поспішатиме, а Васильків відстане разом на 12 годин (43 200 с). Мій 484


годинник за х годин відстане на х с, а Васильків — на ^-х с.
£
Отримуємо рівняння
х + |х = 43200. А
Звідси х = 17 280 годин, або 720 днів.
Майже 2 роки довелося би чекати мені й Василькові, поки наші годинники знову покажуть один і той самий час.
Ще довше довелося би чекати збігу показів наших годинників із сигналом точного часу.
Справді, для цього мій годинник має поспішати на 12 годин, а Васильків — відстати на 12 годин.
З моїм годинником це трапилося би через 43 200 годин, або
З
через 1800 днів, а з Васильковим — у — рази раніше, тобто через
1200 днів. Одночасний збіг показів мого і Василькового годинників із сигналом точного часу відбувся би через число днів, кратне числам 1800 і 1200, тобто через 3600 днів — майже через 10 років!
245. 	1. За час відсутності майстра стрілки годинника у сумі описали повний круг циферблата. Оскільки хвилинна стрілка рухається в 12 разів швидше від годинної, то відстані, які вони
12 1
пройшли, становитимуть відповідно — і всього круга. Звідси
12 5
випливає, що майстра не було — -60 = 55— хв. Якщо шлях, який проходили стрілки, рахувати у хвилинах і через х позначити число хвилин, що минули від положення обох стрілок на цифрі 12 до положення хвилинної стрілки на момент, коли майстер пішов на обід, то годинна стрілка за ці х хвилин пересунеться тільки на
і, 	отже, на момент, коли майстер вийшов, «відстань» між 1^
X 11 стрілками становитиме: х = —х хв. Отримуємо рівняння 1Z 1Z
11 1 «П
Ї2Х = ІЗ в0'
485


Звідси
X = S]g хв.
5
Отже, майстер пішов на обід о 5—— хв на першу, його не було 143
55їз хв-
5 5 60
Коли майстер повернувся, було 55 — + 5——— = 60— хв по
13 143 143
дванадцятій, тобто хв на другу.
143
2. 	Через 2 години після того, як я пішов гуляти, хвилинна стрілка годинника опиниться на тому самому місці, а годинна — пересунеться на 2/12 всього циферблата.
Аби стрілки годинника помінялися місцями більше, ніж через 2 години, вони спільно мають пройти 10/12 всього циферблата, або ще 50 хв. Хвилинна стрілка рухається в 12 разів швидше від годинної, отже, шлях, який залишилося їй пройти, дорівнює:
12 2
— •50 = 46— хв. Таким чином, крім двох годин, мене не було
13 ІЗ
ще 46 Д- хв.
J.3
3. 	Між 4 і 5 годинами стрілки годинника збігаються рівно
11 9
через 20 : — = 21— хв після четвертої. Хвилинна стрілка опи- 1 л X і
кп . 11 кл 6
ниться навпроти годинної через 50 : — = 54— хв після четвер- J. 2j 11
6 9 8
тої. Отже, школяр розв’язував задачу 54— - 21уу = 32 — хв.
Закінчив він розв’язувати задачу о 4 годині 54— хв.
246. 	З умови задачі випливає, що в той момент, коли розпочалася нарада, годинна стрілка перебувала між шостою і сьомою годинними поділками циферблата, а хвилинна — між дев’ятою і десятою годинними поділками (мал. 387).
486


Візьмемо за одиницю кутовий шлях, що проходить годинна стрілка протягом години (тобто шлях, який відповідає п’яти хвилинним поділкам). Якщо нарада розпочалася В X годині, то виходить, що кутовий шлях, який пройшла годинна стрілка від її положення, що відповідає 12 годині, теж буде х.
Якщо нарада завершилася в у годині, то кутовий шлях, який пройшла годинна стрілка від її початкового положення (від 12 години), теж буде у. Цей самий кутовий шлях у пройшла хвилинна стрілка за проміжок часу від 6 год 00 хв (тоді вона була на цифрі 12) до моменту початку наради. Водночас за цей же проміжок часу годинна стрілка (яка рухається в 12 разів повільніше) пройшла від цифри 6 кутовий шлях, що
Б
Мал. 387.
У т\/г дорівнює Маємо:
х=в+й-
До моменту завершення наради стрілки помінялися місцями.
Міркуючи аналогічно, отримаємо:
у 12
114 Розв’язуючи разом отримані рівняння, знаходимо, що х = 6 ——год = 143
133 S1
= 6 год 47 хв 49-^3 с — час початку наради; = Г°Д =
23
= 9 год 33 хв 59з—7Г- с — час завершення наради.
143
247. 	Оскільки перший розвідник половину всього часу йшов з більшою з двох нерівних швидкостей, то з більшою швидкістю він пройшов, очевидно, більше половини шляху, а другий розвідник з такою самою швидкістю пройшов лише половину шляху.
487


Нехай для визначеності початкова швидкість кожного розвідника більша від зміненої швидкості. Тоді першу половину шляху обидва розвідники йшли однаковий час, але другу половину шляху перший розвідник пройшов за менший проміжок часу, ніж другий, оскільки другий ішов зі зменшеною швидкістю всю другу половину шляху, а перший — тільки її частину. Отже, й весь шлях пройшов перший розвідник за менший проміжок часу, ніж другий. Ось і весь розв’язок задачі — короткий та витончений.
Неважко й алгебраїчно обґрунтувати твердження, що з більшою швидкістю перший розвідник пройшов більшу частину шляху. Нехай т і п — швидкості розвідників, причому т > п, t — половина всієї кількості часу, який витратив перший розвідник, S — шлях, який він пройшов зі швидкістю m/iS1 — шлях, який він пройшов зі швидкістю п.
При т > п маємо:
у >-у, ЗВІДСИ S
Мовою алгебри продовжити розв’язання можна так: весь шлях:
mt + nt;
половина шляху:
mt + nt . (m + n)t
2 2
повний час х першого розвідника: х = 2t;
(m + n\t (m + n\t повний час у другого розвідника: у = -—-—— + -—-——.
Лт Лп
Візьмемо різницю у - х:
, + ri)t [m + ri)t [тп + п2+т2+mn-4mn}t
2т 2п 2тп у-х =
[т - n)21
2тп
Оскільки всі множники у правій частині додатні, то у - х > 0, або у > х. Другий розвідник ішов довше, ніж перший.
488


248. 	Нехай х — довжина потяга, у — його швидкість. Оскільки потяг проходить повз спостерігача за с, тобто проходить шлях, що дорівнює власній довжині х, за tv с, то . За t2 с він проходить міст завдовжки а метрів, тобто проходить за цей час шлях, що дорівнює сумі власної довжини та довжини мосту.
Отже, у = х + а Звідси: х = ; у = —-—.
249. 	Якщо на залізничній вітці ті станцій, то кожна станція має володіти ті - 1 комплектом квитків, а отже, всього необхідно п (ті - 1) комплектів квитків.
Якщо на вітці було х станцій, а стане — у, то буде потрібно у (у -1) - х (х — 1) нових комплектів квитків. За умовою маємо рівняння:
у (у - 1) - х (х - 1) = 46, або у2 - х2 - (у - х) = 46,
(у-х)(у + х - 1) = 4£.
Обидва співмножники мають бути цілими і додатними числами, а 46 = 2 • 23 і 46 = 1 • 46.
У першому випадку
у-х=2,ау + х-1 = 23.
Розв’язуючи цю систему рівнянь, отримуємо:
х = 11, у = 13.
Отже, на вітці було 11 станцій, а після відкриття двох нових стане 13 станцій.
Другий випадок (46 = 1 х 46) означав би, що число нових станцій у - х = 1, але з виступу начальника залізниці випливає, що нових станцій більше від однієї.
250. 	Перемножимо ліві і праві частини даних рівностей: а2 = bd і ad = b2c.
Отримаємо: a3d = b3dc, або, скорочуючи на d\ а3 = Ь3с.
Звідси випливає, що с має бути кубом деякого цілого числа. З цілих чисел від 2 до 15 є тільки одне, яке є кубом, а саме 8. Отже, с = 8. Звідси маємо: а3 = 8&3, або а = 2Ь.
Оскільки за умовою а2 = bd, то 4&2 = bd, або 4& = d. Проте b не може дорівнювати 2, оскільки тоді d = 8, але у нас вже с = 8, а серед даних слів нема двох по 8 букв, і & не може бути більше від З, оскільки серед даних слів нема слів з 16 буквами і більше. Таким чином, b = 3. Звідси а = 6 і d = 12. Тому, вибрані слова мають 6, 3, 8 і 12 букв. Такими словами з наведених є: дерево, мир, перемога, кваліфікація.
489


251. 	Ні, не може. Справжня вага цукру, який отримав покупець, буде більшою ніж 2 кг.
Проведемо розрахунок. Якщо ваги — в рівновазі, то рівноплечі вони чи нерівноплечі — однаково виконуватиметься рівність ар = bq, де а і & — довжини правого й лівого плечей коромисла ваг, а р і q — ваги вантажів на правій та лівій шальках ваг (мал. 388).
Мал. 388.
За умовою задачі, а Ф Ь, і нехай 1 кг гир відповідає у першому випадку х кг цукру, а у другому — у кг. Тоді a-l = bxib-l = ау.
Звідси х=<± а у-—, b а
і загальна вага цукру, який купив поку¬
пець, дорівнює х + у = І + — І кг. Однак сума будь-якого додатного \ b а)
числа (крім 1) і числа, оберненого до нього: — завжди більше о а
від 2. Справді, (а - Ь)2 > 0, якщо а ф Ь. Звідси: а2 - 2аЬ + Ь2> 0 або а2 + b2 > 2аЬ. Поділивши обидві частини нерівності на ab, отримуємо:
(£ + -)> 2-
\о а)
Отже, продавець помилявся, думаючи, що, зважуючи половину вантажу на одній шальці нерівноплечих терезів, а іншу половину — на другій шальці, він отримає правильну справжню вагу всього вантажу. Справжня вага суми двох «половин» вантажу завжди буде більшою від ваги гир.
Способи точного зважування на неправильних вагах.
1. 	Зрівноважити товар чим-небудь, наприклад, дробом. Товар забрати і, замість нього, на шальку ваг покласти гирі, які зрівноважують дріб. Ці гирі й укажуть вагу товару.
490


2. 	«Зважити» товар двічі, кладучи гирі спочатку на одну шальку ваг, а потім — на іншу. Якщо у першому випадку «вага» товару р, а у другому — д, то справжня вага становить
Ви це легко доведете самостійно.
252. Добуваючи корінь квадратний з обох частин рівності
(х - и)*= (у - и)2, любитель алгебраїчних перетворень залишив поза увагою два можливих результати: або х - v = у - и, або х - v = и - у. Правильний з них — тільки другий і ось чому. Оскільки х і у — числа додатні, то з початкової рівності х + у = 2v випливає, що якщо х > и, то у < v (перший випадок) і якщо х < и, то у > и (другий випадок).
У першому випадку х-и>0,аі/-и<0, тому, рівність х - v = = у - и не може бути правильною (додатне число не може бути рівним від’ємному).
У другому випадку х - v < 0, а і/ - v > 0, що знову не підтверджує правдивості рівності х — v = у - и. Друга ж рівність х - v = и-уне суперечить умовам ні першого, ні другого випадку. Прийнявши цю рівність, наш любитель уникнув би помилки, але... так і не отримав би, як і слід було сподіватися, ніякого нового результату. З рівності х - v = v - у знову випливала би початкова рівність: х + у = 2и.
253. Дописуючи 1 спереду п’ятизначного числа [А], очевидно, ми його збільшуємо на 100 000. Тому [1] [А] — це єА + 100 000. Якщо ж ми дописуємо одиницю у кінці числа А, то це рівносильно його множенню на 10 і додаванню одиниці до цього добутку. Отже, [А] [1] це є А х 10 + 1.
З умови задачі випливає, що
10А + 1 о
А +100 000
Звідси: 10А + 1 = З А + 300 000, або 7А = 299 999 і, нарешті, А = 42 857.
254. Якщо мій вік зобразити відрізком АВ (мал. 389), а ваш — відрізком CD, то відрізок КВ покаже, скільки років тому мій вік дорівнював вашому. Проте стільки ж років тому ваш вік був менший на відрізок ND = КВ і виражався відрізком CN, який у 2 рази менший за відрізок АВ. Звідси випливає, що й відрізок MB містить двічі у собі відрізок К В; відрізок АВ містить 4 рази відрізок КВ, a CD — 3 рази.
491


Коли вам буде стільки років, скільки мені тепер, то ваш вік зобразиться відрізком, що рівний відрізку АВ, який, як встановлено, містить 4 рази відрізок КВ, Проте й мій вік за цей час
і і
Сі 1 IjD
N
Мал. 389.
збільшиться на відрізок К В і зображатиметься відрізком, що містить 5 разів відрізок КВ .
За умовою 4КВ + 5КВ = 63, тобто відрізок КВ зображає 7 років. Отже, на даний час вам 21 рік, а мені 28 років. Сім років тому вам було 14 років, що справді становить половину мого справжнього віку.
255. 	Часто дають неправильну відповідь, наприклад, 7. Це пояснюється тим, що, маючи на увазі ті пароплави, які повинні ще відправитися в дорогу, забувають про тих, які вже в дорозі. Дуже переконливий і наочний розв’язок можна отримати за допомогою графіків руху кожного з пароплавів (мал. 390).
Мал. 390.
На прикладі пароплава, графік якого зображено лінією АБ, видно, що пароплав, який пливе з Гавра до Нью-Йорка, зустріне в морі 13 суден та ще два: одне у момент відплиття (те, яке припливає з 492


Нью-Йорка) й одне у момент приплиття до Нью-Йорка (те, котре відпливає з Нью-Йорка), або разом 15 суден. Графік показує також і те, що зустрічі пароплавів відбуватимуться щодня опівдні та опівночі.
256.1 тут для розв’язання й аналізу задачі зручним є графічний спосіб. На вертикальній осі (мал. 391, а) відкладаємо відстані (у кілометрах), а на горизонтальній — моменти часу (у годинах). Масштаб довільний.
км
б)
Мал. 391.
Якщо весь шлях здійснюється на велосипеді (по 15 км/год), то, як показує кінцева точка А графіка ОА, для цього потрібно 4 години. Якщо ж увесь шлях здійснюється пішки (без зупинок, 493


по 5 км/год), то, як показує точка В графіка ОВ, для цього потрібно 12 годин. Проте обидва хлопчики рухалися навперемінно пішки і на велосипеді й закінчили свій шлях одночасно, отже, графіки їхнього руху матимуть спільну кінцеву точку.
В умові задачі не вказано, скільки разів змінювали хлопчики спосіб свого пересування. Припустимо — по одному разу. В цьому випадку графіки їхніх рухів мають утворити паралелограм.
Справді, нехай графік ОС руху велосипедиста замінився у деякій точці С графіком СЕ, що характеризує пішохідний рух і, відповідно, є паралельним ОВ.
Графік OD руху другого хлопчика при зміні пішохідного руху на велосипедний «переламується» у такій точці D, яка знаходиться на одному рівні з точкою С відносно горизонтальної осі, оскільки цей хлопчик має пішки дійти до того місця, де товариш залишив йому велосипед (тобто пройти такий самий шлях, який проїхав на велосипеді перший хлопчик). Решту шляху другий хлопчик їде на велосипеді, отже, відрізок DE графіка його руху на велосипеді паралельний ОА.
Таким чином, фігура OCED — паралелограм. Фігура CDBE — також паралелограм (СЕ || DB і CD || BE).
Порівнюючи сторони паралелограмів, отримуємо: OD = CE і СЕ = DB. Звідси: OD = DB.
Отже, точки DiC відповідають середині всього шляху. В цьому випадку зміна способу пересування відбувається тільки один раз на відстані ЗО км від кінцевої мети прогулянки хлопчиків. Точка Е є серединою відрізка АВ і показує, що при способі пересування, який вибрали хлопчики, на весь шлях їм буде потрібно тільки 8 годин, замість 12, у випадку, якщо б увесь шлях вони обидва пройшли пішки.
Однак зміна способів пересування може відбуватися й не один раз. За умовою задачі хлопчик, який їде на велосипеді, наздогнавши товариша, віддає йому велосипед, а сам продовжує шлях пішки. Момент такого передавання велосипеда одним хлопчиком іншому характеризується на нашій діаграмі точкою зустрічі графіків руху. Очевидно, що такою точкою, аналогічною до точки Е, може бути й точка — середина відрізка CD.
Повторюючи міркування, аналогічні до попередніх, можна отримати, наприклад, такі графіки руху: OCJ^FE для першого хлопчика і ODJEfiE для другого хлопчика. У цьому випадку зміна 494


способу пересування востаннє відбувається за 15 км від кінцевого пункту прогулянки хлопчиків (на мал. 391, а рівень FG).
Легко зрозуміти тепер, що графіки руху хлопчиків можна урізноманітнити.
Так, наприклад, після зустрічі хлопчиків, яка відповідає моменту (мал. 391, tf), можна запропонувати їм такі графіки руху: E^F^EJKE для першого хлопчика й EfiJ^LE для другого хлопчика. У цьому випадку остання зміна способу пересування хлопчиків відбудеться ще ближче до кінцевого пункту їхньої прогулянки,
всього лише за км від нього (на мал. 391, б рівень KL).
а
Умова задачі, як бачите, допускає безліч варіантів графіків руху хлопчиків, і в цьому розумінні задача недостатньо визначена. Проте одна відповідь залишається цілком визначеною. Скільки би разів хлопчики не змінювали спосіб свого пересування, весь їхній шлях продовжуватиметься рівно 8 годин.
257. 	Прикладів можна взяти скільки завгодно. Однак прикладами все-таки не доведеш загальності властивостей. Для цієї мети незамінною є алгебра зїї правилами дій над буквами, де кожна буква у разі потреби або можливості розуміється як будь-яке число.
__ „ Д-t Лл Дд д_ . .
Нехай-rS ь l —дані дроби, чисельники і знаменні °2 °3 °п
ники яких — довільні додатні числа. Вважатимемо, що вони у нас розміщені в порядку зростання, тому найменшим дробом є
а найбільшим Потрібно довести, що
Ьп
д. д. + д9 + До +... + д„ ап
1 < 12 0 П < П
b Ьі + Ь9 + &о +... + ъ ь
1 1 2 О П П
Маємо:
Ь2
> або д2 > Ь2
Ь. 2 Ьу
495


Звідси
^3 сі т ^1
Vі > -г- або а3 > Ь3-±, Ь3 Ь 3 3Ь/
або а,
°п Ь1
>Ьп
El
а2 + аз +--- + ал > (Ь2 + Ь3 + ... + Ьл)--^-.
Додамо до лівої частини цієї нерівності а , а до правої — &х - —
тоді
+а2+а3+... + ап > (&х + Ь2 + Ь3 + ... + &л)-у-.
Звідси
qt + д3 +... + дл > ах
Аналогічно доводиться й друга частина теореми, тобто що
ал + л9 + q« +... + а„ ап
Ъ-, + &9 + &о + . . • + Ь Ь
1 Z о л л
До дев'ятого розділу
258. Чотири черевики і три шкарпетки. Серед чотирьох черевиків, узятих із шафи, два обов’язково будуть одного фасону; серед трьох шкарпеток дві будуть одного кольору.
Якщо ж узяти тільки два чи три черевики, то може трапитися так, що вони всі виявляться різних фасонів, і якщо взяти тільки дві шкарпетки, то ці шкарпетки можуть виявитися різного кольору.
259. 1) 4 яблука; 2) 7 яблук.
260. Не можна, оскільки через 72 години, тобто через три доби, буде знову 12 година ночі, а сонце вночі не світить (звичано, якщо це не відбувається за полярним колом у полярний день).
261. Шестикласники перевиконали своє завдання на 5 дерев, а тому чотирикласники недовиконали своє завдання на 5 дерев.
Отже, старші посадили на 10 дерев більше, ніж молодші.
496


262. 1) Прізвище Петрика — не Гриднев (це суперечило би пункту 3 умови).
2) Мати Бурова — рідна сестра Серова (п. 1 умови), тобто її дівоче прізвище — Серова; але дідусь Петрика — Мокроусов (п. 2 умови); виходить, що він батько Петрикової матері, а не його батька, оскільки батько Петрика — або Буров, або Клименко (див. п. 1 розв’язання). Отже, мати Бурова і мати Петрика — не одна і та сама особа.
Таким чином встановлюється, що Буров — не Петрик. Але Буров — і не Миколка, як це з’ясувалося на самому початку розмови вожатого з дітьми.
Якщо ж Буров — не Петрик і не Миколка, отже, його ім’я — Грицько.
3) Якщо Буров — Грицько, то це означає, що Гриднев — не Грицько, але він — і не Петрик (див. п. 1 розв’язання). Отже, Гриднев — Миколка, а Клименко — Петрик.
4) Петрик в цьому році почне вивчати алгебру, геометрію і фізику (п. 2 умови), виходить, що він вчитиметься у 6-му класі середньої школи, а до першого класу він пішов у 7 років, отже, йому на даний час 12 років (зрозуміло, що оскільки він вчиться на «відмінно», то він не залишався в жодному класі на другий рік).
5) За умовою Гриднев і Грицько старші від Петрика на 1 рік (пп. З і 4 умови), виходить, що Гридневу і Бурову по 13 років.
Остаточно:
Буров Грицько, 13 років,
Гриднев Миколка, 13 років,
Клименко Петрик, 12 років.
263. Спочатку потрібно виписати оцінки (кількості очок) усіх вісімнадцяти пострілів, потім розподілити їх у 3 ряди (по 6 чисел у кожному) так, щоб сума чисел у кожному ряду дала 71 очко.
Можливий тільки один варіант такого розподілу, а саме:
ряд № 1 — 25, 20, 20, 3, 2, 1 — разом 71 очко;
ряд № 2 — 25, 20, 10, 10, 5, 1 — разом 71 очко;
ряд № 3 — 50, 10, 5, 3,2,1 — разом 71 очко.
Оскільки Андрійкові перші 2 постріли дали 22 очки, то йому й належить ряд № 1, тому що тільки в цьому ряду є 2 числа, які у сумі дають 22.
Володькові перший постріл дав 3 очки, а це означає, що йому належить ряд № 3 (у другому ряду нема числа 3). У цьому ряду й міститься число 50.
497


Таким чином, у центральне яблуко мішені влучив Володько. Ряд № 2, очевидно, належить Борискові.
264. Кількість креслярських і хімічних олівіців, а також ціна на звичайні олівці й кольорові кратні 4. Тому вартість усіх олівців теж повинна бути кратна 4, але 890 не ділиться на 4, а це означає, що в підрахунку суми була помилка.
265. Задачі такого типу розв’язуються методом виключення. Перерахуємо факти, що містяться в умові:
1) А і москвич — лікарі;
2) Д і ленінградець — вчителі;
3) В і туляк — інженери;
4) Б і Е — учасники Вітчизняної війни, а туляк в армії не служив;
5) харків’янин старший від А;
6) одесит старший від В;
7) Б і москвич зійшли в Києві;
8) В і харків’янин зійшли у Вінниці.
З цих фактів як логічні наслідки виявляються приховані факти.
Наприклад, з фактів (1) і (2) випливає, що А — не москвич (1), але А — і не ленінградець (1-2); Д — не ленінградець (2), але Д — і не москвич (1-2) і т. ін.
Складемо таблицю всіх основних і виведених фактів, що стосуються наших пасажирів, помістивши у відповідних клітинках таблиці номери умов, з яких випливає виключення можливості даного поєднання:
А
Б
В
Г
Д
Е
Москвич
1
7
7-8
1-3
—
1-2
*
Ленінградець
1—2
*
2—3
—
2
—
Киянин
—
—
*
—
—
—
Туляк
1-3
4
3
*
2—3
4
Одесит
*
—
6
—
—
—
Харків" янин
5
7-8
8
—
*
—
498


З таблиці відразу випливає, що В — киянин (позначаємо зірочкою). Решта пасажирів — не кияни (ставимо «мінуси» у вільних клітинках рядка «киянин»).
Зараз же з’ясовується місце проживання А, Пасажир А — одесит. Ставимо у відповідній клітинці таблиці зірочку; в інших вільних клітинках цього рядка проставляємо «мінуси».
Продовжуючи цей прийом, встановлюємо остаточно:
А — одесит, Б — ленінградець, Б — киянин, Г — туляк, Д — харків’янин, Е — москвич.
Тепер легко визначаються і спеціальності пасажирів: А і Е — лікарі, БІД — вчителі, В і Г — інженери.
Додаткове зауваження. Таблиця показує, що всього з умови задачі для її розв’язування було взято 17 фактів. Достатність цієї кількості фактів випливає з того, що задачу все-таки розв’язано і в процесі розв’язування не було ніяких суперечностей. Однак чи всі 17 фактів є необхідними для розв’язання задачі? Очевидно — ні, тому що два факти, наприклад, підтверджують, що В — не москвич.
Яка ж кількість фактів є необхідною?
Оскільки кожен пасажир — це житель одного з шести міст, то для встановлення методом виключення місця проживання першого пасажира необхідно 5 фактів, що вказують, в яких п’яти містах він не живе.
Після цього, для встановлення місця проживання другого пасажира необхідно та достатньо знати лише чотири факти такого самого типу і т. д.
Отже, для найбільш економної побудови задачі про шістьох пасажирів і для її розв’язання необхідно й достатньо мати разом 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 фактів указаного типу.
У нашій задачі 2 факти — зайві.
266. 	Цю задачу зручно розв’язувати у такий самий спосіб, як і попередню. Перерахуємо факти, що містяться в умові:
1) у 1-му турі полковник грав з кавалеристом;
2) у 1-му турі льотчик не грав;
3) у 2-му турі піхотинець грав з єфрейтором;
4) у 2-му турі майор грав зі старшиною;
5) після 2-го туру капітан вибув з турніру;
6) через це у 3-му турі був вихідним сержант;
7) через це у 4-му турі був вихідним танкіст;
499


8) через це у 5-му турі був вихідним майор;
9) у 3-му турі лейтенант грав з піхотинцем;
10) у 3-му турі полковник грав з артилеристом;
11) у 4-му турі сапер грав з лейтенантом;
12) у 4-му турі старшина грав з полковником;
13) після 6-го туру догравалася партія кавалериста з мінометником.
Складемо і заповнимо таблицю учасників турніру в поєднанні з їхніми спеціальностями за тим самим принципом, яків попередній задачі:
Піхотинець
Льотчик
Танкіст
Артилерист
Кавалерист
Мінометник
Сапер
Зв'язківець
Полковник
9-Ю
1-2
7-12
10
1
1-13
11-12
*
Майор
3-4
—
7-8
*
—
—
—
—
Капітан
5-9
*
5-7
5-Ю
5-13
5-13
5-11
—
Лейтенант
9
—
7—11
9—10
❖
—
11
—
Старшина
3-4
—
7-12
10-12
1-12
*
11-12
—
Сержант
6—9
—
6-7
6-Ю
—
—
*
—
Єфрейтор
3
—
*
—
—
—
—
—
Солдат.
*
—
Зірочки в таблиці вказують спеціальності учасників турніру. В таблиці зареєстровано 28 фактів, виявлених з умови задачі, а кількість фактів, необхідних для розв’язання даної задачі, також дорівнює 28 (7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28). Отже, зайвих даних умова задачі не містить.
500


267. При розпилюванні метрових кругляків на півметрові дрова кількість відрізків має бути кратною двом. При розпилюванні півтораметрових кількість відрізків є кратною 3, а при розпилюванні двометрових — кратна 4.
Лавров і Котов напиляли 26 відрізків (кратне 2), Галкін та Пастухов — 27 (кратне 3) і Медведев з Євдокимовим — 28 (кратне 4).
Отже, півтораметрові дрова пиляли Галкін і Пастухов, яких, за умовою задачі звали Петриком та Костиком, але Петрик — бригадир, а Пастухов — не бригадир. Це означає, що Пастухов — Костик.
268. Відомо, що кондуктор живе точно на півдорозі від Москви до Ленінграда (2). Один з пасажирів живе у Москві (1), інший — у Ленінграді (3), це означає, що ні той, ні інший не можуть вважатися найближчими сусідами кондуктора за місцем його проживання (4). Тому, найближчий сусід кондуктора — не Іванов (1) і не Петров (5), місячний заробіток якого не ділиться рівно на 3 (4), а Сидоров. У такому разі кондуктор — не Сидоров (3). Кочегар — теж не Сидоров (6). За методом виключення Сидоров — машиніст.
Неважко тепер визначити прізвища інших членів бригади потяга. Оскільки пасажир Іванов живе у Москві, а пасажир Сидоров — ближче до середини шляху Москва—Ленінград, то, очевидно, пасажир Петров живе у Ленінграді (3). Отже, прізвище кондуктора — Петров (3). Прізвище кочегара — Іванов.
269. Міркування можна провести, наприклад, в такій послідовності. Якщо (3) правильно, тоді і (10), і (12) — брехня, а це неможливо за умовою. Отже, (3) — брехня (тобто гаманець вкрав не Тео). Оскільки (3) — брехня, то й (9) — брехня. Оскільки (9) — брехня, то (8) — правда. Оскільки (8) — правда, то (15) — брехня. Якщо (15) — брехня, то (14) — правда. Отже, винна — Джуді.
270.1) Дільник другої дії є сумою чисел, які додаються у першій дії. Отже, стає відомим, що загальна кількість зібраних трав виражається двозначним числом з цифрою 7 у кінці. Перша цифра цього числа, очевидно, 1, оскільки сума будь-яких двох однозначних чисел менша від 20. Тому, зібрано 17 кг трав.
2) 	Два однозначних числа, а саме 8 і 9, становлять у сумі 17. Інших однозначних чисел, які становлять у сумі 17, не може бути, оскільки збільшення першого доданка з 8 до 9 зумовлює зменшення другого доданка з 9 до 8, тобто числа залишаються тими самими, 501


а зменшення першого доданка хоча би на 1 зумовлює перетворення другого доданка на двозначне число, що суперечить умові.
3) Ділене другої дії має дорівнювати сумі результатів третьої і четвертої дій, тобто сумі двох двозначних чисел, але сума навіть найбільших двозначних чисел, 99 + 99 = 198, починається з 1; отже, в другій дії перша цифра діленого 1.
4) Перша цифра частки у другій дії, очевидно, теж 1, оскільки ділене й дільник починаються з 1 і дільник є числом меншим від числа, складеного з перших двох цифр діленого, інакше у частці не було би двозначного числа. Звідси ж випливає, що друга цифра діленого більша від 7.
5) Друга цифра діленого у другій дії 8 або 9, але 9 відпадає, оскільки тоді третій рядок починався би з 2, а двозначне число, яке починається з 2, не може без остачі ділитися на 17. Отже, друга цифра діленого 8. Тоді перша цифра третього рядка 1, а друга 7, оскільки ділення на 17 відбулося без остачі. Таким чином, частка у другій дії 11.
Відповідь. Перша ланка отримала 9x11 = 99 крб. Друга ланка отримала 8 х 11 = 88 крб.
271. У частці — 5 цифр, а добутків під діленим підписано лише 3. Отже, 2 з 5 цифр частки мають бути нулями. Беручи до уваги добутки, — це не перша і не остання цифра частки. Виходить, що нулі — друга й четверта цифри, прикриті білим і чорним слонами. Далі, коли двозначний дільник помножити на 8, то отримаємо двозначний добуток, але коли дільник помножити на число, приховане у частці під білою турою, то отримаємо тризначний добуток. Отже, число, закрите білою турою, має бути більше від 8 — очевидно, 9. Останнє число частки при множенні на дільник теж дає тризначний добуток, отже, остання цифра частки, як і перша, дорівнює 9. Частка визначилася повністю: 90 809.
Знайдемо тепер дільник. Добуток його на 8 дає двозначне число, а добуток його на 9 — тризначне число. Єдине двозначне число, що задовольняє цю вимогу, — 12, оскільки 12х8 = 96,а12х9 = = 108. Отже, дільник — 12. Помноживши дільник (12) на частку (90 809) і додавши остачу 1, отримаємо ділене, яке дорівнює 1 089 709.
272. Перший ребус. Розглянемо спочатку добуток числа ABC на А (четвертий рядок). Остання цифра цього добутку — А, отже, вона не 1, оскільки в іншому разі й С було б 1, але різні букви за умовою відповідають неоднаковим цифрам.
502


Зауважуємо також, що А не більше від 3, оскільки в іншому разі даний добуток містив би більше, ніж три цифри, а малюнок показує, що він тризначний. Отже, А може бути тільки або числом 2, або числом 3.
Нехай А = 3. Яким має бути С, аби добуток 3 на С закінчувався цифрою 3? Цю умову задовольняє тільки С = 1 (3 • 1 = 3). Однак С не може бути одиницею, оскільки добуток числа АВС на С — число чотиризначне (третій рядок). Отже, А не дорівнює 3, але тоді А = 2. Знову пошукаємо С таке, щоб добуток 2 • С закінчувався цифрою 2. Єдине можливе значення для С — число 6.
Тепер розглянемо добуток числа 2В6 на В (п’ятий рядок). Остання цифра цього добутку дорівнює В; вона утворюється в результаті множення 6 на В. Для В можливі 3 значення: 4, 6 і 8, але 246 х 4 = 984 — число тризначне, а добуток повинен бути чотиризначним; значення 6 теж відпадає, оскільки С = 6. Отже, В = 8. Таким чином, ABC = 286 і ВАС = 826.
Другий ребус. 1) Оскільки від множення тризначного числа на 2 отримуємо чотиризначне число (четвертий рядок), а у третьому і п’ятому рядках числа тризначні, то обидва крайніх числа другого рядка мають бути меншими від 2, отже, обидва вони дорівнюють 1.
Таким чином, другий множник дорівнює 121.
2) Оскільки п’ятий рядок утворюється множенням першого множника на 1, то цифра 8 у п’ятому рядку показує, що друга цифра першого множника (перший рядок) дорівнює 8, атому, й друга цифра третього рядка — теж 8 (третій рядок утворюється множенням першого рядка на 1). Таким чином, маємо:
*8*
121
*8*
****
*8*
**9*2* .
3) Перша цифра першого рядка більша від 4, інакше четвертий рядок не міг би бути чотиризначним числом, але якщо би першою цифрою першого рядка була навіть 9, то все одно перша цифра четвертого рядка не більша від 1. Очевидно також, що остання цифра четвертого рядка 4 (сума має закінчуватися цифрою 2; див. шостий рядок).
503


4) Тепер зрозуміло, що перша цифра шостого рядка може бути лише 1, а перша цифра п’ятого (а отже, також третього й першого рядків) — або 8, або 9, інакше шостий рядок не буде шестизначним числом:
v*8*
121
*8*
. 1**4 *8*
**9*2* -
5) Оскільки остання цифра четвертого рядка дорівнює 4 (див. пункт 3), то остання цифра першого, третього і п’ятого рядків — або 2, або 7.
6) Третя цифра четвертого рядка — або 6, або 7, оскільки є останньою цифрою добутку 2 х 8, у крайньому випадку збільшеного на 1. Друга цифра четвертого рядка — або 7, або 9 залежно від того, чи буде перша цифра першого рядка 8 або 9 (див. пункт 4). Якби другою цифрою четвертого рядка була цифра 7, то стовпець, в якому вона міститься (7 4- 8), довелося би доповнювати числом 4, щоб забезпечити відповідну цьому стовпцю цифру 9, вказану в добутку, але сума трьох чисел третього стовпця (навіть якщо би вони всі були дев’ятками) не може дати більше, ніж дві одиниці наступного розряду (найбільше можливе її значення 28).
Отже, другою цифрою четвертого рядка є цифра 9.
7) 3 умов 6 і 4 випливає, що першою цифрою першого рядка (а отже, і третього, і п’ятого рядків) може бути тільки цифра 9:
9 8* . 19*4 98* **9*2* .
8) 	Оскільки остання невідома цифра першого множника визначає всі інші цифри добутку, то зрозуміло, що третя цифра першого рядка — не 2, а 7 (див. пункт 5). Якби остання цифра першого рядка була 2, то це не забезпечило би 9 як третю цифру шостого рядка.
Так вдалося відновити всі зашифровані цифри. Остаточний результат:
987x 121 = 119 427.
504


Третій ребус. 3125 : 25 = 125.
Четвертий ребус. 7 375 428 413 : 125 473 = 58 781.
П’ятий ребус. 1337 174:943 = 1418,
або 1 202 464 : 848 = 1418,
або 1 343 784 : 949 = 1416, або 1 200 474 : 846 = 1419.
Шостий ребус. 1 091 889 708 : 12 = 90 990 809.
г* о тлпк>т?і\/гп7'лаг>т f 34 569 072 148 або
Сьомий ребус. DOREMIFASOL =^ л
123 679 048 135.
Восьмий ребус. ,192 ,273 4.482 4.591 таін.
382 . Ф 546 . + 157 . Ф 273
574 ’ 819 ’ 639 ’ 864
Дев’ятий ребус. АТОМ = 9 376.
273. 	Перший ребус. Нагадую: кожна цифра числа була зашифрована однією буквою і різні цифри зашифровані різними буквами.
Спостерігаємо, що у першому стовпці при відніманні від У одиниць Г одиниць знову отримуємо У одиниць. Це означає, що Г = 0.
Розглянемо різницю: ІАЗ - ІОГ = НЗ. Оскільки Г = 0, а цифри сотень однакові, то
А-0 = Н (1)
Звернемося до різниці: ПАУ - НЗ = ППА. Перетворимо її на суму: ППА + НЗ = ПАУ. Оскільки цифри сотень збігаються, то має виконуватися одна з двох систем:
' [А + 3 = У /пХ ІА + 3 = У + 10
<“> |l, Fr-Л ® [п + Н + 1-А
(сума одиниць менша від 10), (сума одиниць більша від 10).
Порівнюючи рівняння (1) з рівнянням П + Н = А, отримуємо: П + Н — О = Н. Звідси П = О, що виключено, оскільки різні цифри зашифровані різними буквами. Це означає, що виконується система (Р), а не (а).
Порівнюючи рівняння (1) з рівнянням П + Н + 1 = А, отримуємо: П + Н + 1= Н + О. Звідси
П + 1 = О. (2)
Оскільки Г = 0, то, скорочуючи на 10 числа НЕГ та ІОГ, отримуємо: НЕ : IO = Е, або IO х Е = НЕ. Звідси
[ео = е [ео = е+ю
< або S
|ЕІ = Н, ІЕІ + 1 = Н.
505


Якщо виконується перша система, то О = 1, і тоді з огляду на (2) П = 0, а це виключено, оскільки відомо вже, що Г = 0. Отже, виконується друга система. Порівнюючи рівняння ЕО = Е 4- 10 і П + 1 = О, отримуємо: Е (П 4- 1) = Е 4- 10, або
ЕП = 10. (3)
Звернемося до рівняння: ПТЕ : Е = ППА. Надамо йому такого вигляду: (100П 4- 10П + А) х Е = 10001 4- 1001 4- 10Т 4- Е. Звідси 100ПЕ 4- 10ПЕ 4- АЕ = 10001 4- 1001 4- 10Т 4- Е або з огляду на (3): 1000 + 100 4- АЕ = 10001 4- 1001 4- 10Т 4- Е.
Ця рівність, очевидно, може виконуватися тільки при І = 1 і
АЕ = ЮТ 4- Е. (4)
Розглянемо суму АТУ 4- ІАЗ = ПТЕ. Оскільки І = 1, то
, АТУ
+ ІАЗ 11ТЕ 1
Знаючи, що А < 10 і сума десятків не може дати більше, ніж одну сотню, отримуємо: А4- 1 4- 1 = 11.
Звідси А = 9. Тепер маємо:
9ТУ
193 ПТЕ’
Випадок У 4- 3 = Е є неможливим, оскільки звідси випливали б абсурдні рівності: Т 4- 9 = Т або Т 4- 9 = Т 4- 10.
Отже, маємо:
У 4-3 = Е 4- 10. (5)
Решта просто. Звернемося, наприклад, до рівняння АТУ - НЕГ = = ПАУ. Замінимо А на її значення і надамо цьому рівнянню такого вигляду:
П9У НЕ0 9ТУ ’
Оскільки Е — не нуль і не одиниця, то
9 	4- Е = Т + 10 або Е - Т = 1, (б)
П 4- Н 4- 1 = 9 або П 4- Н = 8. (7)
Порівнюючи (4) і (б), отримуємо:
|АЕ = 10Т + Е,
|Е - Т = 1,
і оскільки А = 9, то Е = 5, а Т = 4.
506


З (3) випливає, що П = 2. З (7) отримуємо: Н = 6. З (1): 0 = 3.
Значення букв 3 і У визначаються із системи рівнянь (5) і першого рівняння системи (Р):
ГУ + 3 = Е + 10,
|А + 3 = У + 10.
Оскільки А = 9 і Е = 5, маємо 3 = 8 і У = 7.
Зведемо результати у таблицю:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
г
І
П
0
Т
Е
Н
У
3
А
Залишається лише прочитати утворене слово.
Другий ребус. Розв’язок аналогічний до розв’язку першого ребуса (трохи важчий). Значення букв показано у таблиці:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
В
Е
R
U
F
J
W
А
Н
L
Німецьке слово Berufswahl у перекладі українською мовою означає «вибір професії» — справді дуже важливий крок в житті людини.
Примітка. Цікавим завданням є вигадування аналогічних ребусів-мозаїк.
274. 	Мотоцикліст перебував у дорозі на 20 хв менше, ніж йому звичайно було потрібно для того, аби проїхати шлях до аеродрому й назад. Економія в часі відбулася за рахунок того, що мотоциклістові цього разу не довелося доїжджати до аеродрому. Ці 20 хв він витратив би від місця зустрічі з вершником до аеродрому й назад. Отже, аби проїхати цей шлях в одному напрямку, наприклад, від місця зустрічі з вершником до аеродрому, мотоциклістові потрібно було би витратити 10 хв. Проте ми знаємо, що мотоцикліст зустрівся з вершником після того, як останній провів у дорозі ЗО хв, тобто через півгодини після прибуття літака. А оскільки мотоцикліст виїхав з поштового відділення вчасно, то, відповідно, додавши до цих ЗО хв ті 10 хв, які необхідні мотоциклістові, щоб 507


доїхати до аеродрому,. ми встановлюємо, що літак прибув на аеродром на 40 хв раніше від встановленого терміну.
275. 	Міркування аналогічні до попередніх. «Победа» повернулась на завод на 10 хв раніше, ніж звичайно, тому що вона не доїхала до станції. Це — ті 10 хв, протягом яких «Победа» мала би проїхати шлях від місця зустрічі з інженером до станції й назад. Отже, аби проїхати шлях в одномунапрямі, наприклад, від станції до місця зустрічі з інженером, «Побєді» потрібно було би 5 хв. А щоб пройти цю відстань пішки, інженер витратив 25 хв (ЗО хв, на які він раніше приїхав, мінус 5 хв). Це означає, що у момент зустрічі інженера з «Победою» годинник показував 8 год 25 хв; а пішки інженер іде повільніше, ніж їде автомобілем, у 5 разів.
276.1. Припустимо, що жоден зі співмножників не більший від 8. Тоді можливі 3 випадки: а) кожен співмножник дорівнює 8; б) один зі співмножників дорівнює 8, інший — менший від 8;
в) 	обидва співмножники менші від 8. Очевидно, що в кожному з цих випадків добуток менший від 75, що суперечить умові. Отже, принаймні один зі співмножників більший від 8.
2. 	Припустимо, що перша цифра відмінна від 1. Тоді вона не менша від 2, а саме число не менше від 20. Проте добуток 20 на 5 дорівнює 100, отже, добуток даного двозначного числа на 5 не менший від 100, тобто не є числом двозначним, що суперечить умові. Таким чином, перша цифра даного двозначного числа є 1.
277. 	1. Розподіляємо 9 монет на 3 рівні групи і кладемо по З монети на кожну шальку ваг (перше зважування); третю групу залишаємо осторонь. Можливі 2 випадки.
Перший випадок. Ваги залишаються в рівновазі; тоді шукана монета — серед залишених осторонь. Вибираємо з цих трьох залишених монет будь-які дві і кладемо по одній на кожну шальку ваг (друге зважування). Якщо тепер рівноваги не буде, то шалька з фальшивою (легшою) монетою підійметься вгору; якщо ж ваги залишаться в рівновазі, то шукана монета — третя, тобто та, яка не опинилася на вагах.
Другий випадок. Рівноваги нема; отже, шукана монета — на тій шальці, яка підійнялася вгору. Таким чином, і в цьому випадку перше ж зважування визначає трійку монет, серед яких — шукана. Другим зважуванням (так само, яків першому випадку) виділяємо шукану монету.
508


2. Розв’язується аналогічно до першої задачі. Додаткові труднощі тут полягають у тому, що потрібно здогадатися поділити подані 8 монет на нерівні групи: дві групи по три монети в кожній і одна група з двох монет. Кладемо на ваги перші дві групи — по три монети на кожну шальку ваг (перше зважування). Якщо ваги залишаться в рівновазі, то шукана монета — серед тих двох, які залишилися, й її, як легшу, відразу відділимо другим зважуванням. Якщо ж ваги не залишаться в рівновазі, то фальшива монета — на тій шальці ваг, яка підійнялася вгору. Вибираємо тепер з цих монет будь-які 2 і кладемо по одній на кожну шальку ваг (друге зважування). Якщо рівноваги не буде, то знову- таки шалька з фальшивою монетою підійметься вгору; якщо ж ваги залишаться в рівновазі, то шукана монета — третя, тобто та, яка не опинилася на вагах.
3. Складність полягає в тому, що про фальшиву монету наперед не відомо, легша вона чи важча від справжніх. Тому тут, розподіляючи монети на 3 групи по 4 монети в кожній групі, необхідно їх індивідуалізувати, наприклад, перенумерувати. На одну шальку ваг покладемо першу групу монет, що мають, скажімо, номери 1, 2, 3 і 4, а на іншу шальку ваг — другу групу монет з номерами 5, б, 7 і 8 (пе рше зважування). Можливі 2 випадки.
Випадок А. Ваги зрівноважені. Отже, фальшива монета — серед третьої групи монет з номерами 9, 10, 11 і 12. Порівняємо тепер вагу трьох з них, наприклад дев’ятої, десятої й одинадцятої, з монетами першою, другою і третьою (друге зважування). Якщо ваги залишаться в рівновазі, то фальшива монета — дванадцята, і, порівнюючи її, наприклад, з першою, про яку стало відомо, що вона— справжня (третє зважування), визначаємо, буде фальшива монета важча від справжньої чи легша. Якщо ж друге зважування не дасть рівноваги, то фальшива монета або № 9, або № 10, або № 11, причому за положенням шальки ваг з цими монетами відразу ж з’ясовується, яка вона — важча чи легша. Припустимо, що переважила шалька з монетами №№ 9, 10,11. Це означає, що фальшива — важча. Щоб виділити її з цих трьох номерів, достатньо ще одного (третього) зважування. Для цього покладемо на ваги монети №№ 9 і 10. Тоді або фальшива переважить, або вона під № 11.
Випадок Б. Перше зважування не привело до рівноваги ваг. Переважила, скажімо, шалька з монетами №№ 1, 2, 3 і 4. Тоді або шукана монета серед №№ 1, 2, 3 і 4 й важча від справжніх, або 509


серед №№ 5, 6, 7 і 8 й легша від них. При цьому стає відомо, що монети третьої групи під №№ 9, 10, 11 і 12 — справжні. Другим зважуванням порівняємо монети №№ 9, 10,11 і 5 (три справжні й одну з групи легших) з монетами №№ 3, 4, 6 і 7 (дві з групи важчих і дві з групи легших). Тоді можливі три випадки:
а) ваги зрівноважені. Це означає, що вибрані монети — справжні, а фальшива або серед №№ 1 і 2 й важча, або під № 8 й легша. Порівнюючи монети №№ 1 і 2 (третє зважування), встановимо, що фальшива — легша монета під № 8, якщо ваги залишаться в рівновазі, або що фальшива — важка монета № 1 чи № 2 — та монета, яка переважить;
б) переважить група монет №№ 9, 10, 11 і 5. Тоді у цій групі не може бути фальшивої монети, оскільки №№ 9, 10 і 11 справжні, а якби фальшивою була монета № 5, узята з групи легших монет, то не могла би переважити шалька з трьома справжніми монетами й однією фальшивою — легкою. Це означає, що фальшива монета — на іншій шальці ваг, серед №№ 3, 4, 6 і 7 й саме серед тих, які взято з групи легших монет, тобто або № 6, або № 7. Легша з цих двох монет (третє зважування) і є фальшивою;
в) переважить група монет №№ 3, 4, 6 і 7. Тоді — чи то фальшива монета важча й, отже, міститься на переваженій шальці серед монет, узятих з групи важчих, тобто фальшива монета або під № 3, або під № 4, чи то фальшива монета легша й, тому, міститься у групі монет №№ 9, 10, 11 і 5. В останньому випадку — це монета № 5, оскільки відомо, що монети під №№ 9, 10 і 11 — справжні.
Таким чином, фальшивою монетою може бути одна з трьох: № З або № 4 (і тоді вона важча), або № 5 (і тоді вона легша). Кладемо на ваги монети №№ 3 і 4 (третє зважування), й тоді чи то фальшива (важча) монета та з них, яка переважить, чи то у випадку рівноваги, фальшивою (легшою) монетою буде монета № 5.
278. 	А міркував так: «Папірці в моїх товаришів білі, отже, у мене папірець може бути білим, а може бути й чорним. Припустимо, що він чорний. Тоді Б має підстави з цілковитою певністю назвати колір свого папірця, оскільки він може сказати собі: «Я бачу, що в А папірець чорний, а у С — білий, отже, у мене може бути або білий, або чорний, але він не може бути чорним, оскільки тоді С, знаючи, що чорних папірців лише два, і бачачи у мене і в А чорні папірці, зараз же повідомив би колір свого папірця. Однак С не сказав про це відразу, отже, він думає, чи не чорний у нього папірець, 510


але тоді виходить, що він у мене бачить білий папірець». Проте Б теж мовчить, отже, мій папірець — не чорний. Однак якщо він — не чорний, то отже, — білий».
Так міркував А, впевнений у здатності своїх товаришів так само логічно мислити. Аналогічно міркували й інші два товариші, тому всі вони одночасно і дійшли правильного висновку про те, що у кожного з них папірець білий.
279. А міркував так: «Кожен з нас може думати, що його власне обличчя чисте. Б впевнений, що його обличчя чисте, і сміється над вимащеним лобом мудреця В. Однак якби Б бачив, що моє обличчя чисте, то він був би здивований сміхом В, оскільки в цьому випадку у В не було би приводу для сміху. Проте Б не здивований, а це означає, що він може думати, що В сміється з мене. Тому, моє обличчя чорне».
280. 1. а) Зайве слово: «двох», б) Зайві слова: «прямокутного трикутника» і «гострий».
2. а) Хорда, б) Трикутник, в) Діаметр, г) Рівносторонній трикутник, ґ) Концентричні кола.
3. Висота, медіана, бісектриса, вісь симетрії, геометричне місце точок, рівновіддалених від кінців відрізка АС.
4. Геометричний образ —> плоска фігура —> багатокутник —> опуклий чотирикутник —> паралелограм —> ромб —> квадрат.
5. Сума всіх зовнішніх кутів опуклого багатокутника рівна чотирьом прямим кутам, отже, жоден опуклий багатокутник не може мати більше трьох тупих зовнішніх кутів. Звідси випливає, що жоден опуклий багатокутник не може мати більше трьох гострих внутрішніх кутів. Три гострих кути можуть бути в трикутнику.
281. 1. Встановлено, що шукане число — парне і кратне 9, отже, воно є кратним 18. Встановлено також, що воно є більшим від 10, але меншим від 25. Звідси відразу випливає, що шукане число — 18, оскільки між 10 і 25 число 18 — єдине число, яке ділиться на 18.
Перевірка: 18х4-^- = 81.
2. а) Серед шуканих чисел нема числа 10, оскільки інакше їхній добуток закінчувався би нулем.
б) Якби всі шукані числа були більшими від 10, то їхній добуток був би більшим від 10 10 ’ 10 - 10, тобто більшим від 10 000. Отже, серед шуканих чисел мають бути числа, менші від 10.
511


в) Встановлено, що принаймні одне із шуканих чисел менше від 10. Однак шукані числа за умовою відрізняються одне від іншого послідовно на 1, й оскільки жодне з них не має дорівнювати 10, то, отже, всі 4 шуканих числа менші від 10 (однозначні).
г) Серед шуканих однозначних чисел нема 5, оскільки в іншому разі було б і число 4 або 6, а тому, добуток шуканих чисел закінчувався би нулем.
ґ) Розглянемо 2 можливі групи однозначних чисел, які задовольняють умову задачі:
і\)1,2, 3, 4 і ґ2)6, 7,8,9.
Перша група відпадає, оскільки 1 • 2 • 3 • 4 = 24; отже, якщо задача має розв’язок, то шукане число можуть утворити тільки числа: 6, 7, 8 і 9.
Перевірка: 6 • 7 • 8 • 9 = 3024.
282. Старий машиніст міркував так: вік дитини має бути не менше 3 років (за умовою) і не більше 12 (за змістом слова «дитина»). Отже, через три роки дитині буде не менше 6 і не більше 15 років. Однак між числами 6 і 15 є лише одне таке число (ціле), з якого точно добувається корінь квадратний, а саме 9. Таким чином, вік дитини дорівнює: 9-3 = 6 років.
Галя мала на увазі такі розв’язання:
а) арифметичне. Нехай а — вік дитини 3 роки тому. За умовою задачі квадрат цього числа більший від нього на 6, тобто а2 — а = 6, або а (а — 1) = 6.
Якщо припустити, що а — число ціле, то а і а — 1 є дільниками числа 6. Проте 6 = 3- 2 = 6-1.3 цих двох розкладань тільки перше дає множники, які відрізняються на 1. Отже, а = 3, і вік дитини дорівнює: 3 + 3 = 6 років;
б) алгебраїчне. Нехай х — вік дитини на даний час. Три роки тому їй було х - 3 років, а через 3 роки буде х + 3 років. За умовою х + 3 = (х — З)2. Звідси х2 — 7х + 6 = 0. Корені цього рівняння: хг = 6 і х2 = 1. Однак за змістом задачі х>3. Отже, маємо один розв’язок: х = 6.
283. Той проміжок чисел, в якому міститься задумане число, слід поділити навпіл і з’ясувати, в якій половині міститься задумане число. Зі зменшеним удвічі проміжком потрібно знову зробити так само, тобто, як сказали б артилеристи, взяти шукане число «у вилку» і продовжувати стискати цю «вилку» до повного «влучення у ціль».
512


Звідки ж видно, що для цього достатньо десяти запитань?
Річ у тім, що після десятикратного поділу навпіл проміжку чисел від 1 до 1000 утвориться проміжок, що складається тільки з двох чисел, з яких одне — шукане. Справді, візьмемо проміжок, що складається з двох чисел: 1 і 2. Подвоїмо його. Отримаємо проміжок чисел від 1 до 4. Знову подвоїмо. Верхньою межею проміжку стане число 8, або 23. Ще раз подвоїмо. Верхня межа відсунеться до числа 16, або 24.
Продовжуючи подвоювати проміжок чисел, розсуватимемо його межі від 1 до 25, потім від 1 до 2е і т. д., поки верхня межа проміжку не досягне числа 210 = 1024, яке, як бачите, навіть трохи перевищує 1000.
Як ставити запитання, поясню на прикладах.
Приклад 1. Нехай задумано число 1. Запитуємо:
1) Задумане число більше від 512 (половина проміжку від 1 до 1024)?
— Ні.
2) Задумане число більше від 256 (половина проміжку від 1 до 512)?
— Ні.
3) Воно більше від 128 (половина того проміжку, в якому воно може бути)?
— Ні.
4) Воно більше від 64?
— Ні.
5) Воно більше від 32?
— Ні.
6) Воно більше від 16?
— Ні.
7) Воно більше від 8?
— Ні.
8) Воно більше від 4?
— Ні.
9) Воно більше від 2?
— Ні.
10) Воно більше від 1?
Той, хто задумав число 1, звичайно, і на це запитання повинен
відповісти заперечно — ні.
Тоді нам стає зрозуміло, що задумане число — 1.
Приклад 2. Нехай задумано число 860. Запитуємо:
1) 	Задумане число більше від 512? — Так.
Це означає, що шукане число міститься у проміжку від 512 до 1000; для зручності вважатимемо, що воно — у проміжку від 512 до 1024. Беремо «про себе» половину цього проміжку, тобто 256, додаємо до 512 і запитуємо:
513


2) Воно більше від 768? — Так.
Відзначаємо «про себе», що шукане число міститься у проміжку 768 — 1024. Додаємо до 768 половину цього проміжку, тобто 128, і запитуємо:
3) Воно більше від 896? — Ні.
Запам’ятовуємо, що шукане число у проміжку 768 - 896. Додаємо до 768 (або віднімаємо від 896) половину цього проміжку, тобто 64, і запитуємо:
4) Воно більше від 832? — Так.
Шукане число у проміжку 832 — 896. Додаємо до 832 половину цього проміжку, тобто 32, і запитуємо:
5) Воно більше від 864? — Ні.
Шукане число у проміжку 832 - 864 (завдовжки 32 одиниці).
6) Воно більше від 848? — Так.
Проміжок звузився до 16 одиниць: від 848 до 864.
7) Воно більше від 856? — Так.
Проміжок зменшився до 8 одиниць: від 856 до 864.
8) Воно більше від 860? — Ні.
Шукане число у проміжку 856 - 860.
9) Воно більше від 858? — Так.
Отже, шуканим числом може бути тільки або 859, або 860. Запитуємо:
10) Воно більше від 859? — Так.
Задумане число — 860.
До десятого розділу
284. 	Може. Попередній розрахунок зручніше вести «з кінця». В останньому турі перший гравець має залишити другому один предмет. Скільки предметів він має залишити другому гравцеві у передостанньому турі? Очевидно, 5.
Справді, якщо тепер другий гравець візьме 1, 2 чи 3 предмети, то перший гравець може взяти відповідно 3, 2 або 1 предмет, і у всіх випадках другому гравцеві залишається 5 — 4 = 1 предмет.
Міркуючи аналогічно, знайдемо, що ще раніше перший гравець має залишити другому 9 предметів. Чи візьме тепер другий гравець 1, 2 або 3 предмети, перший гравець може взяти відповідно З, 2 або 1 предмет, і у всіх випадках другому гравцеві залишається 9-4 = 5 предметів.
514


Всього предметів — 11. Отже, гравець, який починає гру, має взяти 2 предмети, щоб залишити другому 9 предметів; у другому турі він має залишити другому 5 предметів, тоді у третьому турі він зможе залишити своєму партнерові 1 предмет і виграти гру. Кількості предметів, які залишив (з кінця) перший гравець другому: 1, 5, 9, утворюють ряд чисел, в якому перше число 1, а кожне наступне більше від попереднього на 4. Продовжуючи цей ряд чисел далі, отримаємо ключ до виграшу гри у випадку ЗО предметів: 1,5,9,13, 17, 21, 25, 29. Отже, за наявності ЗО предметів гравець, який починає гру, має взяти 1 предмет, залишивши своєму партнерові 29 предметів, і в кожному наступному турі залишати йому відповідно 25, 21,17,13, 9, 5,1 предметів.
Узагальнення гри. Міркуючи аналогічно до попереднього, знайдемо, що виграє гру той, хто зможе залишити своєму супротивникові такі кількості сірників (рахуючи «з кінця»):
1, 	р + 2, 2р + 3, Зр + 4
і т. д. до числа, найближчого до п, але меншого від ті. Позначимо його через N.
Тоді, дотримуючись вказаного правила, виграє перший гравець, якщо за першим ходом візьме п - N сірників. Якщо ж ті — N = 0, то виграє гру не перший гравець, а другий.
285. Виграє той, хто до кінця гри залишить своєму партнерові 7 сірників. Справді, всі 7 сірників партнер узяти не може, а скільки би він не взяв у межах від одного до шести сірників, він не зможе взяти сірники зі столу останнім. Водночас для того, щоб мати змогу залишити партнерові 7 сірників, потрібно перед цим залишити йому 14 сірників, а ще раніше 21 і 28 сірників.
Той гравець, який починає гру, має взяти 2 сірники, і тоді, дотримуючись надалі вказаного правила, він стане переможцем.
286. Правильне провадження гри і цього разу забезпечує перемогу тому, хто робить перший хід. Проте знайти правильний шлях до перемоги над «супротивником» у цій грі важче, ніж у попередніх.
Той, хто починає гру, за перший хід має взяти 2 сірники, а потім залежно від того, скільки сірників бере «супротивник», дотримуватися такого правила.
Якщо у «супротивника» парна кількість сірників, то треба залишити йому таку кількість сірників, яка на 1 більша від числа, кратного шести (19, 13, 7); якщо у «супротивника» непарна кількість сірників, то треба залишити йому таку кількість сірників, 515


яка на 1 менша від числа, кратного шести (23, 17,11, 5), а якщо це виявиться неможливим, то залишити йому кількість сірників, кратну шести (24, 18, 12, 6).
Ви берете, наприклад, 2 сірники, а ваш «супротивник» 4 або 2 (парна кількість). Залишається 27 - 6 = 21 сірник або 27 - 4 = 23 сірники. Відповідно до правила ви берете 2 або 4 сірники, щоб залишити «супротивникові» 19 сірників. Якщо ж «супротивник» узяв 3 сірники (непарна кількість), то залишилося 27 — 5 = 22 сірники. Оскільки до 17 сірників довести залишок ви не можете (не можна взяти 5 сірників), то вам слід узяти 4 сірники, щоб залишок становив 18 сірників. Якщо «супротивник» узяв один сірник, то й вам слід узяти один сірник, щоб залишок становив 27 - 4 = 23 сірники, і т. д.
Правило це випливає з наступних міркувань (грають А і В).
1. Нехай до кінця гри на столі залишилося 5 сірників. Це вигідно для А тільки у тому випадку, коли наступний хід В і він має непарну кількість сірників. (Оскільки взято 22 сірники, то А при цьому може мати теж тільки непарну кількість сірників.) Можна розглянути всі варіанти можливого продовження гри:
А
в
А
в
А
в
А
в
мав
лишка
лишка
лишка
лишка
лишка
лишка
лишка
лишка
узяв
—
1
—
2
—
3
—
4
»
3
1
3
—
1
1
1
—
чіт
лишка
чіт
лишка
чіт
лишка
чіт
лишка
Якщо ж В (а отже, й А) має парну кількість сірників, то залишати на його хід 5 сірників для А невигідно — призводить до програшу (переконайтеся!).
2. 	Нехай до кінця гри на столі залишилося 6 сірників. Це теж вигідно для А тільки у тому випадку, коли наступний хід В і він має непарну кількість сірників. (При цьому А, очевидно, має парну кількість сірників.) Справді:
А
в
А
в
А
в
А
в
мав
чіт
лишка
чіт
лишка
чіт
лишка
чіт
лишка
узяв
—
1
—
2
—
3
—
4
»
4
1
4
—
2
1
2
—
ЧІТ
лишка
ЧІТ
лишка
ЧІТ
лишка
ЧІТ
лишка
516


Якщо ж В має парну кількість сірників (отже, А — непарну), то залишати на його хід 6 сірників для А невигідно — призводить до програшу. Справді, варто тільки В узяти один сірник, і тоді А опиняється у такому самому становищі, в якому був В, коли залишилося 5 сірників (див. пункт 1).
3. 	Нехай до кінця гри залишилося на столі 7 сірників. Це вигідно для А тільки у тому випадку, коли наступний хід В і він має парну кількість сірників. (При цьому А, очевидно, має теж парну кількість сірників.) Справді:
А
в
А
В
А
В
А
В
мав
чіт
чіт
чіт
чіт
чіт
чіт
чіт
чіт
узяв
—
1
—
2
—
3
—
4
»
1
—
4
1
4
—
2
1
далі зводиться
ТГ U ТІ TEf Q
TTTTTTTTf Q
до пункту 1
лишка
ЛИ 1 HAvcL
Jinillxyg.
Якщо ж В (а отже, й А) має непарну кількість сірників, то залишати на його хід 7 сірників для А невигідно — призводить до програшу. Справді, варто тільки В узяти один сірник, і тоді А опиняється у такому самому становищі, в якому був В, коли залишилося 6 сірників (див. пункт 2).
4. Залишати після свого ходу 8, 9 або 10 сірників у всіх випадках для А невигідно — призводить до програшу. Нехай, наприклад, після ходу А на столі залишилося 8 сірників. Можливі 2 випадки:
а) А має непарну кількість сірників, В — парну; В бере З сірники. Тепер у нього теж непарна кількість сірників. Залишається на столі 5 сірників. У цьому випадку, як відомо (див. пункт 1), програє той, чий хід. Хід має зробити А, це означає, що А програє.
б) А має парну кількість сірників, В — непарну; В бере один сірник. У нього стає парна кількість сірників. На столі залишається 7 сірників. У цьому випадку, як відомо (див. пункт 3), теж програє той, чий хід. Хід має зробити А, отже, А програє. Така сама можливість повернути гру на свою користь з’являється у В й у тих випадках, коли А після свого ходу залишить на столі 9 чи 10 сірників. Аналіз цих випадків проведіть самостійно.
5. При подальшому збільшенні кількості сірників, залишених на столі після ходу А, тобто для 11, 12, 13, ... сірників, умови виграшу повторюються в тому самому порядку, як для 5, 6, 7, ... 517


залишених сірників, що й підтверджує викладене вище правило провадження гри «на виграш».
Нехай, наприклад, після ходу А на столі залишилося 11 сірників. Неважко показати, що А виграє, якщо у В (а отже, й у самого А) непарна кількість сірників. Справді:
А
в
А
В
мав
лишка
лишка
лишка
лишка
узяв
—
1 або 3
—
2 або 4
»
3 або 1
—
4 або 2
—
далі зводиться | далі зводиться до пункту З І до пункту 1
Розгляньте самі ще кілька випадків, хоча би, наприклад, для 12 і 13 залишених сірників.
6. 	Залишається ще показати, чому за наявності 27 сірників за перший хід варто брати саме 2 сірники — не більше й не менше. Якщо ви візьмете 1 сірник, то «супротивник» може взяти 2; залишиться 24 сірники, і вам не вдасться залишити йому 19 сірників, як того вимагає правило.
Якщо ви візьмете 3 сірники, то «супротивник» може взяти 1; залишиться 23 сірники. Хід ваш, а за наявності 23 сірників, які залишилися, програє той, хто має непарну кількість сірників і робить черговий хід (див. пункт 5).
Якщо ви візьмете 4 сірники, то й «супротивник» візьме стільки само; залишиться 19 сірників. Хід ваш, а за наявності 19 сірників, які залишилися, програє той, хто має парну кількість сірників і робить черговий хід (див. пункт 5).
Якщо ви візьмете 2 сірники, то, скільки би не взяв «супротивник», ви зможете повернути гру на свою користь відповідно до правила.
287. 	Поєднаннями «ПП» будуть послідовно: (1, 2); (3, 5); (4, 7); (6, 10); (8, 13); (9, 15), ... .
Позначаючи послідовно через а. перші числа і через Ь. другі числа, які утворюють поєднання «ПП», розмістимо їх у два ряди:
а1, cz2> ct3, а4, а5, aQ9 ...,
1, 3, 4, 6, 8, 9, ...;
CO І
518


, J2, 5, 7, .10, 13, 15, ...,
'НЦь., ь2, ь3, ь,, ь., ь., ....
< 17 Z 7 о7 4 7 О7 о 7
Помічаємо, що Ьг більше від ах на 1, Ь2 більше від а2 на 2, Ьп більше від ап на п, тому
Ьп = ап + п.
За яким принципом побудовано перший ряд чисел?
Ми знаємо, що а = 1 і b = 2. Утворимо нову послідовність чисел (Ш) поки що з двох чисел:
(Ш) { 1, 2, ... .
Найменшим з натуральних чисел, яких немає у послідовності (Ш), є число 3. Воно й буде наступним числом ряду (І): а2 = 3. Звідси Ьо = 3 + 2 = 5.
Поповнюємо послідовність (ПІ) числами 3 і 5:
(ПІ) {1,2, 3, 5,....
Найменшим з натуральних чисел, яких немає у послідовності (Ш), є 4. Воно буде наступним числом ряду (І): а3 = 4. Звідси Ь3 = 4 + 3 = 7. Тоді
(ПІ){ 1, 2, 3, 4, 5, 7,... .
За тим самим принципом встановлюємо, що а4 = 6. Звідси Ь4 = 6 + 4 = 10 і т. д.
Отже, у кожному поєднанні «ПП»: (ад, Ьп) менше число (ад) є найменшим натуральним числом з тих, які ще не зустрічалися у попередніх поєднаннях. За формулами
„ _ 1 + V5 1 . h Гз + >/5 ' ап ~ 2 71 1 ~ 2 п 9
які вивів проф. Арнольд1*, можна й безпосередньо отримати всі поєднання «ПП», вважаючи п = 1, 2, 3, ... . Знак [ ] вказує, що якщо число, взяте у ці дужки, виразити у вигляді десяткового дробу, то необхідно залишити тільки цілу частину цього числа, а всі його десяті, соті та інші частки відкинути. Так, [1,61] = 1, [3,2] = 3 і т. д. Для цілковитого розуміння теорії гри «Цзяньшицзи» наведу без доведення ще одну теорему, яку обґрунтував Мінь Си-хао.
п Пізніше ці формули в дещо інший спосіб вивів математик Мінь Си-хао й опублікував китайською мовою у журналі «Чжунго шусюе цзачжи», 1952р., № 2 (прим, автора).
519


Дотримуючись правил гри, жодне поєднання «ПП» не можна за один «хід» перетворити на інше поєднання «ПП», але будь-яке поєднання, що не є поєднанням «ПП», можна за один «хід» перетворити на поєднання «ПП».
З цієї теореми випливає, що будь-яке поєднання, яке не входить до групи поєднань «ПП», є поєднанням «ПВ».
1 + л/б
До речі, про ЧИСЛО за ДОПОМОГОЮ якого легко утворю-
ються пари чисел, що забезпечують перемогу в грі «Цзяньшицзи». Воно має бути відоме учням старших класів середньої школи. Це — коефіцієнт «золотого перерізу». Це ж число входить до складу формули, яка дає змогу знайти будь-який член ряду Фібоначчі, не знаючи попередніх членів (див. стор. 349).
Зв’язок між формулами гри і числами Фібоначчі є не випадковим. Один з товаришів проф. Арнольда І. М. Абрамов встановив, що, користуючись числовим рядом Фібоначчі,
1,1, 2,3, 5,8,13, 21,..., u ,...,
де uQ = 1, их = 1 і далі ип = ип _ х + ип _2, можна знайти пару чисел, що утворюють комбінацію «ПП» для будь-якого номера п.
Для цього потрібно номер ті шуканої пари подати як суму чисел Фібоначчі, неодмінно включаючи uQ. Тоді ап і Ьп утворюються як суми членів ряду Фібоначчі, номери яких відповідно на 1 і на 2 більші від номерів членів, що утворюють число п.
Нехай, наприклад, п = 7. Маємо: 7 = 1 + 1 + 5, або 7 = и0 + иг + и4; тоді ап = их + и2 + и5 = 1 + 2 + 8 = 11, bn = и2 + и3 + uQ = 2 + 3 +13 = 18.
Самі переконайтеся в тому, що пара (11, 18) є комбінацією «ПП».
290. Якщо ви хочете першим досягти ста, то вам першому ж треба досягти й 89. Справді, коли суму*, яку ви назвали, відокремлюватиме від ста число 11, то, яке би число (десять чи менше) не додав ваш партнер, ви відразу знайдете доданок, що доповнює до ста суму, яку назвав партнер. Однак для того, щоб першим досягти 89, треба віддалити партнера й від цього числа на 11, тобто зуміти першим сказати 78. Продовжуючи ці розмірковування, ми отримаємо ряд таких чисел, називаючи які, ви прийдете до фінішу першим. Починається цей ряд чисел з одиниці: 1, 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78, 89. Тепер зрозуміло, що якщо ви скажете 1, то, яке би число (одинадцять чи менше) не сказав ваш партнер, він не 520


завадить вам сказати 12, потім 23, 34 і т. д. Запам’ятати цей ряд «ключових» чисел легко: у кожному десятку — по одному числу, в якого число одиниць на одиницю більше від числа десятків.
(Якщо партнер не знає «ключа» до гри, то він, звичайно, додаватиме числа, що випадково спали йому на думку, тому ви, повторюючи з ним гру, можете ризикнути в межах першої половини сотні «замести сліди», не дотримуючись «ключових» чисел.)
Гру можна урізноманітнити зміною граничного доданка і граничної суми. Нехай, наприклад, граничний доданок знову буде 10, але гранична сума не 100, а 120. Віднімаючи послідовно від 120 по 11, знайдемо такі «ключові» числа: 10, 21, 32, 43, 54, 65, 76, 87, 98, 109. Той, хто знає цей «секрет», виграє, якщо почне з числа 10.
Нехай тепер граничною сумою залишиться 100, а граничним доданком буде не 10, а 8. Тоді «ключові» числа знайдемо відніманням по 9 від 100 і від кожної утвореної різниці: 1,10, 19, 28, 37, 46, 55, 64, 73, 82, 91. І в даному випадку виграє той, хто розпочинає гру і володіє її «секретом».
Проте якщо взяти як граничний доданок число 9, то числами, які потрібно мати на увазі, будуть 90, 80, 70, 60, 50, 40, ЗО, 20,10. У цьому випадку той, хто хоче виграти, не має розпочинати гру, якщо, звичайно, партнерові відомий «секрет» перемоги.
291. Якщо гральним полем є квадрат з 9 клітинок, то розпочинати гру слід з обведення будь-якої сторони центрального квадрата, наприклад, зі сторони а (мал. 392, а). Якщо тепер «супротивник» обведе сторону будь-якого з трьох квадратів крайнього лівого стовпця, то ви зараз же забираєте всі клітинки цього стовпця і робите виграшний хід у прямокутнику, що залишився (див. пункт 3 «теорії гри», стор. 206). Всі 9 клітинок
Мал. 392.
521


сторони а) обведе будь-яку другу сторону (наприклад, Ь) центрального квадрата (мал. 392, б), то ви зараз же обводьте третю (с), і «супротивникові», щоб не втратити всі 9 клітинок, нічого не залишається, як узяти центральну клітинку і віддати решту 8. Якщо ж «супротивник» після вашого першого ходу (а) обведе сторону якого-небудь з трьох квадратів крайнього правого стовпця, наприклад, х (мал. 392, в), то ви можете взяти клітинку вгорі справа, відповісти йому ходом у, і знову всі 9 клітинок ваші.
295. 	Задача 1. Для відшукання числа № 5 по вертикалі можна зробити два припущення: воно або 543, або 567 (див. умову). Перевіримо перше: 543. Якщо це так, то перші дві цифри чотиризначного числа № 6 по горизонталі: 34, а все повністю воно складається за умовою з добутку чисел 77 і х$ (х — невідома цифра десятків). Найбільш відповідне значення для х — число 4, але 77 x 43 = 3311. Цифра сотень не збігається з тією, яка має бути.
Перевіримо друге можливе число № 5 по вертикалі: 567. Тепер перші цифри числа № 6 по горизонталі: 36, вони ж мають бути першими цифрами добутку чисел 77 і х7. Найбільш відповідне значення для х — число 4. Перевіряємо: 77x47 = 3619. Цеі буде число № 6 по горизонталі, а 47 задовольняє умову для числа № 8.
Залишається знайти числа № 7 по вертикалі і № 9 по горизонталі. Комбінуючи множники чисел № 1 по горизонталі і № 3 по вертикалі, легко встановити, що числом № 7 по вертикалі буде 99. Число № 9 по горизонталі — 39. Усі клітинки даного квадрата заповнено (мал. 393).
со
0
00
Co
6
7
CQ to
6
1
*9
Оо
7
co Co
9
Мал. 393.
Задача 2. Розв’язок можна отримати, наприклад, у такий спосіб. Перш за все, слід визначити числа №№ 1 і 8 по горизонталі. Для утворення цих двох п’ятизначних чисел необхідно використати всі 10 цифр, а різниця чисел має бути числом тризначним
522


(див. № 3). Це означає, що різниця перших цифр шуканих чисел дорівнює 1. Визначилася перша цифра чисел №№ 5 і 10 (мал. 394, а).
'5
0
21
Со to
Со
51
6
77
4
2
*4
9
8
7
6
9
101
“1
12
*5
0
21
32
4з
61
«О
77
4
2
*4
9
8
7
6
91
1
1
Ю1
“1
V
4
2
9
3
а)
б)
Мал. 394.
Якщо найбільший множник числа № 3 (див. № 5) починається з 1, то його найменший двозначний множник, очевидно, теж починається з 1. Визначилася перша цифра числа № 11.
Ще одна одиниця буде за умовою першою цифрою числа № 2, а другою його цифрою стане 7. Ця ж цифра виражає десятки числа № 8 (див. № 7). Оскільки останні дві цифри числа № 9 по горизонталі визначилися (дві одиниці), а ціле воно становить одну дев’яту суми чисел №№ 1 і 8 по горизонталі, то сума одиниць цих чисел дорівнює 9 та сума їхніх десятків теж дорівнює 9. Тому, першою цифрою числа № 3 є цифра 2. Вона ж — остання цифра числа № 7. Якщо х і у — цифри одиниць чисел №№ 1 і 8 по горизонталі, то з’ясувалось, по-перше, що х + у = 9, а по-друге, 2х = у (див. № 4). Звідси х = 3, у = 6. Число № 4 визначилося повністю: 326.
Друга цифра числа № 7 дорівнює 11 — 7 = 4 (див. № 3). Знаючи цифру сотень різниці чисел №№ 1 і 8 по горизонталі та цифру сотень числа № 1 по горизонталі (1), легко визначити цифру сотень числа № 8: вона дорівнює 8. Так само легко тепер визначаються (за методом виключення) перші дві цифри чисел №№ 1 і 8 по горизонталі (мал. 394, а). Далі визначаємо число № 9 по горизонталі (11 111). У числа 247 два множники: 19 і 13. Це дає числа №№5, 10 і 11.
Знайдемо тепер число № 6 по вертикалі. Обернене число — чотиризначне, закінчується на 99 і складається з добутку числа 523


247 на просте, двозначне. Підходить тільки 17. Отже, обернене число № 6 дорівнює 4 199 і складається з трьох простих множників: 13, 17 і 19. Число № 6 по вертикалі: 9 914. Розв’язок показаний на мал. 394, б.
Задача 3. Переглядаючи по таблиці квадрати тризначних чисел, ми знайдемо тільки одне таке число, яке однаково читається як зліва направо, так і справа наліво: 698 896. Знання цього числа дає ключ до визначення чисел №№ 10 і 11 по вертикалі, а слідом за ними й чисел № 4 і 9 по вертикалі, №№ 13, 15 і 5 по горизонталі.
Відшукання числа № 1 по вертикалі полягає в розв’язанні невеликої задачі: знайти найменше ціле число, яке дає при діленні на 2, 3, 4, 5 і 6 відповідні остачі 1, 2, 3, 4 і 5. Додамо до шуканого числа 1, тоді воно ділитиметься на 2, 3, 4, 5 і 6. Перемножуючи всі прості множники, що входять до цих чисел у найбільших степенях, в яких вони трапляються, отримаємо 22 • 3 • 5 = 60, а шукане число буде 59. Звідси число № 1 по вертикалі 59 - 8 = 51.
Знайдемо число № 1 по горизонталі. Є тільки два чотиризначних квадрати простого числа: 5 041 (=712) і 5 329 (=732). Перше число не підходить, оскільки з нуля не може розпочинатися число № 2 по вертикалі. Водночас стає відомим і число № 8 по горизонталі (73). Число № 2 по вертикалі визначилося частинами; залишається перевірити для контролю суму його цифр. Єдине просте двозначне число, що починається з дев’яти, — це 97. Тим самим визначилося число № 3 по вертикалі. Решта — просто. Остаточний розв’язок зображено на мал. 395.
l5
23
2
39
41
51
1
67
72
9
*7
9з
%%%
4
%%%
9
8
П8 ‘
9
126
т
9
“з
6
5
8
■
15 1
6
0
0
Мал. 395.
524


296. 	Фокус 2. Нехай ваш друг задумав число 72, а ви — число р. Провівши з тим та іншим числами ряд однакових множень і ділень, отримуємо результати такого вигляду:
a-b-с... ~ a-b-с...
ті ; р .
X-Z/-2... X-Z/-2...
Обидва ці результати, поділені перший на п, а другий — на р, дадуть, очевидно, одне й те саме число:
а-Ьс...
х-у-2...'
Знаючи це число і суму а'^‘с”- + достатньо від останньої від- X-Z/-2...
няти перше число, щоб отримати число п.
Фокус 3. Випадок 1. Задумане число має вигляд: 4т2.
Виконаємо необхідні дії:
4т2 + 2т2 = бті, 6т2 + Зт2 = 9ті, 9ті : 9 = ті
(остачі нема). Задумане число 4ті.
Випадок 2. Задумане число має вигляд: 4п + 1.
Його більша частина 2ті + 1. Маємо:
(4т2 + 1) + (2т2 + 1) = 6т2 + 2; (6т2 + 2) + (Зт2 + 1) = 9т2 + 3j (9тг + 3) : 9 = 72 (остача 3).
Остача менша від п’яти. Задумане число — 4т2 + 1.
Випадок 3. Задумане число має вигляд: 4т2 + 2.
Маємо:
(4т2 + 2) + (2т2 + 1) = 6т2 + 3.
Додаючи до цього результату його більшу частину, тобто Зт2 + 2, отримуємо:
(6т2 + 3) + (Зт2 + 2) = 9т2 + 5, (9т2 + 5) : 9 = п (остача 5). Остача дорівнює п’яти. Задумане число — 4т2 + 2.
Випадок 4. Задумане число має вигляд: 4т2 + 3.
Його більша частина 2п + 2. Маємо:
(4т2 + 3) + (2т2 + 2) = 6т2 + 5.
Його більша частина Зт2 + 3, тому
(6т2 + 5) + (Зт2 + 3) — 9т2 + 8,
(9т2 + 8) : 9 = 72 (остача 8).
Остача більша від п’яти. Задумане число — 4т2 + 3.
Фокус 4. Очевидно, що якщо задумано число вигляду 4т2, де 72 = 0, 1, 2, 3..., то остаточний результат обчислень дає 9т2, тобто 525


число, кратне дев’яти. Отже, сума цифр цього числа має ділитися на 9, а це означає, що прихована цифра доповнює суму цифр, які залишилися, до числа, кратного дев’яти. Якщо ж сума відомих цифр є кратною дев’яти, то це означає, що прихована цифра 9 або 0, але нулем вона не може бути за умовою.
Для чисел вигляду 4п + 1, 4п + 2 і 4п + 3 у результаті обчислень відповідно отримуємо: 9п + 3, 9п + 5, 9п + 8. Сума цифр цих чисел стає кратною дев’яти тільки після додавання у першому випадку 6, у другому — 4 і в третьому — 1.
Отже, й у цих випадках прихована цифра має доповнювати суму цифр, які залишилися, до числа, кратного дев’яти.
Фокус 5. Позначимо задумане число буквою х, а додане — буквою у. Виконуючи необхідні дії, отримуємо:
(х + у)2-х2 = 2ху + у2 = 2ylx + ^j = z.
Звідси видно, що задумане число (х) дорівнює половині результату поділеній на додане число (у) мінус половина дільника —
Фокус 6. Позначимо задумане число буквою х, частки від ділення х на 3, 4 і 5 — відповідно буквами а, b і с, а остачі — буквами гр г2 і rg. Маємо три очевидні тотожності:
х = За + гх,
х = 46 + г2,
х = 5с + г3.
Звідси
г\ = х - За, г2 = х - 46, г3 = х - 5с.
Обчислимо:
S = 40rt + 45г2 + З6г3 = 40 (х - За) + 45 (х - 46) + 36 (х - 5с) = = 121х - 120а - 1806 - 180с.
Множники 40, 45 та 36 так і були підібрані, що всі члени утвореної алгебраїчної суми діляться без остачі на 60, крім першого (12їх), який при діленні на 60 якраз і дає остачу, що дорівнює задуманому числу х. Правдивість правила доведено.
297. 	Фокус 1. Дії, які в даному випадку проведені над задуманим числом п, можна виразити так: zz--+ Р- 9 а цей вираз подати с
526


у вигляді — + —. Зрозуміло, що, віднімаючи ті • —, отримаємо остачу с с с
b
с ’
Зауваження. Завжди можна підібрати такі числа, аби дроби не утворювалися.
Фокус 2. Позначимо буквою х число, яке ви написали заздалегідь, а буквою у — число, яке написав учасник фокуса. Після першої дії, яку виконав учасник, утворюється число у + 99 - х. Оскільки, за умовою, х не більше від 50, а у — в межах від 51 до 100, то у +.99 - х не менше від 100, але й не більше від 199, тобто неодмінно тризначне число, цифра сотень якого 1. Закреслити у такому числі 1 — це означає зменшити його на 100; тому після другої дії, яку виконав учасник, утворюється число у + 99 - х — 100 + 1 = у - х. У результаті останньої дії, у - (у - х) = х, учасник отримав х, що й потрібно було довести.
Зауваження. Ви можете дозволити учасникам фокуса загадувати числа в іншому діапазоні, наприклад, між 201 і 1000, але тоді й приховане число має бути не меншим від 100 і не більшим від 200, а в подальших розрахунках потрібно використовувати число 999 замість 99.
298.
У першого
У другого
У третього
Маємо спочатку
4 п
7 п
13 п
Після першої передачі
8 п
14 п
2 п
Після другої передачі
16 п
4 п
4 п
ТИсля третьої передачі
8 п
8 п
8 п
Після третьої передачі у кожного стало предметів удвічі більше, ніж було спочатку в першого. Решта зрозуміло.
299. Нехай задумано числа а і Ь. Тоді, дотримуючись умови, утворюємо: (а + b) + ab. Додаючи 1, ми отримуємо таке число, яке легко розкладається на множники:
(п + Ь) + аЬ +1 = п + 1+ & (п + 1) — (и, + 1)(& + 1).
Як бачимо, кожен множник на 1 більший від відповідного задуманого числа.
Можна розробити аналогічні фокуси, що базуються на додаванні або відніманні різниці задуманих чисел та їхнього добутку.
527


300. Нехай А — просте число, В — складене, але воно не ділиться на А. Два інших числа х і у — взаємно прості, причому у — один з дільників числа В. Після необхідних множень може утворитися сума Ах + By або Ау + Вх. Зрозуміло, що перша сума не ділиться на у, а друга — ділиться. Отже, з того, ділиться чи ні остаточний результат на у, однозначно визначаємо, було помножено на у число А чи число В.
ЗОЇ. Сума трьох задуманих чисел і числа, кратного трьом, буде: а + (а + 1) + (tz + 2) + ЗА? — За + 37г + 3 = 3 (fl + k + 1).
Після множення цієї суми на 67 отримаємо:
201 (а + k + 1).
За умовою, а < 60, 3& < 100, або k < 34. Отже, а + k + 1 не більше від двозначного числа, а добуток будь-якого однозначного чи двозначного числа на 201, як легко зрозуміти, завжди закінчується тим самим однозначним чи двозначним числом, а починається числом, удвічі більшим.
Наприклад,
х 41
201
+ 41
82
8241 .
Отже, а + k + 1 дає число, утворене з двох останніх цифр добутку. Віднімаючи від цього відомого числа теж відоме число fe + 1, знаходимо число а — найменше з трьох задуманих.
302. 	1) Задумано два числа: а і Ь. Виконуємо необхідні дії: (2а + 5) • 5 = 10а + 25, 10а + 25 + 10 = 10а + 35, 10а + 35 + b = 10а + b + 35.
Віднімаючи 35, отримуємо двозначне число 10а + Ь, яке складається із задуманих цифр.
2) Задумано 3 числа: а, b і с. Виконуємо необхідні дії:
(ІОд + Ъ + 35) • 10 + с = 100а + 10& + с + 350.
Віднімаючи 350, отримуємо тризначне число ЮОд + ЮЬ + с, яке складається із задуманих цифр.
Аналогічно розглядаються й наступні випадки.
528


303. Якщо шуканий вік — х, то в результаті необхідних дій отримаємо ІОх - 9 А?, де & — будь-яке однозначне число. Перетворимо одержану різницю:
ІОх - 9k = ІОх - 10/г + k = 10 (х - k) + k.
Нашому співрозмовникові, мабуть, все ж таки більше, ніж дев’ять років (k > 9), a k, за умовою, не більше, ніж дев’ять (k < 9), отже, х - k — число додатне. У такому випадку число 10 (х - k) + k має k одиниць і якщо ці k одиниць відкинути, то водночас зміниться розряд цифр, які залишилися, тобто десятки стануть одиницями, сотні — десятками і т. д., одне слово, число зменшиться у 10 разів і дорівнюватиме х - k. Додаючи до нього відкинуте число k, отримуємо шуканий вік х.
304. Шуканий вік — х. Виконуємо дії:
(2х + 5) • 5 = ІОх + 25.
Перетворимо:
ІОх + 25 = ІОх + 20 + 5 = 10 (х + 2) + 5. Відкидаючи 5, отримуємо число (див. попереднє доведення) х + 2. Віднімаючи 2, отримуємо шуканий вік х.
305. Тринадцята паличка не зникла, вона розподілилася між іншими дванадцятьма, подовживши їх. У цьому можна переконатися або вимірюванням довжин спочатку даних тринадцяти паличок і утворених дванадцяти або геометрично.
Уявімо пряму (див. мал. 186 на стор. 228), яка сполучає верхні кінці даних тринадцяти паличок. Ця пряма і пряма MN утворюють сторони кута, які перетинає ряд паралельних прямих на рівних відстанях одна від одної. Пригадавши відповідну геометричну теорему, ми зрозуміємо, що пряма MN відтинає від другої палички
1 2 4
— її ДОВЖИНИ, ВІД третьої — ВІД четвертої — і т. д.
12 12 12
Зсуваючи обидві частини картону, ми приставляємо відтятий відрізок кожної палички (починаючи з другої) до нижньої частини попередньої.
А оскільки кожен відтятий відрізок більший від попереднього
на одну й ту саму частину (на
то кожна паличка після
виконання цієї дії має подовжитися на — своєї довжини і всіх
12
529


паличок має утворитись 12. На око це подовження непомітне, тому зникнення тринадцятої палички на перший погляд видається доволі загадковим.
Мал. 396.
Аби підсилити ефект, можна розмістити палички по кругу, як показано на мал. 396. Якщо вирізати внутрішній круг і закріпити його у центрі так, щоб він міг обертатися, то певним поворотом круга ми знову досягнемо зникнення однієї палички.
До одинадцятого розділу
306. Найменшим спільним кратним кількох чисел (Н. С. К.) є добуток всіх простих множників одного числа і множників всіх інших чисел, яких нема серед множників першого числа. Для чисел першого десятка Н. С. К. утворюється, очевидно, з таких множників: 2-3-2-5-7-2-3, що й дає число 2 520.
Цікаво зазначити, що Н. С. К. чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 і 10 збігається з Н. С. К. другої половини цього десятка чисел, тобто з Н. С. К. чисел 6, 7, 8, 9 і 10.
Це є прикладом, який ілюструє загальне положення про те, що Н. С. К. будь-якого парного числа чисел натурального ряду від 1 до 2п збігається з Н. С. К. другої їхньої половини: п + 1, п + 2, ..., 2п.
307. У всіх випадках розкладання мандаринів у пакети не вистачає лише одного мандарина. Отже, якщо би ми мали на один мандарин більше, то їхнє число ділилось би на 10, на 9, на 8, на 7, на 6, на 5, на 4, на 3 і на 2.
530


Проте таким числом, як ви знаєте з розв’язання попередньої задачі, є 2520 або кратне йому.
Отже, ми мали щонайменше 2519 мандаринів.
308. Таких чисел безліч. Найменше з них — 58. Справді, різниця між дільником і остачею у всіх випадках дорівнює 2. Отже, якщо до шуканого числа додати 2, то воно поділиться без остачі на будь-який із вказаних у задачі дільників.
Найменшим кратним чисел 3, 4, 5 і 6 є 60. Віднімаючи 2, отримуємо 58.
309. Найменше кратне чисел 2, 3, 4, 5 і 6 дорівнює 60. Потрібно знайти кратне 7, яке на 1 більше від кратного 60. Зауважимо, що
60п +1 = 7* 8п + 4ті + 1.
Число 60п + 1 ділиться на 7, якщо 4п +1 ділиться на 7. Найменше зі значень п, які задовольняють умову задачі, — число 5.
Отже, у кошику могло бути ЗОЇ яйце. При наступному відповідному значенні п = 12 виходить 721 яйце. Однак цей випадок (і всі наступні) виключаються: такий важкий кошик жінка не змогла б нести.
310. Очевидно, що задумане число кратне 7, 8 і 9. Отже, воно дорівнює: 7-8-9 = 504. Інших множників у нього нема, оскільки за наявності найменшого з них, тобто ще однієї двійки, шукане число стало би вже чотиризначним.
311. Н. С. К. чисел 4, 8, 12 і 16 є 48. Отже, теплоходи зійдуться через 48 тижнів, тобто 4 грудня 1953 року.
312. Ціна на сіль і мило — кратна числу 3. Кількість пачок цукру та коробок сірників теж є кратною трьом. Тому сума вартості всіх покупок має бути кратна числу 3. Цієї кратності не було у сумі, позначеній на чеку (сума цифр 2 + 9 + 1 + 7 = 19 не ділиться на 3). Отже, у підрахунках є помилка.
313. Розв’язок ґрунтується на тому спостереженні, що ліва сторона рівняння ділиться на 9, а це означає, що і права сторона має ділитися на 9. Тому, має ділитися на 9 і сума цифр: 4 + 9 + + 2 + а + 4. Однак 4 + 9 + 2 + 4 = 19. Таким чином, а = 8. Інших значень а мати не може, оскільки заміняє цифру.
Добуваючи тепер корінь квадратний з числа 492 804, отримаємо: З (230 + t) = 702. Звідси t = 4.
314. Ліва частина рівності ділиться на 11. Отже, і права частина має ділитися на 11. Відповідно до ознаки подільності на 11 531


отримаємо: 1+2 + 1 + 7 = а + 3. Звідси а = 8. (Інші випадки, передбачені ознакою подільності, тут не простежуються, оскільки дають для а від’ємні або двозначні значення.)
Добуваючи корінь квадратний з числа 37 810 201, отримуємо 6 149. Тепер маємо нескладне рівняння:
11(492 + х) = 6 149.
Розв’язавши його, знайдемо, що х = 67.
315. Ми знаємо, що числа 103 + 1 і 106 - 1 діляться на 1001. Неважко переконатися, що число 109 + 1 також ділиться на 1001, а отже, й на 7, 11 і 13.
Тепер беремо довільне число, яке розбивається на 4 грані, наприклад, 31 218 001 416, і подаємо його у такому вигляді:
31 218 001 416 = 416 +1• 103 + 218 • 106 + 31 • 109 =
= 416+1 (103 + 1 - 1) + 218 • (106 - 1 + 1) + 31 (Ю9 + 1 - 1) = = (416 - 1 + 218 - 31) + [(103 + 1) + 21 8 (106 - 1) + 31 (Ю9 + 1)].
Число, взяте в квадратні дужки, ділиться на 7, 11 і 13. Отже, подільність випробуваного числа на 7, 11 і 13 залежить тільки від подільності числа, взятого у перші круглі дужки, яке є різницею сум граней через одну: (416 + 218) - (1 + 31) = 602.
Число 602, а разом з ним і випробуване число діляться на 7 та не діляться на 11 й на 13.
316. Запишемо тризначне число у звичайній алгебраїчній формі: ЮОх + 10г/ + z. Потрібно довести, що воно ділиться на 8 за умови, що двозначне число (Юх + у), утворене цифрами сотень (х) і десятків
(у) й додане до половини числа одиниць (з), тобто число Юх + у +
ділиться на 4.
Нехай
Юх + у +-|- = 4/г, у 2
де & — будь-яке ціле додатне число. Виразимо звідси z і підставимо в запис тризначного числа:
20х + 2у + z = 8/?, z = 8k - 20х - 2у,
ЮОх + 10г/ + z = ЮОх + ІОу + 8k - 20х - 2у = 80х + 8у + 8k. Очевидно, що останній вираз, а отже, й початкове тризначне число діляться на 8.
532


Ну, а якщо ІОх + у + не ділиться на 4? Чи випливає звідси, Z
що й дане число ІООх + 10z/ + z не ділиться на 8?
Відповідь дає обернена теорема.
Якщо ІООх + 10z/ + z ділиться на 8, то lOx + z/4--^- неодмінно ділиться на 4.
Справді, нехай
ІООх + 10z/ + z = 8/?.
Виразимо звідси z і підставимо в ІОх + у + Отримаємо: z
ІОх + у +-^- = ІОх + у + — • (8k - ІООх -10г/) = -40х - 4г/ + 4/г. Z Z
Подільність цього виразу на 4 є очевидною.
Тепер ознака подільності тризначного числа на 8 встановлена цілком. Поєднуючи її із загальновідомою ознакою подільності багацифрового числа на 8, можна вважати доведеним, що дане
ділиться о ділиться л
число —= на 8, якщо —= на 4 число, утворене
не ділиться не ділиться
цифрами сотень і десятків даного числа й додане до половини числа його одиниць.
317. Нехай N — число, що розбивається на 3 грані. Подамо його у такій формі:
N = 106а + 103Ь + с, де а, b і с — числа, що утворюють грані. Нехай а + b + с ділиться на 37. Тоді а + Ъ + с = 37 k. Виразимо звідси с і підставимо в 2V:
N = 106а + 103& + 37k-a-b = a (106 - 1) + Ъ (103 - 1) + 37/г.
Числа 106 - 1, 103 — 1 і 37 діляться на 37, отже, й число N ділиться на 37.
Обернену теорему доведіть самостійно.
318. Застосуйте такий самий прийом у доведенні, як у розв’язку попередньої задачі. З доведеної властивості випливатиме таке правило визначення подільності даного числа на 3, 7 і 19:
відділити від даного числа останні дві цифри і до отриманого числа додати відділене число, помножене на 4; якщо потрібно, 533


повторити процес до отримання результату, подільність якого на
З, 7, 19 або на 399 = 3-7-19 була б очевидною. Якщо результат
ділиться— на 299 чи на його множники, то й дане число не ділиться ділиться не ділиться
на 399 чи на його множники.
З’ясуємо, наприклад, цим способом подільність на 3, 7 і 19 чисел 138 264 і 40 698. Маємо:
для числа 138 264:
64 х 4 = 256,
.1382
256
1638; 38 х 4 = 152,
+ 16
152
168 .
Продовжувати процес далі нема змісту. Робимо висновок: 168, а отже, й дане число 138 264 діляться на 3 і на 7, але не діляться на 19.
для числа 40 698:
98 х 4 = 392,
, 406
392
798; 98 х 4 = 392,
+ 7
+ 392
399 .
399 ділиться на 3, 7 і 19, отже, й дане число 40 698 ділиться і на 3, і на 7, і на 19, а також і на 399.
319. Відомо, що хт — 1 ділиться на х — 1 (див. стор. 243). Отже, II10 - 1 = (11 - 1ХИ9 + II8 + II7 + 1Г + 11б + II4 + II3 + II2 + 11 +1). Перший співмножник — 10. Другий співмножник теж ділиться на 10, оскільки він складається з 10 доданків, кожен з яких закінчується на 1 (будь-який цілий степінь числа 11 закінчується на 1). Однак якщо кожен з двох співмножників ділиться на 10, то їхній добуток ділиться на 100, отже, й II10 — 1 ділиться на 100.
320. 1. Нехай N = ІОх + у ділиться на 7. Тоді
ІОх + у = 7k, де k — ціле додатне число. Число обернене і збільшене на цифру десятків даного числа має вигляд: 10z/ + х + х = 10г/ + 2х. Підставимо сюди 7k — ІОх замість у, отримаємо число: 10 (7k — ІОх) + 2х = = 70& — 98х, яке, як бачимо, ділиться на 7.
2. 	Нехай N = ЮОх + 10г/ + z ділиться на 7. Тоді
ЮОх + 10г/ + z = 7k, де k — ціле додатне число.
534


Число обернене й зменшене на різницю цифр одиниць і сотень даного числа має вигляд:
100z + Юг/ + х - (х — х) = 99z + 10г/ + 2х.
Замінимо тут z через 7k — ЮОх — 10г/; отримаємо число:
99 (7 k - ЮОх - Юг/) + Юг/ + 2х = 99 - 7k - 9900х - 990г/ + + Юг/ + 2х = 99 • 7k - 9898х - 980г/,
яке, як бачимо, ділиться на 7.
3. 	Доведемо спочатку пряму теорему.
Нехай N = 100г + Юх + г/, причому х + у + z = 7. Тоді
2V = 100 (7 — х — г/) + Юх + у = 700 - 90х - 99г/ =
= 700 - 91х - 98г/ + х - у = 7 (100 - ІЗх - 14г/) + (х - г/).
Для того, щоб N кытлъся. на 7, необхідно, щоб х — у ділилося на 7. Оскільки за умовою х < 7 і у < 7, то це може бути лише при х — у = 0, тобто при х = г/.
Пряма теорема стверджує, відповідно, про необхідну умову подільності числа N на 7.
Доведемо тепер обернену теорему.
Нехай N = 100 (7 - х - у) + Юх + г/, причому х = г/. Тоді
N = 100 (7 - 2х) + Юх + х = 700 - 189х = 7 (100 - 27х).
Як бачимо, воно ділиться на 7. Обернена теорема стверджує, відповідно, про достатню умову подільності числа на 7.
До дванадцятого розділу
324. Один з можливих варіантів розв’язку подано на мал. 397.
325. Розв’язок показано на мал. 398.
326. Розв’язок показано на мал. 399.
327. Розв’язок показано на мал. 400.
328. На мал. 401, а показано шестикутник із сумою, яка дорівнює 22 уздовж кожної сторони і кожного радіуса; на мал. 401, б відповідні суми дорівнюють 23.
329. Розв’язок показано на мал. 402.
330. Розв’язок показано на мал. 403.
331. Пронумеруємо рядки і стовпці даного квадрата (мал. 404, а). Серед його чисел, як ми знаємо (див. властивість 66, стор. 260), є такі, суми квадратів і суми кубів яких однакові. Це — 12,14, 3, 5 і 15, 9, 8, 2. Проте в даному квадраті ці числа розміщені не по діагоналях. Для того, щоб вони розмістилися уздовж діагоналей, достатньо виконати такі перестановки: рядок II помістити на 1-е місце, рядок IV — на 2-е місце, рядок І — на 3-є місце і рядок
535


536


Мал. 400.
Мал. 401.
537


Мал. 402.
1 / /16
9 / /15
3 / /14
11/
/13
8 / /2
7 / /10
6 / /4
5 / /12
Мал. 403.
12
6
7
9
13
3
2
16
1
15
14
4
8
10
11
15
б)
Мал. 404.
538


Ill 	— на 4-е місце, а потім поміняти місцями 2-й і 3-й стовпці. Неважко перевірити, що новий квадрат (мал. 404, б), утворений таким чином, має всі необхідні властивості.
332. 	Складаємо чарівний квадрат за схемою, наведеною у тексті задачі (мал. 405, а). Він матиме й багато додаткових властивостей, вказаних у тексті задачі, але не всі.
1
29
27
7
23
11
13
17
15
19
21
9
25
5
3
31
5
25
3
31
11
23
13
17
29
1
27
7
19
15
21
9
12 3 4
а) б)
Мал. 405.
Якщо тепер рядок IV поставити на місце рядка І, рядок І — на місце рядка III, а рядок III — на місце рядка IV, після цього поміняти місцями другий та перший стовпці, то утворений квадрат (мал. 405, б) теж буде чарівним і матиме всі необхідні додаткові властивості. Так, наприклад, суми квадратів чисел у рядках І і III цього квадрата однакові і суми квадратів чисел у рядках II і IV теж однакові:
52 + 252 + З2 + ЗІ2 = 292 + І2 + 272 + 72,
II2 + 232 + ІЗ2 + 172 = 192 + 152 + 212 + 92. Аналогічно для стовпців:
52 + II2 + 292 + 192 = З2 + ІЗ2 + 272 + 212, 252 + 232 + І2 + 152 = ЗІ2 + 172 + 72 + 92.
Переконайтеся самі у правдивості й інших додаткових властивостей, вказаних у тексті задачі.
333. 	Доповнити дев’ятиклітинковий квадрат до симетричної східчастої фігури (мал. 406, а), розмістити в ньому 9 цілих чисел від 1 до 9 скісними рядами. Усі числа, що опинилися поза квадратом, помістити в нього, керуючись правилом, викладеним у тексті задачі (мал. 406, б). Основні властивості чарівного квадрата, як неважко переконатися, виконуються. Константа цього квадрата— 15.
539


1
4
2
7
5
3
8
6
9
4
9
2
3
5
7
8
1
6
а) б)
Мал. 406. Складання чарівного квадрата сьомого порядку виконайте самостійно.
зо
31
32
33
зо
31
32
33
34
35
36
37
41
40
39
38
38
39
40
41
34
35
36
37
42
43
44
45
45
44
43
42
ЗО
44
43
33
зо
44
43
33
41
35
36
38
41
35
36
38
34
40
39
37
37
39
40
34
45
31
32
42
42
32
31
45
Мал. 407.
334. 	Даний квадрат (див. мал. 201 на стор. 268) містить 4 горизонтальних і 4 вертикальних ряди по 4 білі клітинки у кожному, 3 горизонтальних і 3 вертикальних ряди по 3 білі клітинки у кожному, тобто його можна скласти, чергуючи стовпці та рядки двох чарівних квадратів: одного з 16 клітинок і одного з 9 клітинок. У дев’ятиклітинковому квадраті клітинок менше, ніж у шістнадцятиклітинковому, а їхні константи за умовою мають бути однаковими, отже, для дев’ятиклітинкового квадрата потрібно
540


46
49
47
52
50
48
53
51
54
49
54
47
48
50
52
53
46
51
Мал. 408.
взяти 9 найстарших чисел з числа даних. Кожний з квадратів складемо за відповідними схемами (мал. 407 і 408). Обидва утворених квадрати мають одну й ту саму константу: 150. Залишається тепер з’єднати їх в один квадрат, розміщуючи рядки і стовпці другого квадрата між рядками і стовпцями першого (мал. 409). Числа, розміщені вздовж діагоналей цього квадрата, входять до складу діагоналей квадратів, які його утворюють; тому їхні суми однакові і дорівнюють необхідному числу 300.
335. 	Беручи розміщення плиток, подане на мал. 203 (стор. 269), за початкове, рухайте їх у такому порядку (заповнюючи послідовно вільне місце): 12, 8, 4, 3, 2, 6,10, 9,13,15,14,12, 8,4, 7,10, 9,14,12, 8,4, 7,10,9,6,2, 3,10,9,6, 5,1, 2,3,6,5,3,2,1,13,14, 3,2,1,13,14,3, 12,15,3.
Рівно 50 ходів!
541


Нове розміщення плиток зображено на мал. 410. Неважко перевірити, що утворений квадрат — чарівний з константою ЗО. Пересуваючи плитки, можна, зрозуміло, дійти й до іншого розміщення чисел у формі чарівного квадрата, але мені невідоме розв’язання, коротше за 50 ходів.
13
1
6
10
14
2
5
9
12
11
7
3
15
8
4
Мал. 410.
Спробуйте! Користуючись відомою вам схемою побудови чарівного квадрата, ви можете завчасно скласти цілий ряд чарівних квадратів з чисел 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10,11,12,13,14 і 15. Щодо можливості розміщення плиток у формі числового чарівного квадрата, то з цього приводу в умові задачі зазначено, що ніякими пересуваннями плиток неможливо добитися заданого розміщення, якщо спочатку всі 15 плиток були розміщені у порядку зростаючих номерів від 1 до 15, а порожня клітинка — остання після плитки з числом 15 (див. мал. 202 на стор. 269). Ця обставина пов’язана з основним виведенням теорії «гри у 15», яку розробили математики наприкінці минулого століття (1879 р.).
Виявляється, яке б не було початкове розміщення 15 плиток у коробочці, можна наперед передбачити, чи здійсненне за допомогою пересувань їхнє «правильне» розміщення, тобто розміщення плиток у порядку зростаючих номерів. Для цього потрібно лише виконати невелику допоміжну операцію: здійснити укладання плиток, довільно розміщених у коробочці, в порядку зростаючих номерів не за допомогою пересувань, а шляхом обміну місцями плиток, які лежать поряд у рядку чи стовпці, й підрахувати число необхідних обмінів. Якщо отримане число виявиться парним, то це означатиме, що плитки у коробочці можливо повністю впорядкувати також і за допомогою пересувань та, навпаки, неможливо їх упорядкувати, якщо отримане число виявиться непарним.
542


Допоміжну операцію обміну легко здійснити. Візьмемо, наприклад, розміщення плиток у формі чарівного квадрата, зображене на мал. 410, як початкове розміщення. Визначимо, чи можна шляхом пересувань досягти «правильного» їх розміщення.
Проведемо допоміжну «обмінну» операцію для відновлення порядку і підрахуємо число обмінів. На порожньому місці для зручності уявимо плитку з числом нуль. У кінці операції ця «плитка» має опинитися після плитки з числом 15, тобто в нижньому правому куті. Почнемо з плитки № 1. Для того, аби помістити її на перше місце, достатньо здійснити один обмін з плиткою № 13. Далі плитка № 13 має поступитися своїм місцем плитці № 2 (ще один обмін). Помістимо тепер на «своє» місце плитку № 3. Для цього її доведеться послідовно обміняти з плитками 15, 8,11, 5 і 6 або, що не має значення, іншим шляхом, наприклад, з плитками 0, 14, 13, 5, 6 (п’ять обмінів). Плитка № 4 займе «своє» місце після обміну з плитками 7, 9 і 10 (три обміни). Поки що ми здійснили 1 + 1 + 5 + 3 = 10 обмінів; 4 плитки зайняли «свої» місця (мал. 411).
1
2
3
4
14
13
6
10
0
12
5
9
15
8
11
7
Мал. 411.
Ви легко завершите цю операцію обміну самостійно. Підрахунок числа обмінів покаже, що всього їх буде потрібно 31, тобто число непарне. Отже, плитки, розміщені у формі чарівного квадрата (мал. 410), неможливо повністю впорядкувати за допомогою пересувань.
Тому неможливий розв’язок і оберненої задачі: «правильно» розміщені плитки, як на мал. 202 (див. стор. 269), розмістити у формі чарівного квадрата.
Не лише чарівний квадрат на мал. 410, взятий для прикладу, а й будь-який інший, складений з чисел від 0 до 15, потребує непарної кількості обмінів для відновлення чисел у порядку від 1 до 15 з нулем у правому нижньому куті квадрата. Це твердження
543


легко перевірити практично, але його доведення в загальному вигляді мені невідоме.
336. 	Шукане розміщення чисел подано на мал. 412. Неважко переконатися у тому, що всі вимоги умови задачі виконуються.
Мал. 412.
Чарівний квадрат на мал. 205 (див. стор. 270) названо «перевертнем» за те, що він залишається чарівним з тією самою константою, якщо його повернути «догори дном».
337. 	Маємо за умовою
Звідси
ал 4- ал 4- а„ = S, 14/
d 4- d 4- = S.
10 9'
аз + а0 + а9 = S’ а3 + а5 + а7 ~ 3
а0 + а9 = S ~ аз> a6 + a7=S~ a3
а4 + а7 = S - аг, ав + а9 = S ~ аі>
9
і, отже, а4 4- а7 = аб 4- а9, aQ 4- а9 = а5 4- аг Додаючи почленно останні дві рівності, отримаємо: а4 4- а7 4- а5 4- aQ = 2а5 4- aQ 4- а7 або а4 4- aQ = = 2а5. Додамо до обох частин цієї рівності по аб, тоді а4 4- а5 4- aQ = = Зак, але ал + ar + а= S9 отже, о' 4 5 в г
За -Si а5 = тг
5 о
Аналогічно можна встановити правильність відповідної властивості для числа, яке займає центральну клітинку чарівного квадрата з 25 клітинок і взагалі квадрата з непарною кількістю клітинок.
338. 	1. Складіть три повних допоміжних чарівних квадрати. Перші два зі сталими добутками а3 і Ь3 складіть так, як вказано у тексті задачі (мал. 413, а і б). За тим самим принципом складіть і третій квадрат зі сталим добутком с3, причому почніть із заповнення числами 1, с, с2 тієї самої діагоналі, з якої починали складання другого квадрата, але розташовуйте їх не згори — вниз — праворуч, а знизу — вгору — ліворуч (мал. 413, в).
544


1
ь2
ь
ь2
ь
1
ь
1
ь2
б)
ас2
ь2
а2Ьс
а2Ь2
аЬс
с2
Ьс
2 2 а с
ab2
РЛЗтЗ 3 = а о с
г)
Мал. 413.
Накладіть тепер другий і третій квадрати на перший квадрат та перемножте числа, які опинились в одній і тій самій клітинці. Утворений квадрат (мал. 413, г) — шуканий.
2. Див. мал. 414.
1
а2Ь
ас
Ьс
а
2 а
а3
с
ь
Мал. 414.
До тринадцятого розділу
343.1. За умовою одне число від іншого має відрізнятися тільки розміщенням цифр.
Візьмемо одну цифру, скажімо 1. Вона може зайняти будь-яке з десяти місць десятизначного числа. Ось уже маємо 10 можливих десятизначних чисел. У кожному з цих чисел залишається по 9 вільних місць, і на будь-яке з них можна помістити другу цифру, скажімо 2. Так утворюється вже 10 • 9 = 90 чисел, у кожному з яких ще по 8 вільних місць для третьої цифри. Заповнюючи вільні місця по одному разу цифрою 3, утворюємо 10 • 9 • 8 = 720 545


чисел, у кожному з яких залишається по 7 вільних місць для четвертої цифри. Всі можливі варіанти розставлення четвертої цифри (4) дадуть 10 • 9 • 8 • 7 = 5040 чисел із шістьма вільними місцями в кожному.
Так, продовжуючи раз у раз підраховувати всі можливі випадки розміщення цифр, знайдемо, що 10 цифр на десяти місцях можна розмістити 10-9-8-7-6-5-4-3-2-1=3 628 800 способами. Однак оскільки серед цифр є нуль, tq не у всіх цих 3 628 800 випадках утворене число буде десятизначним. Коли нуль на першому місці зліва, наприклад у числі 0 123 456 789, то він не вважається значущою цифрою, число стає не десяти-, а дев’яти- значним і умову не задовольняє. Кожна цифра має побувати на першому місці однакову кількість разів. Усіх цифр 10. Отже, в 1/10 частини від 3 628 800 можливих випадків першою цифрою буде нуль, а число — дев’ятизначним. У всіх інших випадках (число яких можна відразу підрахувати, помноживши 9/10 на 3 628 800) утворюватимуться необхідні десятизначні числа. Отже, використовуючи кожну з 10 цифр лише один раз, можна утворити
9-3628800
— = 3265920 десятизначних чисел.
III. Кожен добуток числа а на число 1-ої групи складається з неповторюваних дев’яти цифр; кожен добуток числа b на число 1-ої групи складається з десяти неповторюваних цифр. Добутки чисел а і b на числа 2-ої групи містять повторювані цифри. Числа першої групи не мають відмінних від одиниці спільних дільників з числами а і Ь. Числа другої групи — мають. Якщо а помножити на 8 і додати 9, то отримаємо Ь: 123 456 789 • 8 + 9 = 987 654 321.
IV. Причина явища полягає в тому, що добуток складається із самих одиниць: 12 345 679 х 9 = 111 111 111.
344. І. Я просто проглянув таблицю квадратів чисел у межах від 32 до 99 і виконав відповідні підрахунки. Не слід нехтувати й такими способами розв’язування.
345. Дослід 1. Спочатку встановимо, що стосовно складання різниць з даних чисел не вважаються різними ті групи чисел, які утворюються з однієї (a, b9 с9 d) шляхом колової перестановки чисел: (d, а, Ь, с), (с, d, а, Ь)9 (Ь, с, d, а) або (с, b, a, d)9 (b9 а9 d9 с) і т. д., оскільки для остаточного результату несуттєво, яке місце займає дане число у своїй групі, лише би його оточували ті самі сусіди (сусідом четвертого числа вважаємо перше).
546


Погляньмо тепер, скільки різних між собою початкових груп з чотирьох чисел можна утворити, комбінуючи парні та непарні числа без зазначення їхньої величини.
Перша комбінація: всі числа парні [п, п, п, п];-друга комбінація: три парних числа й одне непарне [п, ті, ті, н]. Далі: [п, ті, н, «], [п, н, н, н], [п, н, ті, н], [н, н, н, н]. Разом шість комбінацій. Будь-яка інша комбінація буде коловою перестановкою однієї з цих шести.
У кожній з цих шести груп четверті різниці складатимуться лише з парних чисел. Для першої комбінації чисел [п, п, п, ті] висловлене твердження очевидне. Переконаємося в його правдивості для другої комбінації: Ао = [п, п, п, н]. Оскільки завжди різниця двох парних чи двох непарних чисел — число парне, а парного і непарного чисел — число непарне, то Аг = [п, п, н, н\, А2 = [п, н, п, н], А3 = [н, н, н, «], А4 = [ті, ті, ті, п].
Випробуйте самі кожну з інших чотирьох можливих комбінацій. У всіх випадках четвертий ряд різниць (А4) складатиметься лише з парних чисел (тобто всі числа ряду А4 будуть кратними числу 2).
Доведемо тепер, що всі числа восьмого ряду різниць (А8) кратні 4. Для доведення замінимо тимчасово числа четвертого ряду різниць на їхні половинки і складемо перший ряд різниць з цих половинок. Чим відрізнятиметься цей ряд від п’ятого ряду справжніх різниць?
Відповідь. Його числа також будуть половинками чисел ряду А^
Наприклад, А4 = (4, 6, 12, 22), тоді Д. = (2, 6, 10, 18). Якщо ж складемо ряд з половинок: (2, 3, 6, 11), то ряд різниць (1, 3, 5, 9) теж складатиме половинки чисел ряду А5.
Таке співвідношення між числами збережеться і для наступних рядів різниць, тобто другий ряд різниць половинок складатиме половину ряду А6, третій ряд різниць половинок — половину ряду А7, четвертий ряд різниць половинок — половину ряду Aq. Подвоївши всі числа четвертого ряду половинок, отримаємо числа ряду А8. Однак четвертий ряд різниць половинок, як будь-який четвертий ряд різниць, неодмінно складається з парних чисел, а числа ряду А& ще вдвічі більші від них, отже, числа ряду А8 діляться не тільки на 2, а й на 4, що і треба було довести. Якщо, наприклад, А4 = (4, 6,12, 22) — числа, кратні 2, то А5 = (2, 6,10,18), А6 = (4, 4, 8, 16), А7 = (0, 4, 8, 12), А^ = (4, 4, 4,12) — числа, кратні 4.
Продовжуючи міркування, встановлюємо, що ще через чотири ряди різниць отримаємо числа дванадцятого ряду різниць, А12, які 547


діляться на 8, тобто на 23; числа ряду А1в діляться на 24 і т. д. Так, наприклад, числа різниці А40 мають ділитися на 210= 1024. Припустимо, що жодне число початкового ряду не більше від 1000. Скільки би послідовних різниць ми не складали, отримані числа й поготів не перевищать 1000.
Припустимо, що ми склали з даних чотирьох чисел 39 різниць, і жодна з них не складається повністю з нулів. Тоді Л40 обов’язково складається лише з нулів, бо жодне число цієї різниці не більше від 1000, а водночас усі числа Л40 мають ділитися на 210 = 1024. Проте є лише одне невід’ємне число, яке менше від 1000 і ділиться на 1024, — це нуль. Отже, всі числаЛ40 — нулі.
Якщо початкові числа більші від тисячі, але менші від мільйона, то нулі мають утворюватися принаймні у вісімдесятій різниці (практично завжди значно раніше), оскільки числа різниці мають ділитися на 220 = 1 048 576, а єдине невід’ємне число, менше від 1000 000, яке ділиться на 1048 576, — це нуль. Так можна поширити доведення на будь-яку четвірку даних чисел.
Отже, нема такої четвірки чисел, послідовні різниці яких врешті- решт не перетворилися би на нуль.
Дослід 2. Обґрунтувати цю властивість чисел можна наступним чином:
1. Неважко довести, що сума квадратів цифр будь-якого числа, в якому не менше трьох цифр, менша від самого цього числа.
Звідси випливає, що з якого би числа ми не почали дослід, на деякому етапі досліду отримаємо двозначне число.
2. Для двозначних чисел властивість, яку ми розглядаємо, перевіряється безпосередньо.
Як це часто буває — «а скринька просто відчинялась».
349. V. Зменшимо випробуване число на 1 і допишемо її окремим доданком. Тоді число набуде вигляду
11...1 55...5 + 1.
п разів п разів
При л = 1 це буде 15 + 1 = 16; при п = 2 це буде 1155 + 1 = 1156
іт. д. Далі зауважимо, що число 11...1 можна виразити як суму п разів
степенів числа 10 плюс 1:
11 	— 1 = 10в1 +10"-2 + — + 10+1.
п разів
548


Якщо це зрозуміло, то повернемося знову до випробуваного числа і піддамо його таким перетворенням:
11...1 55...5 + 1 = 11...1 00...0 + 55...5 + 1 =
п разів п разів п разів п разів п разів
= 11—1 10" + 5-11—1 + 1 = 11—1-(10" + б) + 1 =
п разів п разів п разів
= (10п’1 + 10"’2 + — + 10 + 1)(10" + б)+1.
Вираз у перших дужках перетвориться за формулою
іо"-1 + іо"2 +—+іо+1 =
(деякі відомості про цю формулу див. у розділі одинадцятому «Подільність чисел», стор. 243), тоді
(10" -1ЇЇ10” +5) 11-1 55—5 + 1 = - -2L-
>—.—■ -—,—' 10-1
п разів п разів
= 102" + 4-10” +4 = ґ 10" +2?
9 І 3 J ’
що й потрібно було довести. Отже, як би не розростався маленький «числовий кристалик» 16 від багатократного вписування до його середини числа 15, число 11... 1 55...56 завжди буде квадратом
п разів п-1 разів
сла 19"-+2.
З
350. 	І. 11 = 22 : 2 + 2 - 2,
12 = 2x2x2+2 + 2,
13 = (22 + 2 + 2) : 2,
14 = 2x2x2x2-2,
15 = 22 : 2 + 2 + 2,
16 = (2 х 2 + 2 + 2) х 2,
17 = (2х 2)2 +|,
18 = 2x2x2x2 + 2,
19 = 22-2-|,
20 = 22 + 2 - 2 - 2,
21 = 22-2+|,
22 = 22 х 2 - 22,
549


2
26 = 2хІ^ + 2
6 = 4 + (4 + 4) : 4,
7 = 4 + 4 — 4:4,
9 = 4 + 4 + 4 : 4,
8 = 4 + 4 + 4 — 4,
10 = (44 - 4) : 4.
17 _ п п ~ -ft .ті
21 - п + п + -п
.п
23 = 22 + 2-|,
24 = 22 — 2 + 2 + 2,
II. 1 = (4 : 4) х (4 : 4),
2 = (4 : 4) + (4 : 4),
3 = (4 + 4 + 4) : 4,
4 = 4 + (4 - 4) х 4,
5 = (4 - 4 + 4) : 4,
III. 2 = (п : п) + (п : п),
ft--ft
.П + .П ’
7 	= ft ~ -ft - .ті
.ті
12 = п
.ті
Як зобразити інші числа, придумайте самі.
_ о 17469 к 13485 а 17658
351<L 3 = “5823’ 5=1697 ’ 6=~2943~’
16758 25496 57429
2394 ’ 3187 ’ 6381 ’
Одиницю дев’ятьма цифрами можна зобразити так: і23450789 (показник степеня можна скласти довільно з цифр 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9).
95742 =75249 =58239
10638 08361 06471’
352. X. Нехай ті — шукане число. За умовою, п2 закінчується тими самими трьома цифрами. Отже, різниця п2 — ті закінчується трьома нулями.
Розглянемо вираз пк - п, де k — будь-яке ціле додатне число. Винесемо ті за дужки:
nk - п = п(пЛ-1 - 1).
550


Відразу видно, що цей вираз ділиться на п, але він ділиться і на п-1, оскільки пЛ-1 - 1 ділиться на п - 1 (див. стор. 243). Отже, вираз nk - п ділиться на добуток чисел п і п - 1, тобто на п2 —п. Однак оскільки п2, — п закінчується трьома нулями, то й nk - ті має закінчуватися не менше, ніж трьома нулями, тобто пк при будь-якому (цілому і. додатному) k має закінчуватися тими самими трьома цифрами, що й п. Тому, для розв’язання задачі достатньо обмежитися тільки тими числами, квадрат яких закінчується тими самими трьома цифрами.
Числа п і п — 1 як два сусідніх натуральних числа — взаємно прості, а їхній добуток, як встановлено, має ділитися на 1000, отже, одне з них має бути парним і ділитися на 8, а інше має бути непарним і ділитися на 125. Тризначні числа, які задовольняють останню умову, підібрати неважко. їх лише чотири: 125, 375, 625 і 875. Сусідні ж з ними числа такі: 124 і 126, 374 і 376, 624 і 626, 874 і 876. Однак на 8 діляться з них тільки два числа: 376 і 624. Отже, вони — шукані.
353. 	IV. Нехай х — найменше з шуканих чисел; назвемо його першим числом; тоді другим числом першої групи доданків буде х + 1, третім — X + 2, ..., (п + 1)-м числом буде X + п.
Першим числом другої групи буде х + п + 1, другим — X + п + 2, третім — X + ті + 3, ..., n-м числом буде х + п + п = х + 2п. Виходячи з умови складаємо рівняння
х2 +(х + 1)2 +(х + 2)2 + ... + (х + п)2 =
п+1 доданків
= (х + п +1)2 + (х + п + 2)2 ч-... + (х + 2п)2 . (*)
п доданків
Для полегшення подальших перетворень цього рівняння залишимо х2 у лівій частині рівняння, а всі інші ті доданків перенесемо у праву частину рівності й згрупуємо в п різниць квадратів:
х2 = [(х + п +1)2 _ (х +1)2] + [(х + п + 2)2 - (х + 2)2] +... + +|^(x + 2n)2 - (x + n)2j.
551


Кожні квадратні дужки перетворимо за формулою а2 - Ъ2 = (а — Ь) х х (а + Ь):
х2 = п(2х + п + 2) + п(2х + п + 4) +... + п(2х + п + 2п), або
п доданків
•2 = П
(2х + 2х +... + 2х) + (ті + п +... + п) + (2 + 4 +... + 2п)
п доданків л доданків п доданків
В останніх круглих дужках — сума п членів арифметичної прогре- (2 + 2п)п , ч
си: 2 + 4 + ... + 2п = - — = (п + 1)п. Тоді х2 = п [2хп + п2 +
+ п (п + 1)], або х2 — 2п2х — п3 — п3 — п2 = 0. Розв’язуючи квадратне рівняння
х2 - 2п2х - п2(2п + 1) = 0, отримаємо: хг = п (2п + 1) і х2 = —п, де п = 1, 2, 3, ... . Візьмемо поки що лише Xj = ті (2п + 1). Припустимо, що п = 1. Це означає, що ми обмежимося у правій частині рівності (*) о д н и м, а в лівій — двома доданками. При п = 1, хг = 3, і ми маємо: З2 + 42 = 52. При ті = 2 у правій частині рівності (*) буде два доданки, а в лівій — три. При ті = 2, хг = 10, і ми маємо:
102 + II2 + 122 = ІЗ2 + 142.
При п = 3 у правій частині рівності (*) буде три доданки, а в лівій — чотири. При ті = 3, хг = 21, і ми маємо:
212 + 222 + 232 + 242 = 252 + 262 + 272.
Процес утворення рівних сум квадратів послідовних чисел ви можете тепер продовжувати як завгодно далеко. Друге значення кореня х2 = -п, будучи підставленим у рівняння (*), приводить до тотожності при будь-якому п:
(-п)2 + (-п + І)2 + ... + (-1)2 = І2 + 22 + З2 + ... + п2.
VIII. Відомо, що І3 + 23 + З3 + ... + ті3 = (1 + 2 + 3 + ... + п)2 (див. стор. 328). Якщо п — парне, ті = 2k, то ліва частина формули набуває такого вигляду:
І3 	+ 23 + З3 + ... + (2k - І)3 + (27?)3. Згрупуємо доданки цієї суми через один. Тоді
І3 + 23 + З3 + 43 + ... + (2k - І)3 + (2Л03 =
= [І3 + З3 + ... + (2k -1)3] + [23 + 43 + ... + (2А:)3] =
= [І3 + З3 + ... + (2k - І)3] + 23[13 + 23 + ... +&3],
552


звідси
І3 + З3 + 53 + ... + (2k - І)3 =
= [І3 + 23 + ... + (27г)3] — 8 [І3 + 23 + ... + Те3], або
І3 + З3 + 53 + ... + (2k - І)3 =
= (1 + 2 + 3 + ... + 2k)2  З - 8 (1 + 2 + 3 + ... + k)2.
Ми отримали формулу для суми кубів непарних чисел. Вона потрібна для подальшого перетворення виразу
[і3 +З3 + 53 + ... + (2fc-l)3] + [l + 3 + 5 + ... + (2fe-l)]
2 ’
Використаємо її:
[і3 +З3 + 53 + ... + (2A-l)3] + [l + 3 + 5 + ... + (2fe-l)]
2 =
(1 + 2+...+ 2/г)2 -8(1 + 2 +... + 7г)2+[1+3 +...+ (27г-1)]
= 2 '
Перетворимо кожні дужки як суму членів арифметичної прогресії. Тоді
■Si +S3 + • • • + ^2/<-l ~
2 [l + (2fe-l)]ife + 2
(l + 2k)2k 2
2
-8
'(l + k)k 2
2
_(l + 2k)2kz-2(l + k)2kz+k2 _
2
kz(l + 4:k + 4:kz-2-4k-2kz +1) k2.2k2 = = = k4.
2
X. Спочатку встановимо залежність першого члена кожного рядка, починаючи з другого, від номера рядка, в якому він міститься, і від першого члена попереднього рядка. Помічаємо, що
З = 1 + 2 • 1, 7 = 3 + 2 - 2, 13 = 7 + 2 - 3, 21 = 13 + 2 - 4 і т. д.
553


Відповідно для першого члена n-го рядка маємо: а = а , + 2 (п - 1).
Для першого члена (п - 1)-го рядка
■ а„-1 = ап-2 + 2(п-2)
і далі:
аП-2 = ап-3 + 2(П-3)>
а2 = а1 + 2 • 1.
Утворилась східчаста залежність. Крокуючи по цих сходинках, можна отримати зв’язок між першою сходинкою ап і останньою аГ Для цього виключимо з першої рівності ап_ р замінюючи її на відповідний вираз із другої рівності. Отримаємо: ап = ап _ 2 + 2 (п - 1) + 2 (п - 2).
Звідси таким самим чином виключимо ап _ 2, потім з отриманого виразу виключимо ап 3 і т. д. У результаті матимемо: ап = а1 + 2 [(п - 1) + (п - 2) + ... + 2 + 1] =
(ті — 1) +1 / ч ч
= аг +2- (п-1) = а\ + и(п-1),
або ап = 1 + п (ті - 1) = п2 - п + 1. Такою є залежність першого члена будь-якого рядка трикутника Никомаха від номера цього рядка.
Знаючи, що доданків у кожному рядку ті, а різниця між ними d = 2, ви тепер зможете самостійно підрахувати суму чисел у рядку і підтвердити, що вона справді дорівнює пг.
До чотирнадцятого розділу
357. Для доведення знайдемо спочатку загальний член кожного ряду таблиці. Загальний член (ап) кожної арифметичної прогресії, як відомо, дорівнює сумі її першого члена (oQ і добутку різниці прогресії (d) на число попередніх членів: ап = ах + d (п - 1).
Позначатимемо через п-й член k-ro ряду, а через dk — різницю
/г-го ряду.
Для першого ряду таблиці: ап = 4, dY = 3, отже, ап1 = 4 + 3 (п - 1) = 1 + Зп.
Для другого ряду: а12 = 7, d2 = 5, отже,
ап2 = 7 + 5 (п - 1) = 2 + 5п.
Для третього ряду: а13 = 10, d3 = 7, отже,
ап2 = 10 + 7 (п - 1) = 3 + 7п.
554


Для /г-го ряду: а1к = 1 + ЗА?, dk = 1 + 2А?, отже,
апк = 1 + ЗА? + (1 + 2k)(n - 1) = k + (2k + 1) ті.
Формула ank = k + (2k + 1) n, де k = 1, 2, 3, 4, ... і незалежно від нього п = 1, 2, 3, 4, ...» виражає будь-який член таблиці.
Якщо якесь число N міститься у таблиці, то воно дорівнює одному з чисел апк, тобто N = k + (2k + 1) п. Тоді
2N + 1 = 2 [k + (2k + 1) n\ + 1 = 2k + 1 + ±kn + 2n = = 2k + 1 + 2n (2k + 1) = (2k + l)(2n + 1),
тобто число 2N + 1 складається з добутку принаймні двох множників, з яких жоден не дорівнює 1, отже, за визначенням, 2N + 1 — число складене, що й треба було довести.
У зворотному порядку, нехай 2N +1 — будь-яке складене непарне число, отже, його неодмінно можна розкласти на два непарних множники, з яких жоден не дорівнює 1:
2N + 1 = (2k + 1)(2п + 1), де k і ті — якісь числа натурального ряду. Розв’язуючи отриману рівність відносно N, знайдемо:
(2А? + 1)(2п +1) -1
N = -і = k + (2k +1) п = ank,
тобто N у цьому випадку має бути одним з чисел таблиці.
Ми довели таким чином, що числа N, які містяться у таблиці, утворюють за формулою 2N +1 лише складені числа і що для кожного наперед даного складеного непарного числа вигляду 2N + 1 неодмінно є у таблиці число ЛГ, з якого дане число утворене.
Однак всі прості числа (крім 2) — непарні і кожне непарне число (крім 1) — або складене, або просте. Звідси робимо висновок, що просте непарне число вигляду 2N +1 не має відповідного числа N у складі таблиці, з якого воно утворене.
363. Мій юний друг занадто довірився своїм очам і не підкріпив своїх дій доведеннями, що й привело його до вдаваних суперечностей.
Всупереч твердженням мого друга, він жодного разу не отримував суцільного прямокутника з частин квадрата; обов’язково мали утворюватися щілини, можливо, непомітні для ока, або непомітне накладання однієї частини на іншу.
Проаналізуємо будь-який з його «сприятливих» випадків, наприклад, той, коли сторона квадрата з 64 клітинок ділилася на частини завдовжки 5 і 3 одиниць (мал. 236 на стор. 347).
555


Складаючи трикутник А з трапецією С і трикутник В з трапецією D, як показано на мал. 415, ми не можемо отримати злиття ліній EFK та ЕНК в одну діагональ ЕК прямокутника, оскільки лінії EFK і ЕНК — не прямі, а ламані з дуже невеликим зламом у точках F і Н.
Це легко довести. Нехай М — точка, в якій перетинається сторона KL прямокутника з продовженням сторони EF трикутника EFN.
Якщо EFK — пряма, а не ламана, то точка М збігатиметься з точкою К. Перевіримо розрахунками, чи збігаються ці точки.
З подібності трикутників EFN і EML маємо:
ML : FN = EL : EN, або ML : 3 = 13 : 8.
Звідси ML = = 4,875, тоді як KL = 5.
8
Мал. 415.
Точка М, як бачите, не збігається з вершиною К, отже, EFK, а також ЕНК — ламані.
Площа прямокутної фігури KLEG справді займає площу 65 клітинок, але в ній є ромбоподібна щілина EFKH, площа якої якраз і становить одну клітинку.
Залишається розглянути два запитання:
1) чому в нашого «експериментатора» розбіжність між площею квадрата і площею «прямокутника» у всіх випадках, які здавалися йому вдалими, становила рівно одну клітинку?
2) при якому поділі сторін квадрата він міг би отримати суцільний прямокутник, а отже, й повний збіг площ?
Звернімося за допомогою до алгебри. Площа квадрата (див. мал. 235 на стор. 346) дорівнює (х + у)2 = х2 + 2ху + у2. Площа прямокутника (див. мал. 235) дорівнює (2х + у) х = 2х2 + ху. Різниця R між площею прямокутника і площею квадрата дорівнює R = х2 - ху - у2. Площі квадрата і прямокутника будуть рівними, якщо
х2 — ху — у2 = 0.
556


Поділивши на у2, отримаємо квадратне рівняння відносно —:
z \2
|-| -^-1 = 0.
\У) У
Беручи до уваги тільки додатний розв’язок, маємо:
х _ 1 + л/5
У 2 ■
Лише при такому (ірраціональному) співвідношенні частин х та у сторони квадрата при розрізанні його на два рівних трикутники і дві рівні трапеції можливе повноцінне перетворення квадрата на прямокутник.
При раціональних значеннях х та у різниця R не може дорівнювати нулю. При цілих значеннях х та у найменша можлива різниця між площами R = 1. Ось цієї найменшої цілої різниці R мій юний друг і досягав, коли брав як значення х та у пару чисел ряду Фібоначчі, які знаходились поряд (у першому досліді х= 5, у = 3 (стор. 347), у другому — х = 8, у = 5, у двох наступних — х=13, у = 8 і х = 21, у = 13), оскільки саме вони задовольняють одне з рівнянь х2 - ху - у2 = 1 або х2 - ху - у2 = -1 (див. стор. 345).
557


зміст
Передмова автора З
Із передмови до російського видання 2005 року 6
РОЗДІЛ ПЕРШИЙ
ВИГАДЛИВІ ЗАДАЧІ
Підрозділ І
1. Спостережливі школярі 9 376
2. «Кам’яна квітка» 10 376
3. Переміщення шашок 11 376
4. У три ходи 11 377
5. Полічіть! 12 377
6. Шлях садівника 12 377
7. Треба зметикувати 12 377
8. Недовго думаючи 13 378
9. Вниз-вгору 13 378
10. Переправа через річку (старовинна задача) 13 378
11. Вовк, коза і капуста 13 378
12. Викотити чорні кульки 14 379
13. Ремонт ланцюга 15 379
14. Виправте помилку 15 379
15. Із трьох — чотири (жарт) 16 381
16. Три та два — вісім (ще жарт) 16 381
17. Три квадрати 16 381
18. Скільки деталей? 16 381
19. Спробуйте! 16 381
20. Розміщення прапорців 16 381
21. Зберегти парність 17 382
22. «Чарівний» числовий трикутник 18 382
23. Як дванадцять дівчаток грали з м’ячем 18 382
24. Чотирма прямими 20 383
25. Відокремити кіз від капусти 20 383
26. Два потяги 21 383
27. Під час припливу (жарт) 21 383
28. Циферблат 21 383
29. Тріснутий циферблат 21 383
30. Дивовижний годинник (китайська головоломка) 22 384
31. По три в ряд 23 384
32. Десять рядів 24 385
33. Розміщення монет 24 386
34. Від 1 до 19 25 386
35. Швидко, ялр оборожно 25 386
36. Фігурний рак 26 387
558


37. Вартість книги 26 387
38. Неспокійна муха 27 387
39. Менше, ніж через 50 років 27 387
40. Два жарти 27 387
41. Скільки мені років? 28 387
42. Оцініть «на вигляд» 28 387
43. Швидкісне додавання 29 388
44. В якій руці? (математичний фокус) ЗО 388
45. Скільки їх? 31 389
46. Однаковими цифрами 31 389
47. Сто 31 389
48. Арифметичний двобій 31 389
49. Двадцять 32 389
50. Скільки маршрутів? 33 390
51. Змінити розміщення чисел 34 391
52. Різні дії, один результат 34 392
53. Дев’яносто дев’ять і сто 35 392
54. Розбірна шахівниця 35 392
55. Пошуки міни 35 392
56. Зібрати в групи по 2 37 393
57. Зібрати в групи по 3 38 393
58. Годинник зупинився 38 394
59. Чотири дії арифметики 38 394
60. Спантеличений водій 39 394
61. Прилади для Цимлянського гідровузла 40 395
62. Хлібоздачу — вчасно 40 .395
63. У дачному потязі 40 396
64. Від 1 до 1 000 000 000 40 396
65. Страшний сон футбольного вболівальника 41 396
Підрозділ II
66. Годинник 42 397
67. Сходи 42 397
68. Головоломка 42 397
69. Цікаві дроби 42 397
70. Яке число? 43 397
71. Шлях школяра 43 397
72. На стадіоні 43 398
73. А чи виграв час? 43 398
74. Будильник 43 398
75. Замість дрібних часток — великі 44 398
76. Брусок мила 44 399
77. Арифметичні «горішки» 44 399
78. Дроби-доміно 45 400
79. Мишкові кошенята 46 400
559


80. Середня швидкість 47 400
81. Сплячий пасажир 47 400
82. Яка довжина потяга? 47 400
83. Велосипедист 47 400
84. Змагання 47 401
85. Хто має рацію? 48 401
86. Три підсмажені скибочки — на вечерю 48 401
РОЗДІЛ ДРУГИЙ
СКРУТНІ СИТУАЦІЇ
87. Кмітливий коваль Хечо 49 401
88. Кіт і миші 51 402
89. Сірники довкола монети 52 403
90. Жереб випав на чижа і вільшанку 52 403
91. Розкласти монети 53 403
92. Пропустити пасажирськийі 54 403
93. Задача, що виникла через примхи трьох дівчаток 54 403
94. Подальший розвиток задачі 55 404
95. Шашки, що стрибають 55 406
96. Біле й чорне 55 406
97. Ускладнення задачі 56 406
98. Картки укладаються за порядком номерів 56 406
99. Дві головоломки розміщення 56 408
100. Загадкова скринька 57 408
101. Відважний «гарнізон» 58 408
102. Лампи денного світла в кімнаті
для телевізійних передач 59 410
103. Розміщення піддослідних кроликів 60 411
104. Підготовка до свята 61 412
105. Розсадити дубки по-іншому 63 412
106. Геометричні ігри 63 412
107. Чіт і лишка (головоломка) 66 414
108. Упорядкувати розміщення шашок 67 415
109. Подарунок-головоломка 67 416
110. Ходом коня 68 416
111. Переміщення шашок (2 головоломки) 69 416
112. Оригінальне угруповання цілих чисел від 1до 15 70 417
113. Вісім зірочок 71 417
114. Дві задачі на розставляння букв 71 418
115. Розкладення різноколірних квадратів 72 420
116. Остання фішка 72 421
117. Кільце з дисків 73 421
118. Фігуристи на ковзанці зі штучного льоду 74 422
119. Задача-жарт 75 422
560


120. Сто сорок п’ять дверей (головоломка) 75 423
121. Як в’язень вийшов на волю? 77 423
РОЗДІЛ ТРЕТІЙ
ГЕОМЕТРІЯ НА СІРНИКАХ
122. П’ять головоломок 83 423
123. Ще вісім головоломок 84 423
124. З дев’яти сірників 84 424
125. Спіраль 84 424
126. Жарт 85 424
127. Забрати два сірники 85 424
128. Фасад «будинку» 85 424
129. Жарт 86 424
130. Трикутники 86 424
131. Скільки сірників потрібно забрати? 86 424
132. Жарт 86 424
133. «Огорожа» 87 424
134. Жарт 87 424
135. «Стріла» 87 424
136. Квадрати й ромби 87 424
137. В одній фігурі — різні багатокутники 88 424
138. Планування саду 88 424
139. На рівновеликі частини 88 424
140. Паркет 89 424
141. Відношення площ зберігається 89 424
142. Знайти контур фігури 90 432
143. Знайти доведення 90 432
144. Побудувати та довести 90 432
РОЗДІЛ ЧЕТВЕРТИЙ
СІМ РАЗІВ ВІДМІР, ОДИН РАЗ ВІДРІЖ
145. На рівні частини 91 432
146. Сім трояндочок на торті 93 434
147. Фігури, що втратили свій контур 93 434
148. Порадьте 94 435
149. Без втраті 94 435
150. Коли фашисти зазіхнули на нашу землю 96 436
151. Спогади електромонтера 96 436
152. Усе знадобиться 97 436
153. Головоломка 97 436
154. Розрубати підкову 98 437
155. У кожній частині — дірка 98 438
156. З «глечика» — квадрат 98 438
157. Квадрат з букви «Е» 99 438
561


158. Красиве перетворення 99 439
159. Відновлення килима 99 439
160. Цінна нагорода 100 439
161. Виручайте бідолаху! 101 440
162. Подарунок для бабусі 102 440
163. Задача для столяра 103 441
164. І в кушніра геометрія! 104 441
165. Кожному коневі свою стайню 104 442
166. Ще більше! 104 442
167. Перетворення багатокутника на квадрат 105 442
168. Перетворення правильного шестикутника
на рівносторонній трикутник 107 443
РОЗДІЛ П’ЯТИЙ
СПРАВЖНІЙ УМІЛЕЦЬ ЗАВЖДИ ЗНАЙДЕ ДІЛО
169. Де знаходиться ціль? 109 444
170. П’ять хвилин на роздуми 110 444
171. Непередбачена зустріч 110 444
172. Колійний трикутник 111 445
173. Спробуйте відважити 111 447
174. Передача 112 448
175. Сім трикутників 112 448
176. Полотна художника 112 448
177. Скільки важить пляшка? 113 449
178. Кубики 113 450
179. Банка зі шротом 114 450
180. Куди прийшов сержант? 114 450
181. Визначити діаметр колоди 115 450
182. Несподіване утруднення 115 451
183. Розповідь учня технічного училища 116 451
184. Чи можна отримати 100% економії? 117 451
185. На пружинних вагах 117 452
186. Конструкторська кмітливість 117 452
187. Мишкова невдача 118 452
188. Знайти центр кола 119 454
189. Котрий із ящиків важчий? 119 455
190. Мистецтво столяра 120 455
191. Геометрія на кулі 120 455
192. Потрібна особлива кмітливість 121 456
193. Важкі умови 122 457
194. Збірні багатокутники 122 458
195. Цікавий спосіб складення подібних фігур 125 458
196. Шарнірний механізм для побудови
правильних багатокутників 127 460
562


РОЗДІЛ шостий
ДОМІНО Й КУБИК
А. Доміно
197. Скільки очок? 133 460
198. Два фокуси 133 461
199. Виграш партії забезпечено 134 461
200. Рамка 135 461
201. Рамка в рамці 135 462
202. «Віконця» 136 462
203. Чарівні квадрати з пластинок доміно 137 462
204. Чарівний квадрат з отвором 140 466
205. Множення в доміно 140 466
206. Відгадати задуману пластинку доміно 142 466
Б. Кубик
207. Арифметичний фокус із гральними кубиками 144 466
208. Відгадування суми очок на схованих гранях 145 466
209. В якому порядку розміщено кубики? 145 467
РОЗДІЛ СЬОМИЙ
ВЛАСТИВОСТІ ДЕВ’ЯТКИ
210. Яку цифру закреслено? 149 468
211. Прихована властивість 151 469
212. Ще кілька цікавих способів пошуку
відсутнього числа 152 469
213. За однією цифрою результату
визначити інші три 154 470
214. Відгадування різниці 154 471
215. Визначення віку 154 471
216. У чому секрет? 154 471
РОЗДІЛ ВОСЬМИЙ
З АЛГЕБРОЮ ТА БЕЗ НЕЇ
217. Взаємна допомога 159 472
218. Нероба і чорт 160 472
219. Тямущий малюк 161 473
220. Мисливці 161 473
221. Зустрічні потяги 162 473
222. Віра друкує рукопис 162 473
223. Пригода з грибами 163 474
224. Хто повернеться раніше? 164 474
225. Плавець і капелюх 164 475
226. Два теплоходи 165 476
227. Перевірте свою кмітливістьі 165 476
563


228. Конфуз відвернуто 166 477
229. У скільки разів більше? 166 478
230. Теплохід і гідролітак 166 478
231. Велофігуристи на арені 167 478
232. Швидкість роботи токаря Викова 168 479
233. Поїздка Джека Лондона 168 479
234. Через невдалі аналогії можливі й помилки 169 480
235. Юридичний казус 170 481
236. Парами та трійками 171 482
237. Хто їхав на коні? 171 482
238. Двоє мотоциклістів 171 482
239. У котрому з літаків був тато Владика? 171 483
240. Поділити на частини 172 483
241. Дві свічки 172 483
242. Надзвичайна проникливість 172 483
243. «Точний час» 173 484
244. Годинники 173 484
245. О котрій годині? 174 485
246. О котрій годині розпочалася
і закінчилася нарада? 174 486
247. Сержант тренує розвідників 174 487
248. За двома повідомленнями 175 489
249. Скільки побудували нових станцій? 175 489
250. Вибрати чотири слова 176 489
251. Чи допустиме таке зважування? 176 490
252. Слон і комар 177 491
253. П’ятизначне число 178 491
254. Років до ста рости вам без старості 179 491
255. Задача Люка 180 492
256. Своєрідна прогулянка 181 493
257. Одна властивість простих дробів 181 495
РОЗДІЛ ДЕВ’ЯТИЙ
МАТЕМАТИКА МАЙЖЕ БЕЗ ОБЧИСЛЕНЬ
258. У темній кімнаті 182 496
259. Яблука 183 496
260. Прогноз погоди (жарт) 183 496
261. День лісу 183 496
262. У кого яке ім’я? 183 497
263. Змагання у влучності 185 497
264. Покупка 185 498
265. Пасажири одного купе 186 498
266. Фінал турніру шахістів Радянської Армії 186 499
267. Недільник 187 501
268. Яке прізвище у машиніста? 187 501
564


269. Кримінальна історія
(З журналу «Scripta Mathematica») 187 501
270. Збирачі трав 188 501
271. Заховане ділення 189 502
272. Зашифровані дії (числові ребуси) 190 502
273. Арифметична мозаїка 192 505
274. Мотоцикліст і вершник 192 507
275. Пішки та автомобілем 193 508
276. «Від супротивного» 193 508
277. Знайти фальшиву монету 194 508
278. Логічна нічия 195 510
279. Троє мудреців 195 511
280. П’ять питань для школярів 196 511
281. Міркування замість рівняння 197 511
282. На здоровий глузд 198 512
283. Так чи ні? 199 512
РОЗДІЛ ДЕСЯТИЙ
МАТЕМАТИЧНІ ІГРИ ТА ФОКУСИ
А. Ігри
284. Одинадцять предметів 200 514
285. Узяти сірники останнім 201 515
286. Перемагає чіт 201 515
287. Цзяньшицзи 201 518
288. Як виграти? 203 —
289. Викласти квадрат 203 —
290. Хто перший скаже «сто»? 204 520
291. Гра у квадрати 205 521
292. Оуа 208 —
293. «Математіко» (італійська гра) 210 —
294. Гра в чарівні квадрати 212 —
295. Перетин чисел 213 522
Б. Фокуси
296. Відгадування задуманого числа (7 фокусів) 218 525
297. Відгадати результат обчислень,
ні про що не запитуючи 222 526
298. Я узнав, хто скільки взяв 224 527
299. Одна, дві, три спроби... і я відгадав 224 527
300. Хто взяв гумку, а хто — олівець? 225 528
301. Відгадування трьох задуманих доданків і суми 225 528
302. Відгадати кілька задуманих чисел 226 528
303. Скільки вам років? 227 529
304. Відгадати вік 227 529
305. Геометричний фокус (загадкове зникнення) 228 529
565


РОЗДІЛ ОДИНАДЦЯТИЙ
ПОДІЛЬНІСТЬ ЧИСЕЛ
306. Число на гробниці 230 530
307. Подарунки до Нового року 230 530
308. Чи може бути таке число? 231 531
309. Кошик яєць (зі старовинного французького
задачника) 231 531
310. Тризначне число 231 531
311. Чотири теплоходи 232 531
312. Помилка касира 232 531
313. Числовий ребус 232 531
314. Ознака подільності на 11 232 531
315. Об’єднана ознака подільності на 7, 11 і 13 235 532
316. Спрощення ознаки подільності на 8 236 532
317. Надзвичайна пам’ять 237 533
318. Об’єднана ознака подільності на 3, 7 і 19 239 533
319. Подільність двочлена 239 534
320. Старе й нове про подільність на 7 244 534
321. Поширення ознаки на інші числа 248 —
322. Узагальнена ознака подільності 249 —
323. Курйоз подільності 251 —
РОЗДІЛ ДВАНАДЦЯТИЙ
КРОС-СУМИ ТА ЧАРІВНІ КВАДРАТИ
А. Крос-суми
324. Цікаві угруповання - 253 535
325. «Зірочка» 254 535
326. «Кристал» 254 535
327. Прикраса для вітрини 255 535
328. Кому раніше вдасться? 255 535
329. «Планетарій» 256 535
330. «Орнамент» 257 535
Б. Чарівні квадрати
331. Прибульці з Китаю й Індії 257 535
332. Як самому скласти чарівний квадрат? 261 539
333. На підступах до загальних методів 263 539
334. Іспит на кмітливість 268 540
335. «Чарівна» грав «15» 268 541
336. Нетрадиційний чарівний квадрат 269 544
337. Що в центральній клітинці? 270 544
338. «Чарівні» добутки 272 544
339. «Скринька» арифметичних курйозів 275 —
566


В. Елементи теорії чарівних квадратів
340. «За доповненням» . 276
341. «Правильні» чарівні квадрати четвертого порядку 279
342. Підбір чисел для чарівного квадрата
будь-якого порядку 283
РОЗДІЛ ТРИНАДЦЯТИЙ
КУРЙОЗНЕ ТА СЕРЙОЗНЕ В ЧИСЛАХ
343. Десять цифр (спостереження) 294
344. Ще кілька цікавих спостережень 296
345. Два цікавих досліди 299
346. Числова карусель 302
347. Диск миттєвого множення 305
348. Гімнастика для розуму 306
349. Візерунки цифр 308
350. Одна за всіх 312
351. ...і всі за одну 314
352. Числові знахідки 315
353. Спостерігаючи за рядом натуральних чисел 321
354. Нерозгризені горішки 333
РОЗДІЛ ЧОТИРНАДЦЯТИЙ
ЧИСЛА ДАВНІ, АЛЕ ВІЧНО ЮНІ
А. Початкові числа
355. Числа прості і складені 335
356. «Ератосфенове решето» 336
357. Нове «решето» для простих чисел 338
358. Півсотні перших простих чисел 339
359. Ще один спосіб отримання простих чисел 339
360. Скільки простих чисел? 340
Б. Числа Фібоначчі
361. Публічне випробування 341
362. Ряд Фібоначчі 344
363. Парадокс 346
364. Властивості чисел ряду Фібоначчі 348
В. Фігурні числа
365. Властивості фігурних чисел 353
366. Піфагорові числа 361
РОЗДІЛ П’ЯТИ АДЦЯТИЙ
ГЕОМЕТРИЧНА КМІТЛИВІСТЬ У ПРАЦІ
367. Геометрія сівби 363
368. Раціоналізація в укладанні цегли для перевезення .... 366
369. Робітники-геометри 368
545
546
546
548
549
550
550
551
554
555
567


і книга
511141,0673501870 mall@bohdan-books.com
КНИГА ПОШТОЮ "НАВЧАЛЬНА КНИГА - БОГДАН* А/С 529 м. Тернопіль, 46008
Навчальне видання
КЛАСИКИ ПОПУЛЯРИЗАЦІЇ НАУКИ
КОРДЕМСЬКИЙ Борис Анастасійович
МАТЕМАТИЧНА КМІТЛИВІСТЬ
Переклад з російської
Головний редактор Богдан Будний Редактори Вікторія Дячун, Володимир Дячун Художник обкладинки Володимир Басалига Комп’ютерна верстка Володимира Раківського
Підписано до друку 14.02.2011. Формат 60*84/16. Папір офсетний.
Гарнітура Тайме. Друк офсетний.
Умови, друк. арк. 33,02. Умови, фарбо-відб. 33,02. Зам. 108
Видавництво "Навчальна книга - Богдан" Свідоцтво про внесення до Державного реєстру видавців ДК №370 від 21.03.2001 р.
Навчальна книга - Богдан, а/с 529, м.Тернопіль, 46008 тел./факс (0352) 52-06-07; 52-05-48; 52-19-66; (067) 350-18-70 publishing@budny.te.ua, office@bohdan-books.com www.bohdan-books.com