СТО ЗАДАЧ
Г. ШТЕИНГАУЗ
СТО ЗАДАЧ
Перевод с польского
Г. Ф. БОЯРСКОЙ и Б. В. БОЯРСКОГО
Издание второе, исправленное и дополненное
0 ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА» ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
Москва 1976
51
UI 88
УДК 651/512/513
HUGO STEINHAUS
STO ZADAN
PANSTWOWB WYDAWNICTWO NAUKOWB
Warszawa 19 5 8
20202-071
ш 053(02)-76
© Перевод на русский язык, Главная редакция физико-математической литературы издательства «Наука». 1976 г.» с изменениями.
ОГЛАВЛЕНИЕ
От редактора ......... >>>•>>>•>>>>	7
Из предисловия к английскому изданию... 9
Из предисловия автора к польскому изданию ....	10
Глава I ЧИСЛА, РАВЕНСТВА И НЕРАВЕНСТВА
Задачи Решения
1. Упражнение по таблице умножения ............................... 11	53
2.	Интересное свойство чисел ...	11	53
3.	Делимость на 11................... 12	56
4.	Делимость чисел................... 12	56
5.	Облегченная теорема Ферма . .	12	57
6.	Расстановка чисел................. 12	58
7.	Обобщение......................... 12	58
7а. Перестановка букв .......	13	61
8.	Пропорция......................... 13	62
8а. Симметрические выражения ...	13	62
9.	Иррациональность корня ....	14	62
10.	Неравенство........................ 14	62
11.	Числовые последовательности . .	14	63
Глава II
ТОЧКИ, МНОГОУГОЛЬНИКИ, ОКРУЖНОСТИ, эллипсы
12.	Точки на плоскости .......	15
13.	Исследование угла ........	15
14.	Площадь треугольника .....	15
15.	Деление периметра треугольника	16
на равные части...............
15а. Центр тяжести............	16
16.	Деление треугольника ......	16
17.	Треугольники.....................  16
18.	Треугольная сеть (I).............. 16
19.	Треугольная сеть (II)............. 17
20.	Что останется от прямоугольника? ...................................  17
64
65
65
66
70
70
71
71
72
Задачи	Решения
20а. Четырехугольники................. 17	74
21.	Разбиение квадрата............... 17	74
22.	Сеть квадратов................... 18	76
23.	Решетка точек.................... 18	77
24.	Точки решетки, заключенные внутри круга.......................... 18	78
25.	14 = 15 ......................... 18	78
26.	Многоугольник.................... 19	78
27.	Точки и окружность............... 19	79
28.	Геометрическая задача.......	19	80
Глава III ПРОСТРАНСТВО, МНОГОГРАННИКИ, ШАРЫ
29.	Деление пространства...... 20	80
30.	Две проекция.............. 20	81
31.	Куб....................... 20	81
32.	Геодезические............. 21	82
33.	Движение молекулы......... 21	83
34.	Развертка куба............ 21	84
35.	Кубы...........................   21	85
36.	Гексаэдр ........................ 22	86
37.	Тетраэдр.................. 22	87
38.	Тетраэдр с конгруэнтными гранями .................................. 22	88
39.	Октаэдр................... 22	90
40.	Расстояние на поверхности	...	22	91
41.	Путешествие мухи.......... 22	92
42.	Правильный додекаэдр ......	23	93
42а. Вписанный многогранник ....	23	94
43.	Многогранник.................. 23	100
44.	Невыпуклый многогранник	...	23	101
44а. Модели правильных многогран-	103
никои........................... 23
45.	Задача из Страны чудес .....	24	114
46.	Три сферы и прямая........ 25	114
47.	Одно свойство сферы...........	25	115
47а. Укладывание шаров (I) .... .	25	116
476, Укладывание шаров (II).....	25	117
Глава IV
ЗАДАЧИ ПРАКТИЧНЫЕ И ... НЕПРАКТИЧНЫЕ
47в. Опечатка и учебнике ......	26	119
48.	Игрушка......................... 26	119
49.	Праздничный окорок.............  26	120
50.	Раздел лепешки.................  27	120
51.	Раздел треугольного торта ...	27	121
52.	Взвешивания..................... 28	122
52а. Когда его день рождения? ...	28	123
53.	Сколько лет Софье Сергеевне? .	28	123
54.	Сколько рыб в пруду?........
55.	Калибровка валиков..........
56.	Сто двадцать шариков........
57.	Лейта на трубке.............
58.	Часы с одинаковыми стрелками
59.	Великаны и карлики .........
60.	Ученики классов А и В.......
61.	Статистика .................
62.	Группы крови................
63.	Снова о группах крови ......
63а. Кассовая задача.............
636. Сады........................
64.	Излишек труда...............
65.	Диагональ примоугольного параллелепипеда ..................
66.	Перевязывание коробок ......
66а. Другое перевязывание........
67.	Безмен......................
68.	Минимум длины...............
69.	Деление на части прямоугольников и квадратов ..............
70.	Практическая задача.........
71.	Соседние города ............
72.	Железнодорожная сеть (I) . . .
73.	Железнодорожная сеть (II) ... .
74.	Пробный полет...............
75.	Солнце и Луна...............
76.	Космография.................
28	124
28	124
29	124
30	125
30	125
30	127
30	128
31	128
32	130
33	130
33	131
34	131
34	132
34	134
35	134
35	135
35	136
35	137
36
36
37
37
37
37
37
37
137
143
144
144
145
147
148
148
Глава V
ШАХМАТЫ, ВОЛЕЙБОЛ, ПОГОНЯ
77.	Шахматная доска........... 38	149
78.	Еще раз о шахматной доске	...	38	149
79.	Ладья на шахматной доске	...	38	153
80.	Эллиптический бильярд........	39	156
81.	Спортивная задача (Г)..... 39	156
82.	Спортивная задача (II).... 39	156
83.	Теория спортивных розыгрышей	39	157
84.	Объединение волейбольных команд .................................. 40	157
85.	Турниры................... 40	158
86,	Велосипедист и	пешеходы	....	41	159
87.	Четыре собаки............. 41	159
88.	Погоня (I)................ 41	159
89.	Погоня (II)............... 41	160
90.	Действительно ли условия задачи неполные?..................... 42	160
91.	Моторная лодка	(I)..... 42	161
92.	Моторная лодка	(II)	.....	.	42	161
Глава VI
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ПРИКЛЮЧЕНИЯ ДОКТОРА ШАРАДЕКА
93.	Удивительное число................. 43	162
94.	«Сантиметр»........................ 43	162
95.	Игра в слова....................... 43	163
96.	Студенческие долги................. 44	163
96а. «Криптонам К 2».................... 44	164
966. Кубики............................. 45	165
97.	Странное общество ................. 45	165
98.	Счеты.............................. 46	166
99.	Поливание улиц..................... 46	167
100.	Французские города .......	47	167
Глава VII
ЗАДАЧИ БЕЗ РЕШЕНИЯ
Плюсы и минусы ...................
Треугольник в треугольнике ..... Части квадрата..................
Деление окружности............
Лучи в пространстве...........  .
Неограниченная шахматная доска . .
Еще раз счеты.....................
Сравнивание весов ................
Банки в ящике.....................
Бактерии .........................
Подъезжает цирк!..................
Три ковбоя .......................
Допрос............................
Стрелки на додекаэдре ............
48
49
49
49
50
50
50
50
51
51
51
52
52
52
ОТ РЕДАКТОРА
Автор настоящей книги Гуго Штейнгауз (1887— 1972) — видный польский ученый, один из основоположников всемирно известной польской математической школы *). Наряду с разносторонними чисто научными интересами в жизни Штейнгауза большое место занимали и педагогические увлечения. Блестящий преподаватель и популяризатор науки Г. Штейнгауз сыграл видную роль в становлении польского математического университетского преподавания.
Статьи и книги, обращенные к учащимся средних школ, были для него отнюдь также не редкостью. В 1938 г., накануне войны, появился уникальный «Математический калейдоскоп» Г. Штейнгауза — книга с картинками, которую сам автор характеризует как своеобразный «математический зоопарк», знакомство с которым бесспорно доставит читателю удовольствие, а кое-кого серьезно приохотит к математике. Эта замечательная книга и по сей день пользуется широкой известностью во всем мире: первый ее английский перевод был издан в США в год выхода польского оригинала книги; после войны появилось весьма богато изданное русское издание (М,— Л., Гостехиздат, 1949), а вслед за тем — английское издание в Англии; венгерское издание; чешское издание и т. д. **). Почти
*) На русский язик переведена, например, обстоятельная монография С. К а ч м а ж и Г. Ш те й н г а у з, Теория ортогональных рядов (М., Физматгиз, 1958), давно уж причисляемая чуть ли не к «математической классике».
••) В 1954 г. в Польше появилось 2-е значительно расширенное издание «Математического калейдоскопа», вскоре вслед за тем также переведенное на многие языки (например, на немецкий и на английский).
таким же успехом пользуется и книга «Сто задач», вышедшая в свет в польском оригинале в 1958 г. и уже в следующем году изданная и по-русски (М., Физматгиз, 1959). Наконец, недавно в нашей стране была посмертно издана книга Г. Штейнгауза «Задачи и размышления» (М., «Мир», 1974), объединившая ряд журнальных публикаций выдающегося польского педагога и популяризатора; этой книге предпослан перевод обширной статьи о Штейнгаузе польского математика Э. Марчевского.
В 1963 г. в Польше книга «Сто задач» была переиздана на английском языке. В подготовке этого издания активное участие принял автор книги: он расширил или переработал решения некоторых задач и пополнил книгу рядом новых тем; при этом, стремясь во что бы то ни стало оправдать заголовок книги, он пошел на исключение из ее текста некоторых задач с тем, чтобы общее их число по-прежнему равнялось ста. В основу настоящего издания положено именно это английское издание книги; мы, однако, не сочли нужным исключать из ее состава некоторые из входящих в первое издание задач, что было сделано, явно, лишь из чисто формальных соображений (из любви к «круглому» числу сто); эти исключенные из английского издания книги задачи помечаются буквами а, б и т. д. после их номера. Все входящие в первое русское издание задачи и их решения даны в переводе Г. Ф. Боярской и Б. В. Боярского, который публиковался ранее; этот перевод, однако, был для настоящего издания заново пересмотрен и кое-где исправлен. Новые задачи и их решения перевели с английского Е. О. Головина и Ю. О. Головин. В некоторых местах редактор снабдил текст книги подстрочными примечаниями, указывающими на иную относящуюся к разбираемым темам литературу; эти весьма немногочисленные примечания помечены звездочками в отличие от нумерованных сносок автора.
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ
К АНГЛИЙСКОМУ ИЗДАНИЮ
Эта небольшая книга возникла как отклик на то неблагополучие в математической подготовке школьников, которое вскоре после войны ощутили многие работники университетов и технических институтов. Стала очевидной необходимость более тесного сотрудничества между преподавателями средних школ и творчески работающими математиками. Некоторые ученые начали публиковать в общеобразовательных журналах задачи для учащихся средних школ, стремясь стимулировать таким путем интерес школьников к математике.
В этой книге читатель найдет 100 элементарных задач и решения всех этих задач. Некоторые из задач могут оказаться известными учащимся старших классов, по в основном я старался избегать дублирования тех упражнений, которые имеются в распространенных пособиях для средних школ. Не стремясь к исчерпывающей классификации задач, я отдавал предпочтение в первую очередь тем из них, которые естественным образом возникают из геометрических рассмотрений. Не предполагая знакомства читателя с высшей математикой, я был ограничен в возможном выборе задач. Этим и объясняется небольшой размер настоящего сборника. Решения, одпако, изложены достаточно подробно для того, чтобы быть понятными как учителям средних школ, так и тем из их учеников, которые любят или, во всяком случае, не боятся самостоятельно думать.
Последнюю главу книги составляют задачи, решения которых здесь не указаны, причем во многих случаях у меня была весьма уважительная причина эти решения опустить: дело в том, что я их не знаю. Я надеюсь,
что читатели постараются решить некоторые из этих задач, причем хорошо, если они будут считать, что решения задач известны: это заблуждение может придать пм силы и позволит достичь цели там, где автору это не удалось.
«Сто задач» могут помочь и некоторым студентам-первокурсникам, обескураженным трудностями высшей математики. Демонстрируя им элементарную математику с новой для пих стороны, «Сто задач» могут помочь перекинуть мост через кажущуюся пропасть между «элементарной» и «высшей» математикой.
Эта книга первоначально была опубликована по-польски; английский ее вариант был дополнен, а решения старых задач иногда отредактированы заново. Существует также русский перевод «Ста задач», опубликованный тиражом в 100 000 экземпляров.
Г. Штейигауз
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ АВТОРА
К ПОЛЬСКОМУ ИЗДАНИЮ
Настоящий сборник элементарных задач должен ввести читателей в практику универсального метода трактовки явлений, которому греки дали название математика, облегчить им переход от практики средней школы к настоящей математике и показать им эту науку на доступном материале. В связи с этим предлагаемый сборник предназначен, прежде всего, для учителей и более способных учеников.
Большинство задач оригинальны, но не все: некоторые из них общеизвестны, некоторые принадлежат другим авторам; в тех случаях, когда автор известен, я называю его имя.
Несмотря на помощь многих лиц, я должен все-таки сослаться на латинскую поговорку, которая хвалит уже само желание, если даже исполнение отстало от намерений. Но главная цель будет достигнута, если читатели увидят на примере ста задач смысл и дух настоящей математики.
Г. Штейигауз
ЗАДАЧИ
ГЛАВА I
ЧИСЛА,РАВЕНСТВА И НЕРАВЕНСТВА
1. Упражнение по таблице умножения. Строим следующую последовательность цифр.
Пусть первой цифрой будет 2, следующей 3,
2-3 = 6,
третьей цифрой последовательности будет 6;
3-6 = 18.
четвертой цифрой будет 1, а пятой 8;
6.1=6,	1-8 = 8,
шестой цифрой является 6, затем следует цифра 8 и т. д.
Вот последовательность цифр, которую мы получим:
2_3_6_1-8_6_8...
Дужки внизу между цифрами означают выполненные умножения, результаты которых мы уже вписали как очередные цифры последовательности; например, теперь следовало бы умножить 8 на 6 и вписать цифры результата: 4,8. Недостатка в множимых цифрах у нас никогда не будет, так как при каждом умножении дужки передвигаются на один шаг, а полученный результат по меньшей мере однозначен, а часто и двузначен, и поэтому прибавляется по меньшей мере одна цифра.
Доказать, что цифры 5, 7, 9 никогда не появятся в этой последовательности.
2.	Интересное свойство чисел. Напишем произвольное натуральное число в десятичной системе счисления
(например, 2583) и вычислим сумму квадратов цифр этого числа (2а + 5s + 8а + За = 102). С полученным числом проделаем то же самое (1а + 0“ + 2а = 5) и будем поступать таким же образом и далее
(5а = 25, 2а + 5а = 29, 2а + 9а = 85,. . . ).
Доказать, что если этот процесс не приведет нас к единице (ясно, что после этого единица будет повторяться бесконечное число раз), то наверняка приведет к числу 145, после чего появится цикл
145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89,
который далее будет все время повторяться.
3.	Делимость на 11. Доказать, что при любом натуральном к число
55*+1 _|_ 4»*+2 _|_ 35»
делится на И.
4.	Делимость чисел. Число
3<«	410s
делится на 13, 49, 181 и 379, но не делится на 5 и 11.
Как это проверить?
5.	Облегченная теорема Ферма. Если х, у, z, п — натуральные числа, причем п > z, то равенство zn + + у" — z" невозможно.
6.	Расстановка чисел. Найти 10 таких чисел xlt х2, xs, xit. . . , г10, чтобы
число ж, находилось внутри интервала [0, 1], числа X} и хг по одному находились в первой и второй половине этого интервала,
числа xlt хг, г3 по одному находились в каждой из трех равных частей интервала,
числа х1г хг, х3, xt по одному находились в каждой четверти этого интервала и т. д., наконец, чтобы
числа xt, г2, . . . , г10 по одному находились в каждой из частей интервала [0,1), полученных путем его деления на 10 равных отрезков.
7.	Обобщение. Разрешима ли предыдущая задача, если вместо 10 искать п чисел (п — произвольное на-12
туральное число), удовлетворяющих п аналогичным условиям?
7а. Перестановка букв. Из комплекса букв aabbcc можно получить 90 различных перестановок. Из перестановки aabcbc можно получить перестановку aacbcb, записывая букву с вместо буквы Ь и букву b вместо буквы с; из перестановки aacbcb можно получить перестановку bcbcaa, если прочесть ее в обратном порядке, а из этой последней перестановки путем замены букв можно получить перестановку асасЪЪ, и т. д.
Все такие перестановки, как aabcbc, aacbcb, bcbcaa, acacbb, мы считаем несущественно различными. Перестановки же, как, например, aabcbc и аЪсЬса, мы считаем существенно различными, так как ни замена букв, ни прочитывание их в обратном порядке, ни многократное применение этих операций не могут преобразовать один комплекс в другой.
Вопрос: сколько имеется существенно различных перестановок букв aabbcc?
8.	Пропорция. Числа А, В, С, р, д, г связаны между собой соотношениями
А : В — р, В : С = д, С : А = г.
Записать пропорции
Л:В:С = П:П:П
в таком виде, чтобы на пустых местах появились выражения, состоящие из р, д, г, и чтобы эти выражения получались одно из другого путем циклической перестановки букв р, д, г. (Мы понимаем это следующим образом: если вместо р напишем д, вместо д напишем г, а вместо г напишем р, то первое выражение преобразуется во второе, второе — в третье, а третье — в первое).
8а. Симметрические выражения. Такие выражения, как х + у + z или xyz, являются симметрическими. Под этим мы понимаем, что их значение не меняется при перестановке в них переменных х, у, z каким угодно образом. Приведенные выше примеры очевидны; но существуют симметрические выражения, симметричность которых не является очевидной, например:
II Z — у i + X + У — 2z | + | х — »! + *+ 0 + 2г-
Докажите симметричность этого выражения и определите его значение таким образом, чтобы симметричность стала очевидной.
9.	Иррациональность корня. Докажите элементарным путем, что положительный корень уравнения
х6 + х = 10 является иррациональным.
10.	Неравенство. Доказать неравенство
А + а + В + Ь	В + Ь + С + с
А д В Ь с г В Ь С -|- с -|- д -|- г
С -р с -|- А —}- д
С с А л -|- b г
в котором все буквы обозначают положительные числа.
И. Числовые последовательности. Найти последовательность а0, Oj, Oj, . . . положительных чисел такую, что ав — 1 и ап — ап+1 = ап+г при п = 0, 1, 2, . . . Показать, что существует только одна такая последовательность.
ГЛАВА II
ТОЧКИ, МНОГОУГОЛЬНИКИ, ОКРУЖНОСТИ, эллипсы
12.	Точки на плоскости. На плоскости дано несколько (или несколько десятков) точек. Каждую из них соединяем отрезком прямой с ближайшей точкой; при этом не возникает сомнения, какая из точек является ближайшей, ибо предполагается, что все расстояния различны.
Доказать, что полученная фигура не содержит замкнутого многоугольника или пересекающих отрезков.
13.	Исследование угла. Пусть xlt хг, . . . , хп — положительные числа. Выберем на плоскости луч ОХ, отсечем па нем OPr = xlt затем перпендикулярно к ОР, отсечем РгР3 — х2, затем перпендикулярно к ОР3 отсекаем РгР3 = х3 и т. д. вплоть до Рп_хРп = хп. При этом прямые углы ориентированы так, что их левые стороны проходят через точку О. Можно считать, что луч ОХ вращается вокруг точки О (от первоначального положения, проходя через точки Ри Р3, . . . ) до конечного положения ОРп, описывая некоторый угол.
Доказать, что при данных числах xt угол этот будет наименьшим, если они пронумерованы в убывающем порядке, > а:2 >. . . > а-„, и будет наибольшим, если они пронумерованы в возрастающем порядке.
14.	Площадь треугольника. Доказать без помощи тригонометрии, что если в треугольнике ,/ А = 60°, то площадь S треугольника определяется формулой
S = ^-[a2-(&-c)2],	(1)
а если / A = 120°, то
S= ^-[а2-(Ь-с)21.	(2)
15.	Деление периметра треугольника на равные части. Возьмем произвольный треугольник. Мы, конечно, можем пересечь его прямой так, чтобы разделить его периметр пополам. Мы даже можем заранее задать направление пересекающей прямой. Если мы это проделаем дважды, в двух различных направлениях, то прямые пересекутся в некоторой точке Q. Тогда через точку Q пройдут две прямые, делящие периметр пополам.
Существует ли точка, через которую могут пройти три такие прямые? Если существует, то как ее найти?
15а. Центр тяжести. Пусть Р — центр тяжести трех точек А, В, С (говоря о центре тяжести каких-либо трех точек, будем подразумевать, что массы, размещенные в этих точках, одинаковы). Пусть
Blt Cj — соответственно центры тяжести следующих троек точек: В, С, Р; С, А, Р; А, В, Р.
Доказать, что центром тяжести тройки At, Blt С, снова является точка Р.
16.	Деление треугольника. Разделить треугольник на 19 треугольников так, чтобы в каждой вершине полученной фигуры (а также в вершинах большого треугольника) сходилось одинаковое число сторон.
В этой задаче число 19 нельзя заменить бблыпим числом, но можно заменить меньшими числами. Какими же?
17.	Треугольники. В этой задаче п обозначает натуральное число. На плоскости заданы Зга точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Можно ли образовать из этих точек (приняв их за вершины) п треугольников, не пересекающихся и не содержащих друг друга?
Подобную задачу при 4га точках можно поставить для четырехугольников, при 5га точках — для пятиугольников и т. д. Все ли эти задачи решаются положительно?
18.	Треугольная сеть (I). Как известно, всю плоскость можно покрыть сетью равносторонних треугольников.
Можно ли в каждом узле этой сети поместить один из знаков плюс или минус так, чтобы для каждого из треугольников, составляющих сеть, имело место следующее правило: если в двух вершинах треугольника имеется одинаковый знак, то в третьей вершине будет плюс, а если наоборот — то в третьей будет минус.
Конечно, можно всюду расставить плюсы, но это тривиальное решение мы исключаем.
19.	Треугольная сеть (II). Доказать, что нельзя покрыть всю плоскость сетью треугольников так, чтобы в каждой вершине сходилось пять треугольников.
20.	Что останется от прямоугольника? Золотой прямоугольник — это такой прямоугольник, стороны а и Ь которого находятся в пропорции золотого сечения, т. е. удовлетворяют равенству
а : b = b : (а — Ъ).
Вообразим, что прямоугольник этот вырезан из бумаги и лежит на столе, обращенный к нам своей более длинной стороной. Отсечем по левую сторону прямоугольника наибольший квадрат, который можно из него вырезать; остаток снова будет золотым прямоугольником. Становимся по левую сторону стола, чтобы снова иметь перед собой более длинную сторону прямоугольника, и поступаем с новым прямоугольником так же, как и с предыдущим. Таким образом обходим стол вокруг по направлению хода часовой стрелки и по очереди отсекаем квадраты. Каждая точка прямоугольника, за исключением одной, будет раньше или позже отсечена. Определить положение этой исключительной точки.
20а. Четырехугольники. Соединяем поочередно середины сторон выпуклого четырехугольника. Мы получим меньший четырехугольник. Доказать, что он является параллелограммом, площадь которого равна половине площади большого четырехугольника. Сохранит ли силу эта теорема без предположения о выпуклости?
21.	Разбиение квадрата. Квадрат площади 1 км2 разбит на три части Л, S3, (в. Каким бы это разбиение ни было, обязательно найдется по крайней мере одна пара точек Р и Q, принадлежащих одной части и таких,
что расстояние между ними не меньше 65/64 ~ « 1,00778 (км).
Как это доказать?
22.	Сеть квадратов. Плоскость можно покрыть равными квадратами; узлы этой сети в математике называют целочисленной решеткой.
Можно ли эти узлы обозначить буквами a, b, с, d так, чтобы каждый составной квадрат имел в своих вершинах все четыре буквы и чтобы в каждом столбце и в каждой строке решетки тоже фигурировали все четыре буквы?
23.	Решетка точек. Определение целочисленной решетки дано в условии задачи 22. Ясно, что выбирая подходящий радиус, всегда можно добиться, чтобы окружность этого радиуса с центром в точке (/2, /3) проходила через заданную точку решетки. Требуется доказать, что, однако, на каждой такой окружности лежит не более одной точки решетки.
24.	Точки решетки, заключенные внутри круга. В этой задаче мы имеем дело с решеткой, расположенной внутри круга К, точнее, с теми точками целочисленной решетки, которые заключены внутри этого круга (но не на его окружности).
Доказать, что для любого целого неотрицательного числа п существует круг, содержащий ровно п точек решетки.
25.	14 = 15. На съезде участников математической олимпиады во Вроцлаве в 1952 году проф. Я. Минусинский указал такое деление всей плоскости на семиугольники, в каждой вершине которого сходятся три семиугольника. Исходя из этого, я покажу, что 14 = = 15. Обозначим через Р угол в 180°. Сумма углов в семиугольнике равна 5Р, поэтому средняя величина угла в семиугольнике равна у Р. Так как вся плоскость покрыта семиугольниками, то средняя величина угла в паркетаже равна у Р. Но в каждой вершине сходятся три таких угла, следовательно, средняя величина угла
2
при каждой вершине равна уР. Отсюда вытекает, что
2 о
средняя величина угла в паркетаже равна у Р, так
как каждый угол принадлежит какой-нибудь вершине. Следовательно,
=	£ = А 14 = 15
3	7 '	3	7 ’	’
что и требовалось доказать.
Найти ошибку в приведенном выше рассуждении.
26.	Многоугольник. На плоскости даны п точек; никакие три из них не лежат на одной прямой. Всегда ли можно найти замкнутый га-угольник с непересекаю-щимися сторонами, вершинами которого являются эти точки?
27.	Точки и окружность. На плоскости даны четыре точки, через которые нельзя провести ни окружность, ни прямую. Можно ли эти точки так обозначить буквами А, В, С, D, чтобы точка D лежала внутри окружности, проходящей через точки А, В, С?
28.	Геометрическая задача. Дан эллипс, длина большой оси которого равна 2а, а длина малой оси равна 26. Нарисовать замкнутую кривую той же длины, что и длина эллипса, ограничивающую площадь, большую площади эллипса на (а — Ь)а.
ГЛАВА Ш
ПРОСТРАНСТВО, МНОГОГРАННИКИ, ШАРЫ
29.	Деление пространства. Через фиксированную точку пространства проводим плоскости так, чтобы разделить пространство на возможно большее число частей. Одна плоскость разделит пространство на две части, две пересекающиеся плоскости — па четыре части, три пересекающиеся в некоторой точке плоскости и не имеющие другой общей точки делят пространство на восемь частей. Какое максимальное число частей можно получить при четырех плоскостях? А какое — при п плоскостях?
30.	Две проекции. Представим себе плоскость 77,, касательную к земному шару в Северном полюсе N, и плоскость П2, касательную к земному шару в Южном полюсе S. Можно начертить одну карту, проектируя каждую точку на поверхности земли из N на П2, и другую карту, проектируя каждую точку из S на П^, это — так называемая стереографическая проекция. Теперь мы можем сложить обе плоскости так, чтобы меридианы сошлись. Каждой точке одной карты отвечает определенная точка другой карты, следовательно, мы определили некоторое отображение плоскости на себя. Как непосредственно определить это отображение?
31.	Куб. Держа в руке модель куба так, чтобы он мог вращаться вокруг своей самой длинной оси (т. е. вокруг прямой, соединяющей противоположные вершины), можно намотать на него без просветов черную пряжу. Пряжа заштрихует только половину куба (почему?). То же самое можно проделать с другой осью; их всего четыре, и каждый раз мы используем другой цвет пряжи (черный, красный, голубой и
желтый). Вся модель будет покрыта разными цветами, а из их смешения возникнут смешанные цвета (модель куба белая и этого цвета мы не учитываем). Сколько будет цветовых оттенков на кубе и каких?
32.	Геодезические. Эта задача не требует знания математики. Наложим на неподвижный куб резинку (так называемую «рецептную», используемую в аптеках для упаковки лекарств) таким образом, чтобы она держалась па кубе и не пересекала сама себя.
Линию, по которой уложится эта резинка, мы называем геодезической линией.
1. Сколько раз все геодезические линии покроют поверхность куба (т. е. сколько геодезических линий пройдет через каждую точку поверхности куба)?
2. Сколько имеется различных семейств геодезических линий, покрывающих поверхность куба?
33.	Движение молекулы. Внутри кубической коробки движется без воздействия внешних сил материальная частица, которая отражается от стен коробки, согласно классическому закону (угол падения равен углу отражения, т. е. перпендикуляр к грани в точке отражения есть биссектриса угла, образованного прямой, по которой молекула прибывает, и прямой, по которой опа удаляется). Возможно ли, чтобы молекула беспрестанно двигалась по замкнутому шестиугольнику, поочередно ударяясь при каждом обходе обо все стороны коробки? Определить точки отражений и проверить, заузлеп ли полученный шестиугольник или нет.
34.	Развертка куба. Модели многогранников делаются из плоских разверток. В развертке грани прилегают друг к другу ребрами, а модель строится путем загибания картонной развертки вдоль ребер. Таких различных разверток правильный тетраэдр имеет две. Сколько их имеет куб?
35.	Кубы. Как известно, все пространство можно заполнить равными кубами. В каждой вершине будет сходиться восемь кубов. Поэтому можно — путем соответствующего отсечения вершин у кубов и склейки смежных отсеченных частей в одно тело — заполнить пространство правильными октаэдрами (восьмигранниками) и телами, оставшимися от кубов. Какие это будут тела? Если мы максимально возможно увеличим октаэдры, то какую часть пространства они займут?
36.	Гексаэдр. Существует лп отличный от куба гексаэдр (шестигранник), все грани которого являются конгруэнтными ромбами?
37.	Тетраэдр. Имеются 6 стержней различной длины, причем известно, что при любом их упорядочении из них можно составить тетраэдр (треугольную пирамиду). Сколько различных тетраэдров при этом может получиться?
38.	Тетраэдр с конгруэнтными гранями. Можно ли построить треугольную пирамиду (тетраэдр), все грани которой являются конгруэнтными треугольниками с произвольно заданными длинами а, Ь, о сторон?
Если это возможно, то каков объем этого тетраэдра?
39.	Октаэдр. Можно ли построить восьмигранник (октаэдр), все грани которого являются конгруэнтными четырехугольниками? Можно ли построить десятигранник (декаэдр) и, общее, 2п-гранник (где п > 3 — произвольное целое число), обладающий тем же свойством?
40.	Расстояние на поверхности. Сопоставим каждой паре точек замкнутой выпуклой поверхности кратчайшую из соединяющих их дуг (не исключено, что такая дуга не единственная, например, для любой пары диаметрально противоположных точек сферы существует бесконечно много кратчайших дуг). Расстоянием между точками А и В на поверхности назовем длину кратчайшей дуги АВ. Теперь мы можем говорить про расстояние РХ между Р п произвольной точкой X нашей поверхности. Для каждой точки Р можно найти самую дальнюю от нее точку Q поверхности (конечно, такая точка также может быть не единственной). Пример со сферой может создать впечатление, что для подобной пары точек PQ всегда имеются по крайней мере две соединяющие их кратчайшие дуги. Показать, что для некоторого тетраэдра это утверждение неверно.
41.	Путешествие мухи. iMyxa села на вершину модели правильного додекаэдра (двенадцатигранника) и решила обойти его, двигаясь по ребрам додекаэдра; при этом ей удалось посетить все вершины, не побывав ни в одной из них дважды и вернувшись в конце путешествия в исходную вершину. После этого она попро-22
бовала обойти тем же способом все вершины ромбического додекаэдра, ограниченного 12 ромбами (рис. 1). Удалось ли ей это?
42.	Правильный додекаэдр. Грани правильного додекаэдра (двенадцатигранника) можно раскрасить в четыре цвета так, чтобы каждые две смежные грани были разных -------------7\
цветов. Доказать, что существуют всего четыре способа решения этой / /	/'PVa
задачи, если условиться считать П / / jl одним решением две раскраски, //х _/ /	/ /
которые можно получить одну из ' .	.. 1J
другой вращением додекаэдра.	XZ
42а. Вписанный многогранник.
В правильный додекаэдр можно рпс i вписать куб так, чтобы ребра куба являлись диагоналями правильных пятиугольников, служащих гранями додекаэдра. Это можно сделать несколькими способами; сколькими же? Все такие кубы образуют звездчатый многогранник; каков объем этого полученного в объединении всех кубов многогранника, если объем додекаэдра равен 1?
Какое тело образует общая часть (пересечение) всех кубов?
43.	Многогранник. Все грани выпуклого многогранника обязательно выпуклы. А обратно, обязательно
ли является многогранник выпуклым, если все его грани — выпуклые многоугольники? В частности, существуют ли два многогранника (например, два три-дцатигранника), ограниченных одинаковым числом попарно конгруэнтных граней (грани одного и того же тела не обязательно должны быть конгруэнтными между собой), из которых одно является выпуклым, а второе не является?
44. Невыпуклый многогранник. Может ли невыпуклый многогранник быть ограничен конгруэнтными четырехугольниками?
44а. Модели правильных многогранников. Из шести ребер правильного тетраэдра можно выбрать четыре ребра, образующих замкнутый косой, т. е. неплоский четырехугольник. Этот четырехугольник можно считать моделью тетраэдра, ибо он содержит все вершины тетраэдра. То же самое легко проделать с кубом;
тогда мы получим (неплоский) восьмиугольник, содержащий все вершины куба. Можно ли этот прием распространить на другие правильные многогранники, т. е. на октаэдр, додекаэдр и икосаэдр? Сколько решений имеет задача?
45.	Задача из Страны чудес. Люис Кэррол, математик и знаменитый детский писатель, был автором забавных нелепиц. Он советовал, например, пользоваться картой с масштабом 1:1, ибо достаточно разложить ее на земле, чтобы в любой момент знать, где находишься: надо просто прочитать надпись, на которой стоишь.
Представим себе, что, последовав этому совету, мы проведем на земном шаре прочной краской по суше и по морю меридианы и параллели и повсюду поместим каллиграфические названия городов, портов и стран. Компас станет излишним, но одна трудность все-таки останется: как отыскать кратчайший путь к избранной точке. Известно, что ортодромы, т. е. кратчайшие пути, не являются па этой карте Алисы из Страны чудес локсодромами, т. е. линиями, пересекающими меридианы (и параллели) под постоянным углом. Хуже всего то, что никакая перестройка координатных линий нам не поможет, ибо все системы координат будут обладать этим недостатком. Виноват в этом, конечно, земной шар, который так непрактично устроен.
Чтобы исправить пашу планету, лучше всего, конечно, начать с ее карты. Можно, например, начертить прямоугольную сеть параллелей и меридианов и свернуть карту в цилиндр так, чтобы параллели превратились в окружности. На такой цилиндрической планете кратчайший путь от одной точки к другой точке всегда пересекает меридианы под постоянным углом. Можно также разрезать карту вдоль параллели, обозначив на ней точку N, и свернуть ее в конус с вершиной в точке N. У конической планеты в точке N будет Северный полюс, параллели не будут пересекаться, исходящие из N меридианы тоже не будут, но каждая параллель пересечет каждый меридиан в двух точках, точно так же как и па земном шаре. И так же, как и раньше, кратчайший путь вновь будет иметь постоянное направление.
Но можно найти еще более интересную модель. На карте будет прямоугольная сеть координатных линий, но на планете появится только одно семейство линий: каждая линия пересечет любую другую в двух точках, а также и себя в одной точке. Принцип постоянного направления будет сохранен. Что это за модель?
Магистр Р. Новаковский, когда я ему рассказал об этих двух моделях, немедленно определил третью: прямоугольная сеть состоит из меридианов, параллелей и «посредников».
46.	Три сферы и прямая. Три сферы имеют общую точку Р, причем известно, что никакая прямая, проходящая через точку Р, не касается сразу всех сфер. Показать, что эти сферы имеют еще одну общую точку.
47.	Одно свойство сферы. Пусть известно, что все плоские сечения некоторой поверхности являются окружностями (точка рассматривается как окружность нулевого радиуса). Доказать, что эта поверхность является сферой.
47а. Укладывание шаров (I). У нас имеется неограниченный запас одинаковых шаров. Уложим три из лих так, чтобы все они соприкасались между собой, и затем присоединим четвертый шар так, чтобы он соприкасался с тремя первыми. У нас получатся четыре гнезда, и в каждое из них можно вложить по одному шару. Теперь у нас уже восемь шаров. Сколько гнезд они образуют? Сколько теперь можно уложить шаров новым слоем?
Можно ли продолжать этот процесс?
476. Укладывание шаров (II). У нас имеется неограниченный запас одинаковых шаров. Берем один из них и обкладываем его двенадцатью шарами, соприкасающимися с ним. Сколько будет теперь гнезд для последующих шаров? Можно ли в каждое гнездо уложить шар? Из скольких шаров будет состоять третий слой (первый состоит из одного, второй из 12 шаров)? Всегда ли мы сможем в последующих слоях заполнить все гнезда?
Г ЛАВ A IV
ЗАДАЧИ ПРАКТИЧНЫЕ И... НЕПРАКТИЧНЫЕ
47в. Опечатка в учебнике. Некий автор, читая свой учебник, заметил, что в предложении: «Отсечь 9 см на левой стороне угла в 60°, а на правой... и вычислить расстояние между полученными таким образом точками» — на месте проставленных нами точек имеется опечатка: наборщик увеличил число сантиметров, указанное в рукописи, на 1. Конечно, наборщик и не подумал изменить ответ, напечатанный в конце учебника. Несмотря на это, опечатка пе привела к ошибке. Какое число набрал наборщик в задаче?
48.	Игрушка. На картонном кружке нарисован концентрический меньший кружок, разделенный на восемь секторов равной величины: четыре белых и четыре черных. Оставшееся кольцо разделено на 10 равных секторов, белых и черных вперемежку, по пять секторов каждого цвета. Кружок надеваем на гвоздь и приводим в быстрое вращательное движение. Вначале секторы сливаются в однообразный серый цвет, по через минуту появляется кольцо, вращающееся в одну сторону, и кружок, вращающийся в обратную сторону, хотя все сделано из одного куска картона.
Эта игрушка действует только при электрическом освещении, но не в каждом городе. Почему?
49.	Праздничный окорок. Три соседки сложились по 15 рублей и купили окорок (без кожи, сала и костей). Одна из них разделила его на три части, уверяя, что части по весу равны. Другая заявила, что доверяет только весам в магазине на углу; там оказалось, что якобы равные части после пересчета стоимости соответствуют 14, 15 и 16 рублям. Третья участница проверила 26
вес на домашних весах, которые также дали иной результат. Возник спор, ибо первая настаивала, что она разделила окорок на равные части, другая признавала только магазинные весы, а третья — свои. Как можно успокоить спорящих и разделить куски (не разрезая их больше) так, чтобы каждая женщина признала, что получила окорок стоимостью по крайней мере в 15 рублей при пересчете его стоимости по тем весам, которым она доверяет?
50.	Раздел лепешки. Каждую лепешку независимо от ее формы можно разделить на четыре равные части двумя взаимно перпендикулярными сечениями. Другими словами, для каждой плоской области с площадью Р можно найти такие две взаимно перпендикулярные прямые, что в каждой из четырех образуемых ими четвертей лежит часть этой области, имеющая площадь Р/4.
(Доказать эту теорему значительно легче, чем фактически разделить на четыре равные части, скажем, треугольник со сторонами 3, 4, 5.)
51.	Раздел треугольного торта. Павел и Гавел должны разделить между собой треугольный торт. Гавел поставил условие, что ои прямолинейным разрезом отрежет свою часть, а Павел согласился на это с тем условием, что он заранее обозначит точку Р, через которую должен пройти этот разрез. Так как торт имеет одинаковую толщину в любом месте, а также однороден по вкусу, то задача имеет планиметрический характер. Вопрос ставится следующим образом: как Павел должен выбрать точку Р, чтобы лучше защитить себя от чревоугодия Гавла? Второй вопрос: какой величины излишек перепадет Гавлу, если Павел удачно решит первую задачу, а Гавел потом отрежет себе возможно большую часть торта?
Если бы форма торта зависела от Павла, то оп мог бы выбрать фигуру, имеющую центр симметрии (т. е. круг, квадрат, эллипс и т. д.), и поместить Р в этом центре. Тогда у Гавла не оказалось бы никаких преимуществ. Однако интересен вопрос, какая форма торта (п ри сохранении указанных вначале условий раздела) будет самой удобной для Гавла и какой наибольший излишек он сможет себе обеспечить, удачно выбрав форму торта?
52.	Взвешивания. Имеется 5 предметов различного веса, которые нужно упорядочить по убыванию весов, пользуясь чашечными весами без гирь, с помощью которых можно сравнить веса любых двух предметов. Как нужно действовать, чтобы решить задачу, используя наименьшее возможное число взвешиваний? Чему равно это число?
52а. Когда его день рождения? День рождения Невядомского отмечали в многочисленном кругу. Кроме сестры хозяина Екатерины и его брата Иоахима, присутствовал известный путешественник Педанткевич и много других друзей Невядомского, которые ценили его варшавское гостеприимство.
Кто-то спросил Педанткевича, что он делал год тому назад. Тот взял блокнот и с присущей ему педантичностью ответил: «Точно год тому назад я вышел на восходе солнца из палатки, прошел прямо на юг милю или немного больше, свернул на запад и через несколько часов, ничего не подстрелив, свернул на север. Своих собственных следов я уже не пересекал и, идя все время на север, вышел к палатке». Когда день рождения Невядомского?
53.	Сколько лет Софье Сергеевне? Наша знакомая Софья Сергеевна еще не стара, ибо родилась после первой мировой войны, но она не любит прямо отвечать на вопрос — сколько ей лет.
Когда ее спросили 27 июля 1950 г., сколько ей лет, опа ответила: мне всего один год, так как я отмечаю день своего рождения только тогда, когда ои совпадает с днем недели, в который я родилась, а такой день рождения я отмечала всего лишь один раз.
Сколько лет Софье Сергеевне?
54.	Сколько рыб в пруду? Некий ихтиолог хотел определить, сколько в пруду рыб, годных для улова. Для этого он забросил сеть с заранее выбранным размером ячеек и, вытащив ее, обнаружил 30 рыб, отметил каждую из них меткой и бросил обратно в пруд. На другой день забросил ту же самую сеть и поймал 40 рыб, на двух из которых были его метки. Как по этим данным он приблизительно вычислил количество рыб в пруду?
55.	Калибровка валиков. Одна из составных частей бензинового двигателя имеет форму валика. Для измерения толщины валика служит стальная плита, в
которой в ряд высверлены 15 отверстий с точно установленными размерами. Первое отверстие имеет диаметр 10 мм, каждое последующее имеет диаметр, на 0,04 мм больший предыдущего. Калибровка валика заключается во вкладывании его в отверстие; если он не помещается, то его диаметр считают больше диаметра отверстия, а если помещается, то считают его меньше. Таким образом, в конце концов диаметр валика определяется с погрешностью менее чем 0,04 мм (валики с диаметром меньше, чем 10 мм, или больше, чем 10,56 мм, не принимаются во внимание; остальные же идут на дальнейшую обработку).
Рабочие, которым поручена калибровка, пробуют каждый валик па одном и том же числе отверстий, но, конечно, на разных отверстиях. Сколько проб измерения необходимо для каждого валика? Какова должна быть очередность проб?
56.	Сто двадцать шариков. Мастерская точной механики заказала 120 стальных шариков диаметром в 6,1 мм. Им прислали действительно 120 шариков, однако измерения выявили, что диаметры не отвечают требованиям точности. В результате этих измерений было обнаружено:
10 шариков диаметром 6	»	» 4	»	» 10	»	» 19	»	» 11	»	» 6	»	»	в 6,01, мм » 6,02 мм, » 6,03 мм, » 6,05 мм. » 6,07 мм, » 6,08 мм, » 6,10 мм,	6 шариковдпаметром в 6,11 мм, 8	»	»	»6,12 мм, 10	»	»	» 6,14 мм, 17	»	»	»6,16 мм, 6	»	»	»6,17 мм, 7	»	»	»6,18 мм.	
К счастью, другая мастерская согласилась шарики при условии, что ех доставят в двух			принять ящиках,
отдельно большие и отдельно меиыпие, и что на каждом ящике будет указан общий диаметр для всего ящика.
В задаче требуется определить предельный диаметр, ниже которого шарики войдут в ящик Л (а следовательно, в ящике В окажутся шарики диаметром больше предельного), а также отыскать числа а и Ь, которые следует выписать на ящиках. Эти три числа должны быть таковы, чтобы сумма абсолютных погрешностей была наименьшей. Абсолютной погрешностью мы здесь называем абсолютную разность между диаметром шара и надписью на ящике, в который его вложили.
57.	Лента на трубке. 25 м лепты толщиной в 0,1 мм намотали плотно на картонную трубку — получился валик диаметром в 1 дм. Каков диаметр трубки?
58.	Часы с одинаковыми стрелками. Известно, что, определяя время без часов, никто не ошибается более чем на шесть часов.
Часовой мастер вставил в часы две одинаковые стрелки, так что невозможно отличить малую от большой. Какова будет наибольшая ошибка, которая грозит владельцу часов?
59.	Великаны и карлики. На уроке физкультуры в классе, в котором все ученики были разного роста, учитель, построив класс прямоугольным строем, сказал: «Сейчас мы увидим, кто среди вас самый высокий карлик». Отыскал в каждом ряду самого низкого, а когда эти «карлики» выступили из строя и создали переднюю шеренгу, он выбрал самого высокого из них: «Вот самый высокий карлик».
Мальчики вернулись на старые места, и тогда учитель сказал: «Сейчас я вам покажу самого низкого великана». Указал в каждой шеренге на самых высоких, а когда «великаны» выступили вперед, нашел самого низкого среди них: «Вот самый низкий великан».
Могло ли случиться, что один и тот же мальчик мог оказаться самым низким «великаном» и самым высоким «карликом»? Существуют ли такие классы, в которых самый низкий «великан» меньше самого высокого «карлика»? А как обстояло бы дело, если бы учитель при определении «великанов» искал бы их в рядах, а не в шеренгах, т. е. точно как же, как искал «карликов»?
60.	Ученики классов А и В. В школе есть два класса: А и В. Ученики класса А хвастаются, что они выше ростом, чем ученики класса В, а ученики класса В считаются лучшими математиками. Когда однажды один из учеников класса А свысока посмотрел на ученика класса В, тот спросил: что, собственно, означает, что вы выше нас ростом? Значит ли это, что:
1)	любой из вас выше любого из нас?
2)	самый высокий из вас выше самого высокого из нас?
3)	для любого из учеников класса А найдется ученик класса В ниже ростом?
4)	каждый из учеников класса В ниже хотя бы одного из учеников класса А1
5)	для каждого ученика класса А можно указать ученика класса В ниже ростом, причем разным ученикам класса А соответствуют разные ученики класса В?
6)	Для каждого из учеников класса В можно указать ученика класса А выше ростом, причем разным ученикам класса В соответствуют разные ученики класса А?
7)	самый низкий ученик класса В ниже самого низкого из учеников класса 4?
8)	число учеников класса В, меньших ростом самого маленького из учеников класса А, больше числа учеников класса А, меньших ростом самого высокого из учеников класса В1
9)	суммарный рост учеников класса А больше суммарного роста учеников класса В?
10)	средний рост учеников класса А больше среднего роста учеников класса В?
11)	среди вас больше таких, которые выше кого-либо из нас, чем у нас таких, которые выше кого-либо из вас?
12)	среди вас больше учеников выше нашего среднего роста, чем среди нас учеников выше вашего среднего роста?
13)	серединный по росту из вас выше серединного по росту из нас (в том случае, если учеников в классе четное число, серединным ростом считается среднее арифметическое от роста серединной пары учеников)?
Ошеломленный потоком вопросов ученик класса А стал как будто ниже. Мы спрашиваем читателей: зависят ли эти вопросы друг от друга, а если зависят, то укажите, какие именно? Другими словами, нужно найти такие пары вопросов, для которых положительный ответ на один из них предопределяет положительный ответ и на второй. Существуют ли эквивалентные вопросы, т. е. существуют ли такие пары, для которых ответы на оба вопроса обязательно должны быть одинаковы? Существуют ли пары вопросов зависимых, но не эквивалентных?
61. Статистика. Некий статистик решил исследовать, как используются купе для некурящих на железных дорогах в различных странах. Он выделил следующие возможности:
а)	курящие чаще всего сдут в купе для курящих, а') не а («не а» обозначает отрицание предложения а),
Ь)	некурящие чаще всего едут в купе для курящих, V) не Ъ,
с)	в купе для курящих большей частью едут курящие, с') не с,
d)	в купе для некурящих чаще всего едут курящие, d') не d.
Каждую страну можно охарактеризовать с помощью четырех букв а, Ь, с, d со штрихами или без; конечно, ни одна буква не может появиться в символе одновременно со штрихом и без, ибо каждый штрих обозначает предложение, противоречащее предложению без штриха. Поэтому всех возможных символов имеется 16.
Можно ли в 16 поездах разместить путешественников так, чтобы каждому поезду соответствовал иной символ?
62. Группы крови. Как хорошо известно (Ланд-штейн, Янский, Мосс и др.), у людей бывает 4 группы крови: О, А, В, АВ (терминология Дангериа и Хирш-фельда; эта классификация дает возможность выяснить, может ли данный человек служить донором для определенного другого человека). Обозначим символом X -* -> У утверждение: «индивидуум с группой крови X может дать свою кровь индивидууму с группой крови У без опасности для последнего». Тогда законы, открытые названными выше учеными, могут быть сформулированы так:
I.	X X для любого X.
II.	О -> X для любого X.
III.	X -> АВ для любого X.
IV.	Любое отношение X -> У, не сводимое к I, II и III, является ложным.
Доказать, что
Г Система законов I—IV непротиворечива.
2° Из законов I—IV следует, что при любых X, У, X из X -> У и У-> Z вытекает, что X -> Z.
3° Из I—IV следует, что отношение А -> В ложно.
Пояснение. Выражение «для любого X» в I, II, III означает, что импликация -> справедлива для X, совпадающего с О, А, В или АВ. Аналогичное замечание относится и к 2°.
63.	Снова о группах крови. Феликс Бернштейн (чье имя ассоциируется у нас обычно с теорией множеств*)) первым сформулировал законы наследовапия групп крови О, А, В, АВ. Предположим, например, что отец имеет группу крови А, а мать — группу АВ. Припишем к однобуквенному символу А букву О, т. е. мы обозначим группу, к которой относится отец, через АО. Группы обоих родителей будут, следовательно, АО и АВ. Для составления символа группы крови их потомства мы должны взять одну букву символа крови матери и одну букву символа крови отца. Мы получим, таким образом, следующие возможные символы группы крови ребенка: АА, АВ, ОА иОВ. Затем эти символы упрощаются: вместо двух букв АА можно писать просто А и можно отбросить букву О, где бы она пи встретилась в двубуквеппом символе. Итак, мы получили группы крови Л, АВ, А, В, т. е. ребенок может иметь любую из трех групп крови А, В, АВ и пе может иметь группы О.
Указанные правила приписывания буквы О, комбинирования букв родителей, сокращения двубуквен-пых символов из одинаковых букв и отбрасывания буквы О полностью определяют (причем не только в приведенном выше примере) так называемую фенотипическую теорию наследования групп крови. Правила допустимых переливаний крови мы перечислили в задаче 62.
Два брата знают законы переливания крови и знают, что никто из них не может дать свою кровь другому, но каждый из пих может получить кровь от матери. Может ли их сестра заменить мать?
63а. Кассовая задача. Если у кого-либо имеется сумма денег в 5 злотых 27 грошей, то среди них обязательно найдется сумма в 2 гроша **), в то время как сумма в
*) Еще в бытность Ф. Бернштейна студентом Гёттингенского университета он доказал знаменитое утверждение Г. Кантора (ныне известное как теорема Кантора — Вернштей-н а), лежащее в основе всей канторовской теории множеств (если существуют взаимно-однозначные отображения множества А на подмножество множества В и множества В на подмножество множества А, то между А и В можно установить взаимно однозначное соответствие).
**)В Польской Народной Республике находятся в обращении монеты достоинством в 1 грош, 2 гроша, 5 грошей, затем в 10 грошей, 20 грошей, 50 грошей, 1 злотый (=100 грошей) и денеж
17 грошей может и не найтись. Мы понимаем под этим следующее: без монеты в 2 гроша, либо двух монет по 1 грошу нельзя составить сумму в 5 злотых 27 грошей, однако указанную сумму можно составить при наличии купюры в 5 злотых и монет в 20 грошей, 5 грошей и 2 гроша; в последнем случае мы никак пе составим суммы в 17 грошей. После этого пояснения становится ясным смысл предложения: «Некоторая денежная сумма обязательно содержит другие суммы».
Какая из денежных сумм от 1 гроша до 999 грошей наверняка содержит наибольшее число различных сумм?
636. Сады. На Бискупине во Вроцлаве имеются сады, а в них различные сорта фруктовых деревьев. Не зная точного числа, предположим, что существует т садов и п сортов деревьев. Имеется таких садов, в которых растет только по одному сорту деревьев (не обязательно один и тот же во всех), имеется s2 таких садов, в которых растет только по два разных сорта деревьев, и т. д. ..., имеется sn таких садов, в которых растет по п сортов (следовательно, все сорта). Имеется g, таких сортов деревьев, каждый из которых растет только в одном саду, имеется g2 таких сортов, каждый из которых растет в двух (и только в двух) садах, и т. д. ..., имеется gm сортов, которые растут в т садах (следовательно, во всех садах). Какие соотношения существуют между числами s2, . . ., sn, glt g2, . . ., gm, m, nt
64.	Излишек труда. Если мы хотим вбить по гвоздю в каждый из нескольких десятков столбов, расставленных на равных расстояниях вдоль дороги, то лучше всего начать с первого, а закончить последним. Но как сделать то же самое хуже всего, т. е. так, чтобы проделанный пами путь был самым длинным?
65.	Диагональ прямоугольного параллелепипеда. При помощи масштабной липейки измерьте диагональ кирпича, имеющего форму прямоугольного параллелепипеда, т. е. расстояние между самыми отдаленными его вершинами
ные купюры в 2 злотых, 5 злотых и т. д. В обращении отсутствуют монеты в 3 гроша, 15 грошей и денежные купюры в 3 злотых и 25 злотых. (Прим, персе.)
Укажите практический способ, пригодный для работы в мастерских (а не школьный пример на применение теоремы Пифагора).
66.	Перевязывание коробок. В кондитерских для перевязывания коробок конфет поступают так: лента идет наискось и образует один замкнутый косой (неплоский) восьмиугольник; на покрышке видны два параллельных отрезка ленты, а внизу лента проходит подобным же образом. Зная все измерения коробки, можно вычислить длину ленты, а также под какими углами опа пересекает ребра коробки. И, наконец, можно доказать, что лента может быть смощепа не только вдоль самой себя, но также и по коробке.
66а. Другое перевязывание. Коробка, имеющая форму прямоугольного параллелепипеда, обычно перевязывается накрест: шнурки пересекаются под прямым углом в центре покрышки JV и в центре основания Р.
Доказать, что прочное склеивание шнурков в N и Р делает невозможным всякое их смещение.
67.	Безмен. Безмен — это деревянный (или металлический) тонкий стержень (постоянной толщины), сделанный из однородного материала. На одном конце к нему приделан довольно тяжелый груз, а на другом — крючок, поддерживающий взвешиваемые предметы. На стержпе с помощью зарубок панесепа шкала, по которой мы прочитываем (папример, в килограммах) вес подвешенного на крючке предмета. Для этого па безмене нужно найти точку, в которой он, подпираемый пальцем (или острием ножа), уравновешивается: соответствующее этой точке деление шкалы укажет искомый вес. Шкалу легко сделать экспериментально, если есть гири,— чем богаче их комплект, тем точнее будет шкала.
Как составить шкалу геометрическим способом, если у нас есть только одна гиря, папример только килограммовая гиря?
68.	Минимум длины. Линейка L прибита к столу, а подвижная линейка В. углом В скользит вдоль края линейки L (см. рис. 134 на стр. 137), постоянно опираясь своим краем о гвоздь О, вбитый в стол; этот край оканчивается углом А. При таком движении расстояние АО при некотором положении линейки В. достигнет минимума. Найти это положение и вычислить минимальное
расстояние АО, зпая расстояние гвоздя от неподвижной липейки и ширину подвижной линейки.
69.	Деление на части прямоугольников и квадратов. Если прямоугольник разделен на два прямоугольника, то совершенно очевидно, что зта конфигурация возникла в результате одного деления и не могла возникнуть иначе. Однако если мы разделим данный прямоугольник па три прямоугольника, то никто не сможет угадать, возникла ли эта конфигурация сразу же в результате деления на три части или же поочередно в результате деления первоначального прямоугольника на два, а затем последующего деления одного из полученных двух прямоугольников на два меньших. Будем говорить, что деление прямоугольника на две части является первичным, а деление его на три части не явлется первичным. Точнее, мы называем первичным такое деление, которое не может возникнуть в результате последовательного деления (совершенно безразлично, как оно возникло в действительности). Это определение дал проф. Лось, который заметил, что существуют первичные деления на 2, 5, 7, 8, ... частей и в то же время не бывает первичных делений на 3, 4 и 6 частей. (Пусть читатель сам докажет, что не существует первичных делений на 3 и 4 части, и найдет первичное деление на 5 и 7 частей; проф. Ч. Рылл-Нардзевский доказал, что не существует первичного деления на 6 частей.)
1°. Указать пример первичного деления квадрата на 5 равных частей.
2°. Указать пример первичного деления квадрата на 7 равных частей.
3°. Указать пример первичного деления квадрата на 8 равных частей.
70.	Практическая задача. Фабричная территория — плоская, но отлогая. У нас имеются нивелировочный инструмент, состоящий из горизонтальной люпетки, вращающейся вокруг вертикальной оси (причем углы поворота мы прочитываем по шкале горизонтального круга), и веха, на которую мы наводим, чтобы прочесть разность уровней, а также расстояние, па котором установлена веха (благодаря двум горизонтальным ниткам в люнетке и шкале на вехе). Как проще всего определить наклон земельного участка и направление наклона?
71.	Соседние города. На карте Европы соединяем каждый город с ближайшим к нему, предполагая при этом, что расстояния между любыми двумя парами городов не равны.
Доказать, что ни один город не будет соединен более чем с пятью соседними городами.
72.	Железнодорожная сеть (I). Имеется пять городов; из пих никакие три не лежат на одной прямой. Эти города нужно соединить железнодорожной сетью, состоящей из четырех прямых дорог; при этом можно провести железно дорожную линию одну над другой по виадукам.
Сколько существует таких различных железнодорожных сетей?
73.	Железнодорожная сеть (II). Города А, В, С, D лежат в вершинах квадрата со стороной в 100 км. Нужно наметить железнодорожную сеть так, чтобы каждый город был соединен с любым из остальных трех городов (причем допустимо образование узловых станций в местах, отличных от А, В, С, D) и чтобы общая длина линий была по возможности наименьшей. Какова искомая сеть и какова ее длина?
74.	Пробный полет. Самолет нового типа вылетел из Осло, направляясь по кратчайшему пути к аэродрому X, находящемуся в Южной Америке, на самом экваторе. Свидетели отлета из Осло видят, как самолет исчезает на горизонте в точке, лежащей точно на запад.
Какова длина трассы полета? В какой точке горизонта должны ждать самолета зрители, встречающие его на аэродроме в X?
75.	Солнце и Луна. Расстояние Солнца от Земли в 387 раз больше, чем расстояние Лупы от Земли. Во сколько раз объем Солнца превышает объем Луны?
76.	Космография. Вычислить длину самого короткого дня во Вроцлаве. Решение требует знания двух углов. Каких?
ГЛАВА V
ШАХМАТЫ, ВОЛЕЙБОЛ, ПОГОНЯ
77.	Шахматная доска. Пусть квадратная или прямоугольная шахматная доска имеет нечетное число клеток (например, 49 или 63). Клетки с общей стороной будем называть смежными.
На каждой клетке шахматной доски расставляем по одной пешке, затем собираем пешки и снова расставляем на клетках шахматной доски.
Возможно ли, чтобы каждая пешка оказалась в клетке, смежной с той, которую она занимала первоначально?
78.	Еще раз о шахматной доске. На каждой клетке шахматной доски ставим по пешке. Пешки собираем и расставляем заново, но так, чтобы пешки, стоявшие в левых углах, заняли свои прежние места и чтобы пешки, которые были соседними (т. е. занимали смежные клетки), снова стояли по соседству.
Возможно ли, чтобы какая-нибудь пешка оказалась на другом месте, чем первоначально?
79.	Ладья на шахматной доске. Шахматная доска, которой мы воспользуемся, имеет столько же строк, сколько и столбцов, но отличается от обычной шахматной доски тем, что расположение белых и черных клеток может быть произвольным, лишь бы в каждом столбце была по крайней мере одна белая клетка и лишь бы по крайней мере один столбец был целиком белый. Будем говорить, что нам удалось расположить ладьи (а у нас их достаточный запас, так что недостатка в них не будет) на шахматной доске, если мы удовлетворим следующим условиям: 1) ладьи стоят только на белых клетках, 2) на шахматной доске стоит хотя бы одна 38
ладья, 3) ладьи не атакуют друг друга (т. е. они стоят так, что не могут бить друг друга), 4) каждая белая клетка, не занятая ладьей, но находящаяся по горизонтали под угрозой ладьи, находится также под угрозой некоторой ладьи и по вертикали.
Доказать, что всегда можно расставить ладьи согласно требованиям 1), 2), 3) и 4).
80.	Эллиптический бильярд. На эллиптическом бильярде шар А лежит у края, а шар В — на отрезке s, соединяющем фокусы эллипса. Нужно ударить шар А так, чтобы, оттолкнувшись от края, он столкнулся с шаром В; однако запрещается пересечение отрезка я шаром А перед ударом о край.
Доказать, что задача неразрешима.
81.	Спортивная задача (I). В классе 25 учеников. Из них 17 умеют ездить на велосипеде, 13 умеют плавать, а 8 — ходить на лыжах. Ни один из учеников не владеет всеми тремя видами спорта, но как велосипедисты, так и пловцы и лыжники имеют хорошие или удовлетворительные оценки по математике, что тем более знаменательно, так как шесть учеников имеют неудовлетворительные оценки по этому предмету.
Сколько учеников имеют отличные оценки по математике? Сколько пловцов умеют ходить на лыжах?
82.	Спортивная задача (II). 3 бегуна А, В и С систематически состязались в беге на 200 метров, замечая после каждого пробега порядок, в котором они достигали финиша. Подводя итоги, они обнаружили, что в большинстве состязаний А обгонял В и что в большинстве случаев В бежал быстрее С, а также, что в большинстве случаев С приходил к финишу раньше А. Как это могло случиться?
83.	Теория спортивных розыгрышей. Шахматный клуб доктора Сильвестра Шарадека насчитывает 10 членов. Ежегодно происходят розыгрыши с целью разделения игроков на классы. Каждый играет с каждым до первой результативной партии (ничьи не принимаются в расчет). Будем говорить, что «А выигрывает у В», если А выиграл у В в классификационном розыгрыше нынешнего года. Таких результатов после окончания турнира будет 45, а игроки разделятся на классы, например: на игроков, выигравших у восьмерых, выигравших у семерых, и т. д. (Заметим, что система
45 розыгрышей допускает возможность, что А выигрывает у В, В выигрывает у С и С выигрывает у Л.)
Вопрос касается возможных результатов классификации. В частности, возможно ли, чтобы клуб был разделен на три класса?
84.	Объединение волейбольных команд. Лучшие команды по волейболу образуют объединение, которое устраивает сезонные встречи; каждая команда играет один раз с любой другой. Может случиться, что одна из команд победит все другие, но это не обязательно. Поэтому согласимся называть чемпионом такую команду, которая победила любую другую либо обычным путем, либо косвенно, т. е. через третью. Другими словами, будем считать, что команда А победила команду В, если существует команда С, проигравшая команде А, но победившая в матче с В. Не будем, однако, считать косвенной победой команды А над В, если А побеждает С, С побеждает D, a D побеждает В.
Доказать, что 1) розыгрыши в объединениях всегда позволяют выявить одного или более чемпионов; 2) команда, которая непосредственно выиграла наибольшее число встреч, всегда является чемпионом.
85.	Турниры. Так называемая кубковая система определения победителя из 8-ми спортсменов состоит в разбиении игроков на пары с помощью жеребьевки. 4 матча определяют четырех победителей, которые участвуют во втором туре; третий тур соревнований является финалом. Победитель финального матча получает первый приз, а его соперник получает второй приз. Будем считать, что каждый игрок имеет определенную силу (подобно тому, как каждый предмет имеет определенный вес) и что более сильный игрок всегда выигрывает у более слабого (подобно тому, как более тяжелый предмет всегда перевешивает более легкий, если они помещены на разные чаши весов). В таких предположениях описанный выше процесс годен для определения чемпиона, так как победитель действительно будет сильнее всех своих соперников; однако второе место вовсе не всегда будет занято вторым по силе игроком.
Какова вероятность того, что второй участник финального матча в самом деле достоин второго приза?
86.	Велосипедист и пешеходы. Директор совхоза отправил двух пеших посыльных: одного с письмом на почту в город, другого — на четверть часа позднее — в противоположном направлении, в соседний сельсовет. Но вдруг сообразил, что перепутал письма и выслал велосипедиста с поручением догнать обоих, исправить ошибку и вернуться. Велосипедист предполагает, что оба посыльных идут с одинаковой скоростью и колеблется, догнать ли сначала того, который вышел раньше, или того, который вышел позже. А так как он едет быстро, то в обоих случаях исполнит поручение.
Кто решит эту задачу, пусть скажет, каково было бы решение, если бы директор не перепутал писем, а только забыл бы дать посланцам деньги и хотел бы это исправить.
87.	Четыре собаки. Четыре собаки А, В, С и D стоят в углах квадратного луга и вдруг начинают гоняться друг за другом, как указы-
вают стрелки на рис. 2.	-------— А
Каждая собака бежит прямо к соседней: А к В, В к С, С к D, D к А. Сторона луга равна 100 м, а скорость бега собак равна 10 м/с.
Через какой промежуток времени --------------/;
собаки встретятся? Пересекутся ли
их пути и где? Какова длина каждо-	”ис‘ ‘
го пути?
88.	Погоня (I). Корабль Р заметил корабль Q, который плывет в направлении, перпендикулярном к PQ, сохраняя свой курс. Корабль Р гонится за Q, постоянно направляясь к Q; скорость обоих кораблей в каждый момент одинакова (но может изменяться со временем). Без вычислений видно, что Р плывет по кривой линии; если погоня длится достаточно долго, то траектория догоняющего корабля и траектория убегающего корабля в конце концов становятся почти идентичными. Каково будет тогда расстояние PQ, если в начале оно было равно 10 морским милям?
89.	Погоня (П). Корабль О± замечает другой корабль О2, плывущий в момент наблюдения перпендикулярно к прямой OjO2. Корабль О, не замечает сигналов и сохраняет свой первоначальный курс и свою
скороть v2. Корабль Oj хочет обратить на себя внимание, так как ему необходима помощь, и с максимальной скоростью уп па которую он только способен, плывет в таком паправлепии, чтобы как можно ближе подойти к Ог. Какой оп должен взять курс? Каково будет расстояние между обоими кораблями в момент наибольшего сближения, если начальное расстояние было равно d, а отношение скоростей равно к и меньше 1?
90.	Действительно ли условия задачи неполные? Кто-то, не очень внимательно прочитав предыдущую задачу, рассказал ее доктору Шарадеку и спросил, как определить курс, исходя из условий задачи. К сожалению, он забыл, какой из кораблей имеет большую скорость, а какой — меньшую, но помнил, что отношение скоростей к известно и меньше 1. Однако оп не знал, означает ли к отношение скорости сигнализирующего корабля к скорости замеченного корабля или наоборот. И велико же было его изумление, когда мастер тотчас же определил курс на основе неполных данных! Каким образом доктор Шарадек сделал это?
91.	Моторная лодка (I). Моторная лодка контрабандистов имеет втрое большую скорость, чем сторожевой корабль, находящийся па расстоянии половины пути от лодки к тому месту побережья, до которого лодка хочет добраться. Капитан лодки решает плыть к цели вдоль двух сторон квадрата. Какая часть этого пути будет опасной?
92.	Моторная лодка (II). В предыдущей задаче капитан лодки решил плыть так, чтобы по пути один раз изменить курс на 90°. Какой он должен выбрать рейс, чтобы наверняка обойти сторожевой карабль и как можно быстрее достигнуть цели?
ГЛАВА VI
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ПРИКЛЮЧЕНИЯ ДОКТОРА ШАРАДЕКА
93.	Удивительное число. Доктор Шарадек решил в корне изменить математическую запись. Он считает большим недоразумением то, что существует число, известное детям, начинающим учиться в школе, которое наряду с обычной записью имеет еще другую запись, о которой эти дети узнают лишь несколько лет спустя, а также еще и третью, очень сложную, о которой (к сожалению!) они узнают в более зрелом возрасте, причем никто им не говорит, что это — то же самое число. Только доктор Шарадек и его друзья знают этот секрет. Какое же это число?
94.	«Сантиметр». Портные называют «сантиметром» ленту с нанесенными на ней сантиметровыми делениями. Доктор Сильвестр Шарадек имеет (разумеется) иной «сантиметр», чем обычные смертные. Он выглядит так, как показано на рис. 3 (нарисована только часть ленты), т. е. в начале ленты он имеет оковку в полсантиметра. Доктор Шарадек утверждает, что его «сантиметр» лучше обычного. Почему?
Рис. 3.
95.	Игра в слова. Доктор Сильвестр Шарадек объявил, что он всегда может отгадать загаданное слово, если ему будет разрешено задать 20 вопросов, отвечать
на которые следует лишь словами «да» или «нет», и если загаданное слово имеется в словаре. Как вы думаете, не хвастает ли он?
96.	Студенческие долги. Семь студентов живут в одной квартире. В течение всего года они взаимно одалживают друг другу мелкие суммы денег. Доктор Сильвестр Шарадек посоветовал им, чтобы каждый отмечал у себя, сколько денег он взял взаймы и сколько дал взаймы, но не записывал, у кого или кому одолжил деньги. Перед отъездом па каникулы студенты решили рассчитаться друг с другом, однако они не знали, как это сделать. Достаточна ли такая бухгалтерия Шара-дека для того, чтобы студенты могли расплатиться друг с другом? Сколько в худшем случае необходимо сделать выплат? (Выплатой мы называем вручение одному человеку какой-либо суммы денег другим человеком.)
96а. «Криптопим № 2». Доктор Сильвестр Шарадек решает любые задачи. Его друг, который хотел его испытать, принес ему 12 однозлотовых монет, на вид одинаковых, и сказал: «Что касается одиннадцати, то я уверен, что они не фальшивые, но двенадцатая может быть фальшивой, одпако я не знаю, легче она или тяжелее обычной». Говоря это, он высыпал монеты на стол и воскликнул: «Теперь я уже не знаю, которая из них подозрительная, но ты Сильвестр, наверное, обнаружишь это в результате трех взвешиваний, причем без разновесок, на обычных весах с двумя чашками». Мастер ответил: «Я сейчас же это сделаю благодаря моему безошибочному методу, называемому „криптоним № 2“». Сказав это, оп сложил монеты в ряд и написал на них мелом буквы К, R, Y, Р, Т, О, N, I, М, D, W, А, так что каждую монету обозначил одной буквой. Затем он проделал три взвешивания, каждый раз укладывая на весы сразу по четыре монеты на каждую чашку. Его приятель с удивлепием заметил, что буквы сложились в слова:
Левая чашка Правая чашка
I взвешивание	MYTO	RAKI
II взвешивание	MOD A	WINT
III взвешивание	WYKA	PION
Но через минуту приятное лицо мастера потемнело от гнева. «Бесчестный обманщик! — воскликнул он,— ты хотел меня обмануть, меня, Сильвестра Шарадека,
доктора всех математических паук! Но это тебе но удалось, ибо мой «криптоним № 2» разоблачил тебя! среди твоих монет по крайней мере две фальшивые!» Его друг с раскаянием сознался, что он виновен.
Исследуйте, смог бы мастер, если бы не подвох, найти фальшивую монету и узнать, тяжелее она или легче настоящей монеты, а если бы все монеты были настоящими, сумел ли бы оп обнаружить и это. Скажите, каковы были результаты взвешиваний, которые позволили мастеру заметить подвох. И, наконец, определите, мог ли приятель Шарадека так изменить вес двух монет (оставляя остальным монетам их настоящий вес), чтобы провести мастера вместе с его чудесным «криптонимом № 2».
966. Кубики. Доктор С. Шарадек сообщил мне, что сто лет тому назад на царских именинах появилась делегация в 25 офицеров, по пять из пяти разных полков, причем каждый полк был представлен полковником, подполковником, майором, капитаном и поручиком, и генерал, возглавляющий делегацию, расставил ее квадратным строем так, чтобы в каждом ряду стояли представители всех рангов и всех полков и так же в каждой колонне. Я спросил его, имели ли офицеры ордена, причем ордена пяти разных наименований так, чтобы каждый полк имел их все и каждый ранг имел их все, но каждый офицер — только один? Не сбитый с толку доктор Шарадек уверил меня, что именно так и было, что в каждой колонпе и в каждом ряду были все ордена!
Перещеголяем фантазию знаменитого ученого и составим 125 кубиков в большой куб, обозначив предварительно каждый кубик цветом (белым, голубым, зеленым, красным и желтым), буквой (Л, В, С, D, Е) и номером (1, 2, 3, 4, 5) так, чтобы было по 25 кубиков каждого цвета, по 25 — каждой буквы и по 25 — каждого номера, а кроме того, так, чтобы каждый горизонтальный слой кубиков был моделью строя, аналогичного описанному выше, причем даже тогда, когда мы примем за горизонтальную плоскость любую грань большого куба.
97.	Странное общество. Один человек рассказал, что однажды он оказался в обществе, состоящем (вместе с ним самим) из двенадцати человек, причем
а)	каждый из них не был знаком с шестью другими людьми, но знал всех остальных;
б)	каждый принадлежал некоторой тройке знакомых между собой людей;
в)	среди собравшихся нельзя было выбрать четырех попарно знакомых людей;
г)	среди собравшихся нельзя было выбрать также и четырех попарно незнакомых лиц;
д)	каждый из собравшихся входил в тройку попарно незнакомых лиц;
е)	каждый мог найти среди незнакомых ему людей человека, с которым он не имеет в этой компании общих знакомых.
Услышав этот рассказ, доктор Шарадек заявил, что однажды он был в обществе, в котором условия б), в), г), д) выполнялись, но каждый знал ровно 6 человек и имел знакомого, который мог познакомить его со всеми остальными.
Поясните эти ситуации.
98. Счеты. Представьте себе счеты, состоящие из 10 горизонтальных проволок, а на каждой проволоке по одной костяшке. Пусть эти костяшки передвигаются с постоянной скоростью, одинаковой для всех, туда и обратно по проволокам, поворачивая при ударе о сторону счетов. Начальное положение костяшек неизвестно.
Вертикальная ось симметрии
делит счеты на левую и правую половину. Пусть движение происходит так, что одновременно никогда не окажется более семи костяшек в правой половине счетов. Доктор Сильвестр Шарадек утверждает, что там никогда не окажется менее трех костяшек. Прав ли он?
99. Поливание улиц. Родной город доктора Шараде-
Рис 4.	ка имеет автоцистерну для
поливания улиц, но не имеет подходящего гаража. Доктора попросили обозначить на плане города (который мы помещаем на рис. 4) самое лучшее место для гаража, т. е. такое, которое
позволит кратчайшим путем объехать все улицы города и вернуться в гараж. Доктор Шарадек выбрал свой дом (на карте он обозначен темным квадратиком). Поступил ли он правильно?
100. Французские города. Доктор Шарадек, знающий хорошо стратегию, интересовался последней войной и в 1940 году познакомился с картой французского театра военных действий. Отсюда, вероятно, и возникла следующая задача. Расстояние (по воздуху, как и все расстояния в этой задаче) от Шалона до Витри равно 30 км, от Витри до Шомона 80 км, от Шомона до Сэн-Кантэна 236 км, от Сен-Кантзна до Реймса 86 км, от Реймса до Шалона 40 км. Вычислить в этом замкнутом многоугольнике расстояние от Реймса до Шомона. Без карты это умеет сделать только Сильвестр Шарадек!
ГЛАВА VII
ЗАДАЧИ БЕЗ РЕШЕНИЯ
Решение некоторых приведенных здесь задач известны, решения же других задач до сих пор еще пе найдены. В этом разделе есть it легкие, и трудные задачи, однако решение какой-либо из них может свидетельствовать об умении самостоятельно мыслить.
Плюсы и минусы. Приведенная слева фигура состоит из 14 знаков «+» и из 14 знаков «—». Они расставлены таким образом, что под двумя одинаковыми знаками всегда под двумя различными знаками —
Если бы в первой строке было п знаков, то в аналогичной фигуре было бы всего п (п + 1) знаков (наш пример отвечает числу п, равному 7). Так как-i- п(п+1) есть четное число при п = 3, 4, 7, 8, 11, 12 и т. д.,то можно спросить, возможно ли для любого из этих п построить фигуру, аналогичную нарисованной в самой верхней строке, о случае п = 12.
Общее решение до сих пор неизвестно. Приводим решения для п = 12 (на стр. 48) и п = 20 (на стр. 49), 48
+ + - + - + +
+---------4-
_ + + + _
- + + -- + -
+
стоит знак «+», а внак «—».
— 4- — 4—----1-	4-4- —
--------+--------+ -
4- 4- 4- — — 4-4- — — 4-4- - 4- — + — 4-
4-
- 4- 4- 4- 4- 4-
— 4- 4- 4- 4--4-4-4-
-4-4-— 4-
и начинающуюся с п знаков В частности, мы спрашиваем
из которых путем отбрасывания первой строки получаем также решения для п = 11 и п = 19.
+ + + + — — + — — — 4-4-4- + — — — — — +
+ + + — + — — + + — + + + — + + + + —
+ + “ — — + — + — — + + — “ + + + —
+ — + + — “ — — + — + — -р — .р _
— — + — + + + — — — — — — — + —
+-------+ + - + + ++ + 4----------
— _|- -р _	_ — + + + + + — +
— _|----- — + — + + + + — —
— + + — -~~ + + + — +
+ - + -~+ + ^ + +--------
Треугольник в треугольнике. Один треугольник имеет стороны а, Ъ, с, а другой — стороны а', Ъ', с'. Какие условия, связывающие числа а, Ь, с, а', Ъ', с', необходимы и достаточны для того, чтобы первый треугольник можно было поместить внутри другого?
Части квадрата. Единичный квадрат разделен на 3 произвольные части. Пусть г — некоторое положительное число, меньшее
Всегда ли будет верно утверждение, что найдется часть, содержащая по крайней мере 2 точки Р, Q с PQ = г?
Деление окружности. На окружности длины 1 мы отмечаем точку Р и откладываем от нее поочередно дуги иррациональной длины v. Таким образом получаем точки Plt Pit . . Рп, . . ., причем длина любой дуги PtPft+i всегда равна v. Точки Р, Ри . . ., Pn-t делят окружность на п дуг. Доказать, что точка Рп окажется в наибольшей из них.
Лучи в пространстве. Три луча в пространстве исходят из общей вершины и образуют плоские углы А, В, С. Какие из неравенств:
1)	А + В > С,
2)	sin А + sin В > sin С,
3)	sin i А 4- sin ~ В > sin -i- С,
4)	sin2 А + sin2 В > sin2 С,
5)	sin2-i-A + sin2i B>sin2-|-С всегда верны, а какие — не всегда?
Неограниченная шахматная доска. На неограниченной шахматной доске ограничить фигуру, состоящую из 100 квадратов, т. е. из 100 клеток шахматной доски, таким образом, чтобы диаметр этой фигуры был по возможности наименьшим (диаметром называется наибольшее расстояние между точками фигуры).
Найти этот диаметр. Найти радиус наименьшего круга, охватывающего 100 клеток шахматной доски.
Еще раз счеты. Пусть костяшки, о которых говорится в задаче 98, занумерованы от 1 до 10. В любом положении их проекции на основание счетов дают одну из возможных перестановок чисел 1, 2, 3, . . ., 10. Пусть костяшки передвигаются по проволоке, как и в задаче 98, каждая с постоянной, но отличной от других скоростью, причем каждая скорость выражается целым числом см/с. Можно ли так подобрать эти скорости, чтобы — независимо от начального положения — счеты дали во время движения костяшек все возможные их перестановки (т. е. перестановки из чисел 1, 2, 3, . . ., 10). Доктор Шарадек уверяет, что он знает такое распределение скоростей, при котором ни одна перестановка чисел не повторится, прежде чем не появятся все другие!
Сравнивание весов. Имеется четыре предмета разного веса, а также весы без гирь. На весах можно сравнивать вес любых двух предметов. Легко указать способ, который дает возможность установить порядок весов данных предметов самое большее после пяти взвешиваний. Доказать, что не существует такого способа, который бы гарантировал установление порядка весов предметов после четырех взвешиваний.
Известно, что для 10 предметов существует способ устанавливания порядка весов, требующий 24 взвешиваний; можно ли это число взвешиваний уменьшить?
Банки в ящике. В ящике формы прямоугольного параллелепипеда, дно которого имеет размеры 186 мм на 286 мм, можно плотно уместить 16 одинаковых жестяных цилиндрических банок, имеющих высоту, равную высоте ящика, и стоящих основанием на дне его. Однако какое-либо увеличение диаметра банок уже не позволит их поместить в ящике. Каков диаметр банки?
Бактерии. Доктор Шарадек открыл вид бактерий, которые размножаются удивительным образом. От первичной бактерии отрывается часть и становится самостоятельной бактерией; обычно она короче оставшейся: таким образом, появляются две бактерии различной длины. От длиннейшей из них снова отрывается часть, тоже короче оставшейся, и этот процесс длится до тех пор, пока не приведет к остатку более короткому, чем какая-нибудь ранее оторванная часть. Тогда от длиннейшей из оставшихся отрывается часть, равная по длине кратчайшей из оставшихся. Это единственное правило (одновременно с неравным начальным разделением) достаточно для описания всего процесса размножения, однако нужно помнить, что в каждый момент самое большее одна бактерия делится на две.
Доказать, что в колонии бактерий никогда не бывает более трех различных длин, и если первое деление было иррациональным, то постоянно будут повторяться моменты, при которых окажутся всего только две различные длины, а также моменты, когда различных длин будет три, и, наконец, возможно такое первоначальное деление, при котором отношение длин сохранится при всех дальнейших делениях на части.
Подъезжает цирк! Дети играют на лугу рядом с шоссе. Вдруг замечают в том месте, где шоссе выбегает из леса, шута на коне — это подъезжает цирк... Дети хотят подбежать к шоссе, чтобы увидеть шута; стоящие дальше уже не добегут, но хотят по крайней мере увидеть его как можно ближе. Все дети бегут с одинаковой скоростью, но шут едет быстрее.
Нужно: а) начертить линию, отделяющую ту часть луга, с которой можно добежать до шута, от остальной; б) определить путь бегущих детей, находившихся на
этой линии; в) определить путь для детей, которые не добегут вовремя; г) найти путь детей, которые успеют добежать к шоссе прежде, чем шут их минует.
Тем, кто будет решать эту задачу, мы советуем познакомиться с задачей 89.
Три ковбоя. Три ковбоя охраняют стадо на большом квадратном пастбище. Ковбои хотят так разделить пастбище, чтобы: 1) каждый из них отвечал за Ч3 поля, 2) самая дальняя точка пастбища, за которую отвечает ковбой А, находилась на таком же расстоянии от его поста, как и самая дальняя точка пастбища, охраняемого ковбоем В, от поста ковбоя В и самая дальняя точка пастбища, охраняемого ковбоем С, от поста ковбоя С. Кроме того ковбои хотели бы, чтобы: 3) это максимальное расстояние было по возможности наименьшим и 4) чтобы в случае какого-либо происшествия к месту происшествия всегда подъезжал ближайший из них.
Доказать, что задача неразрешима, и привести решение, которое можно получить, отбросив одно или же два условия.
Допрос. Судья: Итак, свидетель видел пожар? А что свидетель делал непосредственно перед пожаром?
Свидетель: Я ходил по межам.
Судья: Как проходят межи в вашей деревне?
Свидетель: Параллельно и перпендикулярно к шоссе.
Судья: Вы гуляли без цели?
Свидетель: Нет, идя от шоссе межами, я рассматривал поля соседей, ни разу не возвращался той же межой и снова вышел на шоссе.
С у д ь я: А пересекали ли вы свою дорогу?
Свидетель: Нет. Но помню, что около рапса я проходил дважды, причем первый раз он был у меня по правую руку, так что я мог видеть дом, а когда проходил мимо него во второй раз, то он оказался по левую РУКУ- Вот тогда я и услышал, что кричат «Горит!».
Судья велел арестовать свидетеля, как подозреваемого. Почему?
Стрелки на додекаэдре. Представим себе модель правильного додекаэдра, на каждой из его граней нарисуем стрелку-»-; доказать, что найдутся две соседние стрелки, т. е. помещенные на смежных гранях, которые образуют угол, больший 90°.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Прежде всего заметим, что в данной последовательности каждая нечетная цифра может появиться только между двумя четными цифрами.
Действительно, предположим, что два последовательных члена с, d рассматриваемой последовательности — нечетные. Тогда могут иметь_место два случая:
или число cd является произведением двух членов а, b данной последовательности, предшествующих членам с, d и нечетных,
или же цифра с является последней цифрой произведений двух членов а, b данной последовательности, предшествующих членам с, d и нечетных.
Таким образом, из предпосылки, что два последовательных члена с, d рассматриваемой последовательности являются нечетными, следовало бы, что два других члена этой последовательности, предшествующие членам с, d, являются нечетными. Поэтому из предпосылки, что два последовательных члена с, d рассматриваемой последовательности являются нечетными, следовало бы, что среди трех начальных цифр данной последовательности имеются две нечетные, что в действительности не имеет места.
Из приведенного замечания, что в рассматриваемой последовательности никогда не выступают два соседних нечетных члена, следует, что цифра 9 в данной последовательности не появится. Действительно, цифра 9 могла бы появиться только в произведении двух чисел не меньшем, чем 90, а произведение двух однозначных чисел всегда меньше 90.
Не может также появиться и цифра 7, так как единственным двузначным произведением однозначных чисел разной четности, в котором появляется цифра 7, является произведение 8-9 = = 72, но цифры 9 в данной последовательности нет.
Мы не встретим также в этой последовательности и цифры 5, ибо только два произведения однозначных чисел разной четности содержат цифру 5, а именно, 54 = 6 «9 и 56 = 7*8, но оба они содержат такие цифры, которые не появляются в данной последовательности.
2. Обозначим произвольное натуральное n-значное число через
L == 10n’*an + 10n-2an-i + • • • + 102a3 + 10aa +
а сумму квадратов его цифр через
Ll = ап + "«1 + • •  + «3 + °2 + "l-
Имеем:
L-L3 = (10-1 - ап) ап + (10-2 _	+ . . .
. . . + (103 — я4)а4 + (102 — а3) а3 + (10 — а.2) а2 — (« — 1) «г-
Заметим, что
(«4 — 1) at % 72.
Таким образом, если мы предположи»!, что и 3, то (так как ап -L 0) будем иметь:
(Ю—1 _ ап) ап да, вместе с тем
(10—1 —	я; 0 для 1 = 2, 3,..., п — 1,
поэтому
Z, >
Из последнего неравенства вытекает, что, исходя из данного по меньшей мере трехзпачного числа L и образуя описанным в задаче способом последовательность
Л., L3„ . .	(1)
сумм квадратов цифр, мы получим убывающую последовательность, пока члены этой последовательности будут по меньшей мере трехзначными; а так как они могут быть только натуральными числами, то, исходя из произвольного числа L, в котором не менее трех цифр, после некоторого числа шагов описанного в задаче процесса наверняка придем к пе более чем трехзпачному числу. Отсюда следует, что достаточно проверить, верпо ли утверждение задачи для чисел самое большее трехзначных.
Предположим, следовательно, что дано трехзначпое число L, т. е. что п = 3. Тогда а3 =£ 0 и получаем:
L — Lt = (100 — as) а3 + (10 — e2) aa — (я4 — 1) «4 >
> 99-72 = 27, или
Li < L - 27.
Из последнего неравенства вытекает, что некоторый член последовательности (1) является самое большее двузначным числом. Пусть этим членом будет
Lq = 10/ + к.
Так как члены последовательности
Lq+1> ^g+2' Lq+3> • • •
ие изменятся, если число Lq заменим числом 10& + /, то наше предположение достаточно доказать для чисел Lq при условиях
/ > А > 0. ] > 1.
Если Lq — 10/ + fr, а также / к 0 и /	1, то Lg+l
является одним из чисел следующей таблицы значений выражения /2 +
	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
1 2 3 4 5 6 7 8 9	1 4 9 16 25 36 49 64 81	2 5 10 17 26 37 50 65 82	8 13 20 29 40 53 68 85	18 25 34 45 5S 73 £0	32 41 52 65 80 97	50 61 74 89 106	72 85 100 117	98 ИЗ 130	128 145	162
Пэ этой таблицы мы можем отбросить числа
1, 10, 100,
а также названные в условии задачи числа
145, 20,4, 16,37,58, 89,
так как для них теорема верна. Кроме того, мы можем отбросить числа
2, 40, 50, 52, 61, 73, 80, 81, 85, 90, 98, 130, которые отличаются от предшествующих чисел или же от других чисел таблицы перестановкой цифр или же приписыванием цифры 0. Тогда останется 28 чисел, а именно,
5, 8, 9, 13, 17, 18, 25, 26, 29, 32, 34, 36, 41, 45, 49, 53, 64, 65, 68, 72, 74, 82, 97, 106, 113, 117, 128, 162,
для которых нужно проверить достоверность теоремы.
Результаты проверки запишем в таблицу. В первом столбце запишем число, для которого проверяем теорему, а во втором столбце запишем поочередно члены последовательности (1), образованной именно для этого числа. Проверку прервем, если дойдем до одного из чисел, для которых теорема верна.
5	25,	29, 85	72	53,34,25
8	64,	52	74	65
9	81		82	68, 100
18	65,	61	106	37
32	13,	10	ИЗ	И, 2
36	45,	41, 17, 50	128	69,117, 51, 26, 40
49	97,	130	162	41
Так как в каждом случае в конце концов приходим к числу 1 или же к одному из чисел
145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89,
которые периодически повторяются, то указанная в задаче теорема доказана.
3.	При делении степеней 5“, 4,<ч, Зт на 11 (где а, Р, у обозначают целые неотрицательные числа, не превышающие 5) получаем следующие остатки:
Число	Остаток	Число	Остаток	Число	Остаток
5»	1	4»	1	3»	1
51	5	41	4	31	3
52	3	42	5	З2	9
53	4	43	9	3’	5
51	9	44	3	3’	4
5»	1	46	1	3s	1
Обозначим соответственно через Л (5а), R (4^), Л (Зт) остатки, полученные от деления чисел 5а, 413, 3' на 11. Остатки эти можно прочесть по приведенной выше таблице. Обозначим, далее, через к, т, п три произвольных неотрицательных целых числа. Числа 5sit, 45m, 3“п при делении на 11 дают в остатке единицу. Поэтому числа 55t+a, 46m+₽, 35n+Y При делеипи на ц дают соответственно остатки Л (5“), Л (4^), Л (Зт). В таком случае выражение
5s*+u +	+ 3sn+v	(1)
только тогда делится на 11, когда сумма Л (5а) + Л (4^) + + Л (3Y) делится на 11. Это имеет место при
к — т = n, а = 1, Р — 2, у = 0.
Можно привести 14 других выражений типа (1), делящихся на 11. Их находят, выбирая из трех столбцов приведенной выше таблицы по одному числу так, чтобы в сумме получить число, делящееся на 11.
4.	Выражение ап 4- Ьп делится иа а + Ъ, если п — нечетное число. Поэтому число
ЗИИ -f. 410S _ (33)35 _|_ 03)35
делится на З3 + 43 = 7-13. Аналогично из равенств
3IOS _|_ 4105 = (35)21 4. 05)21,
3105 + 410s = (3?)15 + (4?) 15
следует, что данное число делится на 35 + 41 = 7-181 и на 3? + + 41 = 49-379.
Заметим, далее, что
43 = — 1 (mod 5)
(эта формула обозначает, что число 43 при делении на 5 дает остаток — 1). Отсюда вытекает, что
4105 = (—1)35 (mod 5), следовательно,
4105 = — 1 (mod 5).
Подобным же образом З2 = —1 (mod 5), отсюда следует, что
Зю4 = (—1)52 (mod 5)> следовательно,
31<и = ! (mod 5) и
3105 == 3 (mod 5).
Так как
4105 = _ ! (mod 5) и 3Ю5 == 3 (mod 5)i то
3105 + 4106 = 2 (mod 5);
это означает, что число 31О4 + 4“5 при делении на S дает в остатке 2.
Подобным же образом
43 = — 2 (mod 11), откуда 4'5 = — 32 (mod 11), а так как —32 = 1 (mod 11), то
44 = 1 (mod 11) и, в конечном счете,
410S = 1 (mod 11),
Точно так же убеждаемся в том, что
35 = 1 (mod 11), откуда 3106 = 1 (mod И),
Поэтому
3Ю5 + 4105 == 2 (mod И);
это означает, что число 3105 + 41О5 при делении на 11 дает в остатке 2.
5.	Пусть существуют натуральные числа х, у, z, п такие, что п > z и хп + уп = zn. Нетрудно заметить что х < г, у < г в х^ У', ввиду симметрии можно предположить, что х < у, тогда
2" - /> = (2 - у) (гп-! + yZn-2 + , , , + уП-1) >
1 • пл:п~1 > хп,
вопреки нашему предположению, что хп + уп =~- zn- Отсюда следует справедливость сформулированного в задаче утверждения.
6.	Можно привести много последовательностей чисел яа>. .	я10, удовлетворяющих условиям задачи* Вот две из них:
0,95 0,05 0,34 0,74 0,58 0,17 0,45 0,87 0,26 0,66
0,06 0,55 0,77 0,39 0,96 0,28 0,64 0,13 0,88 0,48.
Числа первой из этих последовательностей располагаются следующим образом в частях интервала [0,1]:
	2	3	4	5	6	7	8	9	10
0,95	2	3	4	5	6	7	8	9	10
0,05	1	1	1	1	1	1	1	1	1
0,34		2	2	2	3	3	3	4	4
0,74			3	4	5	6	6	7	8
0,58				3	4	5	5	6	6
0,17					2	2	2	2	2
0,45						4	4	5	5
0,87							7	8	9
0,26								3	3
0,66									7
Эта таблица имеет следующий смысл. В столбце, помеченном
сверху числом 2, в первой строке выписано число 2, а во второй— 1; это указывает на то, что 0,05 принадлежит первой половине интервала [0,1], а 0,95—второй половине этого интервала. Сказанное переносится, разумеется, на любой столбец таблицы. Так, например, 6 в столбце, помеченном сверху числом 8, принадлежит строке, в левом столбике которой стоит дробь 0,74; это
указывает на то, что 0,74 принадлежит 6-й из тех частей интервала [0, 1], которые мы получаем при делении его на 8 равных ча-
А 8
о
стей [ т. е. что
<0,74
. Нетрудно проверить справедли-
вость всех просуммированных в этой таблице данных. Поскольку в каждом столбце мы имеем ровно столько чисел, сколько указывает число вверху этого столбца, причем все стоящие в одном столбце числа различны, то условия задачи выполнены.
7.	Система 14 чисел (п = 14), удовлетворяющих условиям, аналогичным приведенным в предыдущей задаче, существует:
0,06 0,55 0,77 0,39 0,96 0,28 0,64
0,13 0,88 0,48 0,19 0,71 0,35 0,82
(она возникает путем дописывания чисел 0,19, 0,71, 0,35, 0,82 ко второй системе, приведенной в предыдущей задаче).
Расположение чисел этой системы в интервале [0, 1] следующее:
	2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
0,06 0,55 0,77 0,39 0,96 0,28 0,64 0,13 0,88 0,48 0,19 0,71 0,35 0,82 Та и 6/15	11111111	1	1	1	1	1 22334455	6	7	7	8	8 3 4 4 5 6 7 7	8	9	10	И	И 223344	4	5	5	6	6 5 6 7 8 9	10	И	12	13	14 223334444 56678899 2	2	2	2	2	2	2 8	9	10	11	12	13 5	6	6	7	7 3	3	3	3 9 10 10 5	5 12 к как числа 0,35 и 0,39 находятся между 5/15 — 0,33... = 0,4, то приведенную выше систему уже нельзя допол-
нить пятнадцатым числом с сохранением условия задачи.
Любопытно, что числа системы можно переставить таким образом, чтобы условие задачи по-прежнему было выполнено, например:
0,19 0,96 0,55 0,39 0,77 0,06 0,64
0,28 0,88 0,48 0,13 0,71 0,35 0,82.
А. Шницель показал, что в общем случае ответ на вопрос задачи — отрицательный, следующим образом установив неразрешимость ее для случая п = 751).
Предположим, что числа arlt xit, . хп удовлетворяют требуемым условиям. Тогда для некоторых натуральных i < / < 35 имеем
2_.х	^12
35	4	35 1	35	35 ’
Следовательно,
__1 + -L<—-— + -L=40
«I — Xj xi в/за — “/и ’/as
xj~xl , _	“/»-’/» , 10_ 5
-7—+ *i<	'7—+35-7 <
(1)
(2')
(2)
’) M. Вармус (M. Warmus) совсем недавно доказал, что последним значением п, для которого задача разрешима, является п = 17.
Пусть
ft = Гзв (z,—»,)+Al, / =	т=-Г_11.
L 3 7J L xj~xi J	L riJ
Через [я] здесь, как всегда, обозначается целая часть числа х\ другими словами,
35(zj —z,) —A<ft<35 (z—z4) +А ,	(3)
№ +	(ft+v,)zt	(4)
X-— Хг
_L<m<_L + i.	(5)
Z,	Z,
Из (3) и (4) следует, что
,	[35 (г-—я.
35т. < I < J—U-!_   I +1 = 35s. 4-________г_ Д-1,
xj — xi	xj— xi
а сопоставив (5) и (2'), мы получим
35 <zn <35 4- —1_4-J_4-l<76,
х. — хг или
36 < т < 75.	(6)
Из неравенства (5), кроме того, следует, что (т — 1)	<
< I < тх$, откуда
[(m—1) s{] < [msi],	(7)
С другой стороны, в силу (5), (4) и (1),
(m — 1) г- > (— —1\ xj = I _J_-x- == Z4- zZz-- — т->
\ xi /	;	xi 3
_ .	(^+*/7)s4 X:- X,	9
>14-	— 	— — =	— т. > z 4- л,
xj xi xi	•
Аналогично, в силу (2)
ms  < /-£_ 4- i Xj — I —- 4- x - == I 4- I —-- 4" <
J у Xi 1 3 X^ 3	Xi	3
<г + Г^±М5 + 11^1 + ^ =
L	J xt ’
= l + ft + A + Х’~Х{ + z, < l + к 4-1,
7 s- J
Комбинируя полученные неравенства, мы найдем, что
I 4“ k < (т — t)xj < mxj < I 4- к 4~ 1»
откуда
[(m — 1) xj ~ [mxj.	(8)
Из (7) и (8) следует, что
~ l(« “ 1)	— [(и — 1) *il >	— [mrj — Nm> (9)
Однако из условия задачи и из неравенства (6) следует, что последовательность чисел [(m — 1) zj, {(т — 1) х2],* . . . .	[(т — 1)	получается из последовательности
0,1, . . ., т — 2 простой перестановкой входящих в нее чисел и, аналогично, последовательность [mxj, [шх2],. . [nxm] получается перестановкой из последовательности 0, 1,* » . . . ., т — 1.
Так как /, / < 35 < т — 1, то Nm_r — это число решений неравенства xt < xt < xj в натуральных числах t < т — 1 и Nm — число решений этого неравенства в натуральных числах t < т. Следовательно, Nm_x < 2Vm, что противоречит неравенству (9). Это противоречие и завершает доказательство.
7а. Существует 90 перестановок. Однако если мы будем считать перестановки, полученные путем замены букв, отличающимися несущественно, то получим только 90 : 6 — 15 различных групп перестановок, ибо существует 6 = 31 перестановок букв а, Ь, с:
abc acb Ъас bca cab cba.
Выпишем из каждой из этих 15 различных групп перестановок одну перестановку, именно ту, в которой первой буквой является а, второй, отличной от а, буквой является Ь, а третьей, отличной от предыдущей буквы, является буква с:
1) aabbcc (aabbcc — 1)
2) aabcbc (ababcc — 4)
8) aabccb (abbacc  7)
4)	ababcc (aabcbc — 2)*
5)	dbacbc (abacbc — 5)
6)	abaccb (abbcac — 8)
7)	abbacc (aabccb •— 3)*
8)	abbcac (abaccb — 6)*
9)	abbcca (abbcca — 9) 10) abcabc (abcabc — 10) 11) abcacb (abcbac — 12) 12) abcbac (abcacb — 11)* 13) abcbca (abcbca — 13) 14) abccab (abccab — 14) 15) abccba (abccba — 15)
Рядом с каждой перестановкой мы выписали в скобках представителя и номер той группы перестановок, которую мы получаем из перестановок данной группы, прочитывая их с конца. В качестве представителя мы подбираем такую перестановку, в которой первой буквой является а, второй, отличной от иее, буквой будет Ь, а третьей, отличной от предыдущих, будет буква с.
Совершенно очевидно, что группы 4, 7, 8 и 12 (отмеченные звездочками) не отличаются существенно соответственно от групп 2, 3, 6 и 11, если прочитывать их с конца. Поэтому групп перестановок, отличающихся существенно, всего 11. Из них 7 групп содержат по 6 перестановок, а 4 группы — по 12 перестановок.
8.	Можно принять —
Действительно, в силу легко доказываемого равенства pqr = 1 имеем:
Л:В = -]72 = Л В:С = -]7Т = ?( С:Л = -17Н = г. V qr	V Гр	V pq
Используя вторично равенство pqr — 1, мы можем иа приведенной выше пропорции получить другую, также обладающую требуемыми свойствами:
А : В : С = уЛqPq : y' q2r : уАrzp.
8а. Обозначим выражение, симметричность которого следует доказать, буквой w. Легко заметить, что
_ Г 2 | — у | -J- 2х 2у для \х —у \ + х ± у — 2z ^0, X 4г	для — У | + я + У — 2г < 0.
Рассматривая еще случаи х —	— у О 0, заклю-
чаем, что
{4т	для	х — г О	и	а: — у 0,
4у	для	у — х^О	и	у — г^О,
4г	для	г — р)>0	и	г — з:^0,
т. е. w = 4 max {я, у, z}, откуда непосредственно следует симметричность этого выражения.
9.	Для х > 0 левая часть уравнения возрастает с возрастанием х, и легко заметить, что при х = 1,5 она меньше 10, а при х = 1,6 — больше 10. Поэтому корень уравнения лежит внутри интервала (1,5, 1,6). Запишем его как неприводимую дробь р/а. Тогда уравнение примет следующий вид: ps + pg* = 10g®, откуда следует, что р — делитель числа 10, следовательно, р равно одному из чисел 1, 2, 5, 10. Однако выписывая дроби с числителями 1, 2, 5, 10, сразу же замечаем, что ни одна нз них не попадает внутрь интервала (1,5, 1,6).
10.	Заметим сначала, что имеет место следующая лемма: если р, д, х, у — положительные числа, то веравенства
влекут за собой неравенство
х
х + Р
У у + ч
Действительно, по условию
>0 и я>у>0, Р Я
поэтому
Л>2_>0, Р Я следовательно,
® у *
В таком случае
0<14-Л<14-±, илн 0<^5~р <£±1, ®	у	X	у
следовательно,
Таким образом, лемма доказана.
Так как А, В, С, а, Ь, с, г — положительные числа, то
-.——	-~-1. —	и A -f- <z В Ъ А 4- и,
с-^г С-^с-^Ъ-^r	‘	‘	‘ ’
поэтому, согласно доказанной лемме, А -}- о. -}- В Ъ	А а
A -j- a -j- В Ь с г С 4- с A -j- а, Ь г
Подобным же образом получаем:
а следовательно, в силу доказанной леммы, __________Z? 4- Ь 4- ~h с _____________С 4~с___________ /2) 2?4’Ь_Ь£'+с4-а4-г С 4- с + А +
Складывая неравенства (1) и (2), получим неравенство, правиль ность которого мы и должны были доказать.
11.	Уравнение 1 —_z — za имеет одни и только один положи--уГ 5 л
тельный корень z = 2.—~. Следовательно, это z удовлетворя
ет уравнениям
1 — z = г\ г — z1 = г»,. . zn - zn+1 = zn+a, . . ,
Обозначив число zn через ал (п = 0, 1, 2,. . . ) мы получим нужную нам последовательность. Так как 0 < z < 1, предел етой последовательности (геометрической прогрессии) равен 0.
Пусть теперь Ьа, Ь,,. . . — другая последовательность, удовлетворяющая условиям задачи, т. е. такая, что ba = 1 и
Ьп—Ьп+1 = bn+2 при п — О, 1,. . . Если эта последовательность отлична от построенной выше геометрической прогрессии, то найдется некоторый ее элемент Ь^, отличный от z*, т. е. такой, что bfc =	+ d, где d =/= 0. Пусть к — первый номер такой, что
Ъ]{ ф zk; так как bQ — 1 ~ zQ, то к 1 и, значит, существует элемент второй последовательности, совпадающий с элементом zfe-1 первой последовательности:	Таким об-
разом, мы нмеем
bjj = z* 4- d,
= b>:-i	=	+ d'> =	= zt+1 - d,
^fc+2 ~ bk bk+i " zli + d (2 1 — d)= z — z1 1 4- 2d — = z1'- + 2d,
4» = \+1 -= ?+1 - d - (^+2 + W = *s+3 - 3d, 6m=/+4+M,
6s+5 = zft+5 — 8d,
bk+p=^P±Cpd. 
Поскольку z&+p стремится к 0 при p -» oo, то для достаточно больших р знак элемента Ьк+р определяется знаком выражения ± Cpd, абсолютная величина которого заведомо не меньше d. Но целые числа ±Ср (коэффициенты при d) попеременно положительны и отрицательны, а значит, в последовательности {Ъп} встретятся как положительные, так и отрицательные числа, что противоречит условию задачи. Таким образом, предположение о несовпадении последовательностей {Ьп} и {zn} приводит к противоречию и, следовательно, последовательность {zn} доставляет единственное решение задачи.
12.	I. Предположим, что полученная фигура содержит замкнутый многоугольник ABCDE. . .MN.
Предположим, кроме того, что AN <АВ, т. е. что точка А соединена с точкой 7V, как с самой ближайшей. Тогда АВ < < ВС. Но точки В и С соединены отрезком, следовательно, ВС < CD. Рассуждая подобным же образом, получим, далее, что CD < DE < . . . < MN < NA, т. e. что AB < NA, а это противоречит нашему предположению, что AN < АВ.
Так как при условии, что AN > АВ, можно рассуждать подобным же образом, то сделанное нами предположение ведет к противоречию. Отсюда следует, что наша фигура не может содержать замкнутого многоугольника.
П. Предположим, что образованная фигура содержит два пересекающихся отрезка АВ и CD (рис. 5).
Допустим, что точки А и В потому были соединены отрезками, что точка В ближе всего расположена к точке А и что точ-64
на D ближе всего расположена к точке С. Тогда
АВ < AD, CD < СВ, откуда АВ 4- CD < AD + СВ,
доказали
что противоречит утверждению, что в выпуклом четырехугольнике сумма диагоналей больше суммы его двух противоположных сторон.
Таким образом, мы часть теоремы.
13.	Для упрощения
обозначения:
введем
.2 /С-1

Докажем, что если а < Ь, то порядок
Л1» Х2,. .	6, Л» Xfc+2*’ • •* хп
и вторую
следующие
ъ = хк+1-
Рис. 5.
дает меиыпий угол, чем первоначальный порядок  •» xk-v я* ^/с+г • • •» хп*
С этой целью достаточно сравнить углы Р^ОР^ в обоих порядках. На рис. 6 угол	отвечает первоначальному
порядку, а угол P^OP^ — измененному порядку. Так как 0Рм= OP’^V '•Ч-оЧ-Н, то следует доказать неравенство PMR” < РЙ+1Я', т. е. неравенство
ab	ab
V& + г2	г® ’
которое вытекает из предположения, что а < 6.
14.	Если в треугольнике АВС со сторонами а, Ь, с дан j/A = 60°, то / В + / С = 120°, и шесть таких треугольников можно уложить венком (рис, 7), ограниченным
извне правильным шестиугольником со стороной а, а изнутри правильным шестиугольником со стороной Ь — с. Вычисляя площади обоих шестиугольников, получим формулу (1), данную в условии задачи.
В случав, когда в треугольнике дан / А — 120°, то / В + / С = 60°; три таких треугольника укладываются в треугольный венок (рис. 8). Рассуждение, подобное предыдущему, дает формулу (2).
15.	Проведем прямую, которая пересечет стороны и треугольника Л,Л2Л., и разделит его периметр, равный 2/>, пополам (рис. 9). Примем прямые Л1Л2 и АзА3 за координатные оси и пусть прямая С3С2 пройдет через точки Сз (•; + >., 0) и Сг(0,д — Ц, где ? = Д-р, а X — произвольное число. Прямая С3С2, конечно, делит пополам периметр треугольника Л1/12И3,
Рис. 8.	Рис. 9.
Из условия, что прямая С2С2 пересекает стороны А,А2 и A3Aj, а но их продолжения, получаем:
0 < g + X < d„
0 < 9 — X < </2, откуда
— 9<X<ds —9, 1
9 — cfe < X < g. J
Совершенно очевидно, что из неравенства di < d2 -f-следует неравенство 2d, < 2р, или dt < р, и что подобным же образом d2 < р, d3<_ р. Видно также, что из неравенства р > dt следует неравенство q > ds — q и что подобным же образом из неравенства р > d2 получаем неравенство д— d2^>— q. Поэтому систему неравенств (1) мы можем заменить двойным пера пенством
9 ““ d2 X d3 — 9,	(2)
определяющим допустимые значения параметра X. Уравнение прямой С3С2 имеет вид
(9 — X) х + (9 + X) у — g2 + X2 = 0.	(3)
Если, начертив треугольник АгАгА3, мы измерили бы его периметр 2р, а затем, поочередно подставляя различные число-66
вне значения вместо параметра %, определили для каждого значения к точки С5, С2и начертили прямую С3Сг, то мы бы убедились (рис. 10), что все прямые С3С2 касательны к одной и той же кривой, которая является огибающей семейства прямых (3).
Рис. 10.
Нетрудно подсчитать, что уравнением этой кривой будет кху = (р — х — у)2.	(4)
Кривая (4) — парабола, ибо это — кривая второго порядка, которая с каждой прямой, определенной уравнением у = х 4-4- Л имеет, независимо от значения параметра А-, только одну
общую точку. Поэтому ось параболы (4) параллельна прямой у = ху т. е. биссектрисе угла Подставляя в уравнение (4) вместо х н у поочередно значения у = 0 и х = 0, мы убедимся, что парабола (4) касается сторон угла в точках Т3 (pt 0) и Г2(0, р), как показано на рис, И, А так как треугольник AjT’aZ’g
равнобедренный, то биссектриса угла Аг перпендикулярна к Т2Т3 н делит этот отрезок пополам, т. е. является осью параболы (4).
Подставляя теперь поочередно крайние значения параметра X, определенные неравенствами (2), получим при X = q — d, прямую ASZ?3, касательную к параболе (4) в точке Р3, с координатами
(р-*)2	dl
* ----------I У =-----»
р	р
а при X = da — q прямую Л2Яа, касательную к параболе (4) в точке Р2» с координатами
•*- —	1 » У —	11 f
р	р
причем А 1Вз = р — <4, ВаАа — р — di, AiBa = р — da, BSA3 — = р — di. Если через Bi обозначить точку, делящую сторону
Рис. 12.
АаА3 на отрезки р — d3 и р — d2, то нетрудно проверить, что точки Т2, Bi, Pt, а также точки Т3, Bi, Ра расположены на одной прямой. Видно также, что прямые T2Bi и TaBi соответственно параллельны биссектрисам углов Аа и Л2. И, наконец, можно заметить, что окружность, проходящая через точки Вц Тг, Та, касается в них прямых Л243, 4sra, А2Та.
Итак, каждая прямая, делящая периметр треугольника Л1Л2Л3 пополам и пересекающая стороны треугольника А\А2 и A34i, касательна к дуге параболы (4), и наоборот.
То же рассуждение можно применить к каждому из трех углов треугольника. Таким образом, получим три дуги параболы, которые вместе с отрезками общих касательных составляют криволинейный треугольник Т (рис. 12).
Теперь мы можем сформулировать следующие выводы.
1° Через каждую точку Р, лежащую внутри треугольника А142А3, но вне треугольника Т, проходит одна и только одна прямая, делящая периметр данного треугольника пополам. Это — касательная, которую из точки Р можно провести к одной из трех дуг параболы, указанных на рис. 12.
2е Через каждую точку Р, лежащую внутри треугольника Г, проходят три и только три прямые, делящие периметр данного треугольника 4iA2A3 пополам. Это — три касательные, которые из точки Р можно провести к дугам парабол, указанных на рис. 11.
3° Если на плоскости дано направление, то всегда можно
провести параллельную ему прямую, делящую периметр треугольника пополам. С этой целью достаточно провести по данному направлению касательную к одной из дуг дайной параболы.
4° Если даны два направления, то можно всегда провести две параллельные этим направлениям прямые, каждая нз которых делит периметр треугольника пополам. Общая точка Q этих прямых лежит внутри криволинейного треугольника Г,	ylf
вследствие чего всегда, когда да- ч.	х'
ны две прямые, делящие пери- х.	у
метр данного треугольника попо-	у	1г
лам, через их точку пересечения	—
Q можно провести третью прямую, делящую периметр данного тре- •*** у^ х. угольника пополам.	у'
5® Если дана система трех / прямых Zi, Z2, (рис. 13), жестко связанных между собой (напри-	р
мер, начерченных тушью па целлофане), то всегда можно так расположить эту систему на плоскости, чтобы каждая из прямых Zi, делила периметр треугольника AiA2A8 пополам.
Решение задачи дало довольно неожиданный результат: точку, обладающую требуемым свойством, совсем не нужно искать, так как каждая точка Q, о которой говорится в задаче, обладает этим свойством.
Если бы мы треугольник заменили другой фигурой, например четырехугольником, то задача решалась бы подобным же образом. Правда, вместо криволинейного треугольника Т получилась бы область, ограниченная четырьмя дугами парабол, но, как и прежде, через каждую точку, лежащую внутри четырехугольника, можно было бы — так же как и в треугольнике — провести одну или три прямые, делящие периметр пополам. Если же фигура имеет центр симметрии, то область, состоящая из точек, через которые можно провести три прямые, делящие
периметр пополам, сводится к одной точке, и каждая прямая, проходящая через эту точку, долит периметр пополам.
15а. Сначала папомшш, что центр тяжести трех произвольных точек одновременно является и центром тяжести треугольника, вершинами которого служат эти точки. Воспользуемся этпм свойством и разделим тре-В	угольник АВС на треугольни-
Жки ВСР, С АР vi АВР (рис. 14), п массы каждого из них поместим в их центрах тяжести Л1, Bi и Ci. Эти массы равны, так как равны площади треугольников ВСР, САР и АВР (почему?), следовательно, Р есть центр тяжести трех точек & Ai, Biy Ci.
16.	Чтобы разделить тре-Рис. 14.	угольник на некоторое число
треугольников так, чтобы в каждой вершине образованной фигуры сходилось одинаковое число сторон, воспользуемся правильными многогранниками, грани которых являются треугольниками. Это могут быть следующие многогранники: правильные тетраэдр, октаэдр и икосаэдр, и только они.
Если внутри тетраэдра мы выберем точку, лежащую близко от центра одной из граней, и из этой точки спроектируем ребра тетраэдра на плоскость, то получим фигуру, изображенную на рис. 15. Она состоит из трех треугольников, соответствующих граням тетраэдра; четвертая грань при проектировании перешла в
большой треугольник АВС. В каждой вершине фигуры сходятся три стороны, так как в каждой вершине тетраэдра сходятся три ребра.
Подобным же образом, при помощи центральной проекции, получим из правильного октаэдра фигуру, состоящую из семи треугольников, в каждой вершине которой сходится четыре стороны (рис. 16), а из правильного икосаэдра — фигуру, состоящую из 19 треугольников, в каждой вершине которой сходится пять сторон (рис. 17).
Не существует фигуры, отвечающей условиям задачи и отличающейся от изображенных на рис. 15—17, так как ей соот-70
ветствовал бы правильный многогранник, отличающийся от трех приведенных выше, а такого не существует — ср. со сказанным в темах 70—80 (стр. 80—91) книги «Математический калейдоскоп»*) о так называемых платоновых телах (или «правильных многогранниках»): правильные многогранники с треугольными гранями бывают только трех типов, отвечающих рис. 14—16; соответствующие значения числа F частей плоскости (= числу граней многогранника) суть 4, 8 и 20**).
17.	Ответ на поставленный в задаче вопрос положителен. Так как имеется только конечное число прямых, каждая из которых проходит через какие-нибудь две точки нз данных Зп точек, то мы можем выбрать прямую, не проходящую ни через одну из данных Зп точек так, чтобы все эти точки лежали по одну сторону от нее. Если будем передвигать эту прямую по плоскости, не изменяя ее направления, то все точки сначала будут лежать по одну сторону прямой, потом она поочередно минует точки первую, вторую, третью,. . Зп-ю. Положения прямой, после того как она минует 3, 6,. . ., Зп — 3 точек, делят плоскость па полосы, а в каждой из этих полос лежит только один треугольник.
Точно таким же образом можно построить не пересекающиеся и не вмещающие друг друга четырехугольники, пятиугольники и т. д.
18.	Ответ на поставленный в задаче вопрос положителен: в узлах сети можно поместить знаки плюс, минус так, чтобы уело- ©	©
вие задачи было выполнено.	/\
Начнем с замечания, что если /	\	/	\
решение задачи существует, то ©—.......©	©-----©
могут иметь место только два
случая:	Рис.	Рис.
1)	в трех вершинах каждого равностороннего треугольника находятся только знаки плюс (рис. 18),
2)	в двух вершинах каждого треугольника находятся знаки минус, а в одной вершине — знак плюс (рис. 19).
Первый случай исключается.
Присоединяя к треугольникам как на рис. 19 отрезки, отмеченные одинаковыми знаками, и соответствующие треугольники, мы можем построить бесконечную полосу (рис. 20).
♦) См. ссылку на эту книгу на стр. 7.
**) Относительно доказательства этого (оно имеется во 2-м польском издании «Математического калейдоскопа»), см., например, Д. О. Ш кл я реки й, Н. Н. Ч е н ц о в, И. М. Я г л ом, Избранные задачи и теоремы элементарной математики, ч. 3, Геометрия (стереометрия), М., Гостех-издат, 1954, цикл задач 3; Б. Н. Д е л о н е, О. К. Ж и т о-мирский, Задачник по геометрии, М., Физматгиз, 1959, задача 436 и след.; Г. Радемахер, О. Теплиц, Числа и фигуры, М., «Паука», 1966, тема 14; Г. С. М. Кокете р, Введение в геометрию, М., «Наука», 1966, гл, 10.
Мы видим, что по краям этой полосы в вершинах треугольников поочередно выступают: знак плюс, затем два знака минус — и дальше в том же порядке.
Отсюда следует, что, складывая соответственным образом такие же полосы (рис. 20), мы можем всю плоскость покрыть
Рис. 20.
сетью равносторонних треугольников, удовлетворяющей условию задачи (рис. 21). Из построения сети, отвечающей условию задачи, следует, что размещение знаков плюс и минус в узлах этой сети единственно.
Рис. 21,
19. Предположим обратное, т. е. что можно покрыть плоскость сетью треугольников так, чтобы в каждом узле W сходилось пять треугольников (рис. 22). Тогда сумма углов при вер-
шине W четырех произвольных из этих пяти треугольников должна была бы быть больше 180°.
Возьмем произвольный треугольник Т, принадлежащий сети (рис. 23). Тогда треугольники сети, которые имеют с треугольником Т по крайней мере одну общую точку, образовали бы шестиугольник 5 (рис. 24), в трех вершинах которого Alf А 2, Л3 сходилось бы по три треугольника, а в трех остальных вершинах В2, В3 — по два треугольника. К шестиугольнику S в вершинах Л1, А2, А3 прилегало бы по два треугольника (рис. 25), а в вершинах Вц
В2, В31) прилегало бы, кроме упомянутых выше треугольников, еще по одному треугольнику (рис. 26). Вся эта фигура, состоящая из шестиугольника S и пояса прилегающих треугольников, была бы тр'еугольником СгС2С3 (рис. 26). В каждой вер-
шине этого треугольника сходилось бы по четыре треугольника сети, сумма углов которых при этой вершине была бы меньше 180°, что противоречит сделанному в начале замечанию.
Противоречие приводит к выводу, что сети, описанной в задаче, не существует.
20.	Пусть ОА0— а, OBq=	А3
= Ь (рис. 27). По условию зада-	/Лк
чи Ъ = ад, где	/ \
г=^.(У5-_1).
Сторона первого из отсеченных
квадратов равна ад, сторона	В, At
второго равна ад2, сторона
третьего равна ад3, и т. д. Рис, 23. Рис. 24.
Пусть ОАп = хп, АпВп =
= УП (ге = 1, 2,. . .). Отрезки
04, = а,, OAS = а3, OAS = xt, . . . образуют возрастающую последовательность, а отрезки ОАг = хг, ОА, = xt, ОАв = = xt, . . . образуют убывающую последовательность; обе эти
последовательности сходятся к одному и тому же пределу, являющемуся абсциссой х некоторой точки А, Так как OAt — = ад, АГА3 = ад6, 4345 = ад®, . .. , то
х= lim хгп+1 — ад + ад6 ад® -Р ... = ^	.
Аналогично отрезки у, = А1В1, ys = ASBS, уГ1 = 46В5,. . . образуют убывающую последовательность, а отрезки у, = = 4а.В2, у, = 44В4, ye = 4вВв, . . . образуют возрастающую последовательность; обе эти последовательности сходятся
к одному и тому же пределу, являющемуся ординатой у точки А, Мы имеем:
у = lim У2п = aq* + aq* ag12 + .
д<74
1 —
Из прямоугольника останется точка А с координатами аЯ	аЯ1
Она лежит на пересечении взаимно-перпендикулярных прямых АоВц и AiC.
20а. Меныпий четырехугольник (рис. 28) является параллелограммом, так как его стороны попарно параллельны диагоналям первоначального четырехугольника. Эти диагонали делят большой четырехугольник на четыре треугольника, а малый — на четыре параллелограмма. Каждый из этих параллелограммов имеет площадь вполовину меньшую площади соответствующего треугольника, следовательно, площадь меньшего четырехугольника равна половине площади большого четырехугольника. Это же имеет место и в невыпуклом четырехугольнике(рис.29), однако доказательство в этом случае отличается тем, что сложение площадей соответствующих треугольников или параллелограммов заменится вычитанием площадей.
21.	Начертим квадрат 5 со стороной 1. Если два противоположных угла принадлежат одной и той же части, то это раз-74
биение, очевидно, обладает нужным свойством, так как диагональ S равна Y2, т. е. больше чем У65/64.
Пусть теперь каждые две противоположные вершины квадрата принадлежат разным его частям. ~	Л
1° существует часть, не содержащая вершин S;
2° каждый кусок квадрата содержит одну или 2 его вершппы.
Рис. 30 относится к случаю 1°, с рассмотрения которого мы и начнем. Обозначим кусок, содержащий вершины и Л2, через а кусок, содержащий вершины Bt и В2,— через г#; последняя часть квадрата, вовсе не содержащая его вершин, пусть будет СС. Вертикальные отрезки AVN, Л2М имеют длины 1/4 и 1/2 соответственно. Если М принадлежит части (если М е ^). то мы берем Р = М, Q — Аг и получаем PQ = У5/4 > У65/64, т. е. снова получаем подтверждение требуемого свойства разбиений квадрата. Если М €Е г#, то мы полагаем Р — М, Q = Вх и получаем PQ — У5/4 > У65/64, как мы полагаем Р = N, Q = Л2, в результате чего имеем PQ = У17/16 > У65/64; если N е мы берем Р = N, Q — B2 и получаем Р(> = 5/4>- У65/64. Если же ни Л/, ни N не принадлежат частям <37, то обе эти точки обязательно принадлежат части но тогда мы можем принять Р = Л7, Q = N, что дает
Рассмотрим 2 случая:
и выше. Если N £.>/,
Рис. 30.
Перейдем теперь ко второму случаю — ему соответствует рис. 31. Обозначим часть квадрата, вершппы Лх и А держащую вершину и часть, содержащую вершину С, — через %.	™ w
нования ВС квадрата S может принадлежат!» S3 или Если М лежит в мы берем Р = Л/, Q = Аг и получаем PQ — VЪ/Ь. Если М G «й?, то рассмотрим точку JV, лежащую на левой стороне квадрата S на расстоянии 1/8 от Av Могут иметь место три возможности:
(0 JVe^, (и)
содержащую через «^, часть, со-В, — через $
Середина М ос-
Мы полагаем Р ~ N вне зависимости от того, в какой части находится N, но	____
выбираем Q = As в случае (г) и получаем PQ = У65/64, выбираем Q = М в случае (ii) н получаем PQ = У65/64, выбираем Q — С в случае (lit) п получаем PQ = У113/64 > > Уб5/64.
Еслн, яакопец, М ё= Я?, то мы выберем па правой стороне квадрата S на расстоянии 1/8 от правой верхней вершины точку А” и дальше поступим,	„ -
г, как и в случае М G наклонные линии на ми N,
рис. 31 могут быть заменены други-такими линиями, выходящими не из а из N'.
Рассуждения здесь, по существу, будут отличаться от использован-
не будут отличаться от использованных выше, только части 33 и квадрата поменяются ролями.
Этим самым мы полностью доказали требуемое утверждение. Исследуем теперь вопрос о том, можно ли усилит ь утверждение задачи, заменив число /65/64 «1,008 на большее (например, на 1,01). Ответ на этот вопрос неотрицательным, что можно доказать следующим при-Разобьем единичный квадрат на 3 равновеликие части как показано на рис. 32. Трапеции <5? и конгруэнтны
ляется
мерой.
и их общие стороны имеют длину 11/24. Длина каждого вертикального отрезка, являющегося стороной 5-угольника, равна 1/8. Рис. 32 нужно понимать следующим образом:
внутренняя часть 5-угольника принадлежит «^, внутренняя часть левой трапеции принадлежит «Й?, правой трапеции —
принадлежит «Й?, правой трапеции — Все точки сторон 5-угольника, за исключением Ct G целиком принадлежат «^. Стороны левой трапеции принадлежат 3?, кроме стороны Л3Л4, которая, по условию, принадлежит «^. Стороны правой трапеции принадлежат кроме Л4С1 и корот кой вертикальной стороны 4<52дли-ны 11/24,которая вся (за исключением точки Л 4 принадлежит 33.
Легко видеть, что большая диагональ всех рассматриваемых многоугольников равна /65/64. Отсюда следует, что невозможно найти пару точек Р, 2, принадлежащих одной части разбиения, расстояние между которыми превышало бы /65/64. Отмеченный пунктиром отрезок Л3Л2имеет длину, равную /65/64, его концы принадлежат Заметим, что это — единственная пара точек, обладающая свойством, указанным в условии задачи *).
22. Обозначевве узлов сети способом, указанным в условии задачи, невозможно.
Для доказательства предположим обратное, т. е. что узлы сети можно обозначить так, как этого требует условие задачи,
♦) Относительно намеченной в этой задаче проблематики см., например, Д. О. Ш к л я р с к и й, Н. Н. Ченцов, И. М. Я г л о м, Геометрические оценки и задачи из комбинаторной геометрии, М., «Наука», 1974, цикл задач 5, 76
и рассмотрим произвольную строку сети. В этой строке обязательно имеются три следующих друг за другом узла, в которых выступят три различные буквы, например буквы а, Ъ, с (в противном случае строка могла бы содержать самое большее две разные буквы, что противоречит условию задачи).
В последующей строке (см. середину рис. 33), ниже узлов, обозначенных буквами а, Ь, с, должны находиться узлы, соответственно обозначенные буквами с, d, а, если обозначение узлов отвечает условию задачи. Тогда узлы следующей строки должны быть соответственно отмечены буквами а, Ь, с (правая часть, рис. 33).
Продолжая это рассуждение, мы видим, что в каждом из трех столбцов рассматриваемого участка сети выступают только
Рис. 33.
две различные буквы: в первом выступают только буквы а, с, во втором — буквы b, d, в третьем — буквы с, а.
Итак, в узлах каждой строки и каждого столбца не могут выступать четыре различные буквы, и следовательно, не существует такого обозначения сети, о котором идет речь в задаче.
23.	Если на окружности радиуса г с центром в точке (У^2, У3)расположены две точки (ж, у) и (и,г) нашей решетки, то (х - ]Л2)2 + (у - /3)а = (и - ]Л2)а + (V - Г3)а (= г2) откуда
с У2 + d УЗ = и2 4" v2 — х2 — у2 = п, где с — 2 (и — х), d = 2 (и — у) и п — целые числа. Следовательно,
2с2 4- 3d2 4- 2cd Уб = п2.
Но поскольку /б — иррациональное число, а с, d — целые числа, то предположение о том, что cd 4= 0, приводит к противоре-г____________________	„2___9С2	3d2
чию (в этом случае У 6 =------------— рационально), поэтому
Zed
cd — 0. Если с = 0, то d УЗ =*п, что может иметь место лишь при d = п = 0; аналогично, d = 0 даст с = 0. Следовательно, с = d = 0, т. е. х = и, у = v, что и означает совпадение точек (х, у) И (и, V).
24.	Определение целочисленной решетки дано в условии вадачп 22.
Для любого г обозначим через / (г) число точек решетки, находящихся внутри (не на границе!) круга радиуса г с центром в точке (У 2, ]АЗ). Из предыдущей задачи следует, что при возрастании т число / (г) увеличивается единичными скачками, Д1ы покажем, что для достаточно малых г имеем / (г) — 0, а для больших г величина / (г) принимает произвольно большие значения. Очевидно, что для г = 0,1 имеем / (г) ® 0. Любой квадрат со сторонами, параллельными осям координат, длина которых больше натурального числа п, содержит по крайней мере п2 точек решетки, потому что между прямыми х — ап х=а-\-п имеется по крайней мере п перпендикулярных рядов точек решетки и между прямыми у = Ъпу = b + п тоже заключено по крайней мере п горизонтальных рядов точек решетки. Но круг радиуса г > п содержит квадрат со сторонами, большими п (и параллельными осям координат), и, следовательно, он содержит по крайней мере п2 точек решетки, т. е. / (г) > п2 при г = п 4- 1. Таким образом, мы выяснили, что / (г) — неограниченная функция, возрастающая от значения 0 единичными скачками, а следовательно, она принимает все целые положительные значения.
25.	Ошибка заключается в том, что среднее арифметическое влементов бесконечной последовательности зависит от порядка рассматриваемых чисел (например, среднее чисел последовательности 1, 0, 1, 0, 1, 0, . . . равно 1/2, а среднее тех же чисел, но упорядоченных следующим образом:
1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, . . ♦
равно 0). Ложное равенство 14=15 вытекает именно из использования различных способов упорядочения бесконечной последовательности, элементами которой являются углы семиугольников, заполняющих плоскость.
26.	Предположим, что для п точек, из которых никакие три не лежат на одной прямой, можно найти замкнутый п-угольник, вершинами которого являются эти точки; пусть п -j- 1 точек расположено так, что никакие три из них не лежат на одной прямой. Среди этих точек есть одна, например, точка Р, которую можно отделить прямой от остальных точек. Пусть Wn — многоугольник, который согласно принятому предположению удовлетворяет условиям задачи и вершинами которого являются точки, отделенные от точки Р,
Ответ на поставленный в задаче вопрос будет утвердительным, если мы покажем, что по крайней мере одна из сторон многоугольника Wn целиком видна из точки Р, ибо тогда, заменяя эту сторону двумя отрезками, соединяющими точку Р с концами этой стороны, мы получим многоугольник TFn+1, отвечающий условиям задачи. Выберем какую-либо из сторон многоугольника Wni например сторону A^AiH (рис. 34). Если эта сторона полностью не видна из точки Р, т. е. если ее полностью или частично заслоняет другая сторона многоугольника Wn, то через сторону 4^i+1 проведем прямую и удалим все те стороны многоугольника, которые эта прямая полностью отделяет от точки Р, После этой операции число неудаленных сторон уменьшится по край
ней мере на 1 (а именно на сторону Л^41+1). Эту же операцию проделаем с остальными сторонами многоугольника, спова выбирая одну сторону произвольно.
Самое большее после n-кратпого повторения такой операции на последней прямой будет лежать сторона, целиком видимая из точки Р. Устраняя эту
сторону и соединяя ее концы с точкой Р, мы получим искомый (п 1)-угольпик.
Так как утверждение задачи является очевидным для случая п в 3, то положительный ответ на вопрос, поставленный в задаче, можно считать доказанным.
27. Проведем окружности соответственно через точки 7, 2, Зк1,2, 4. Если точка 4 лежит внутри окружности 12 3 или точка 3 лежит внутри окружности 1 2 4, то ответ на поставленный в задаче вопрос будет положительным. Допу-
стим поэтому, что ни одна из
этих возможностей пе имеет места. Легко заметить, что тогда дуга окружности 12 3, лежащая вне окружности 12 4 делится на трн части 13', З'З" и 3" 2 (рис. 35) такие, что если точка 3 лежит на 13', то точка 1 лежит внутри окружности 2 3 4,
если 3 лежит на Зп 2, то 2 лежит внутри 1 3 4, и если 3 лежит на 5'5", то имеют место оба эти явления.
Заметим еще, что одна (рис. 36) или две пз трех названных выше частей дуги 1 2, могут исчезнуть. Однако всегда ответ на поставленный в задаче вопрос будет положительным.
28.	Искомую кривую получаем, рассекая эллипс на четыре части и складывая их так, как показано на рис. 37.
А вот еще другое решение, не требующее «переворачивания» частей, т. е. выхода из плоскости еллипса. Соединяя поочередно вершины эллипса хордами (рис. 38), получаем ромб, окруженный четырьмя сегментами эллипса. Заменяем этот ромб, площадь которого равна 2аЬ, квадратом, площадь которого равна
с2 = а2 4- Ь2, так, чтобы четыре сегмента эллипса по-прежнему прилегали к сторонам квадрата. Площадь, ограниченная кривой, увеличивается на разность площадей квадрата и ромба, т. е. на
с2 _ 2ab = а2 + Ь2 — 2аЪ = (а — Ь)2.
29.	Вместо всего пространства будем делить шар, через центр которого проводим плоскости. На поверхности шара (на
ограничивающей его сфере) возникнут взаимно пересекающиеся большие окружности. Примем одну из них за экватор и все эти окружности спроектируем из центра щара на плоскость, касательную к шару в полюсе. Проекциями наших окружностей (за исключением одной, являющейся экватором и вовсе ни во что не проектирующейся) будут прямые. Следовательно, нужно вычислить максимальное число областей плоскости, разделенной п — 1 прямыми. Методом индукции легко получить, что оно равно
1 4-1 4- 2 4- 3 4-... + (п — 1) = 14- ~ п(п — 1), ибо при k — i
существующих прямых к-я прямая может увеличить число областей самое большее на к. Так как на сфере имеется вдвое больше областей, чем на ее плоской проекции, то искомое число будет вдвое больше вычисленного нами выше, следовательно, оно равно и (и— 1) 4- 2. В частности, при п = 4 искомым числом является 14.
30.	Легко проверить, что преобразование, о котором идет речь в задаче, есть инверсия *). Действительно, пусть Пг и П2 — касательные плоскости к земному шару соответственно в точках N и S (рис. 39). Пусть, согласно определенному в задаче преобразованию, точка Рг на плоскости Пг и точка Р2 на плоскости
Рис. 39.
Рис. 40,
П2 соответствуют друг другу. Рассмотрим сечение земного шара и плоскостей П1 и П2 плоскостью, проведенной через ось NS (рис. 40). Обозначив NPt = r1? SP2 — r2> NS = 2г, мы из подобия прямоугольных треугольников NTP\, STN, P2TS получим равенство гхг2 = 4г2, определяющее инверсию: если «поднять» плоскость Я2, совместив ее с Пх, то точки Рг и Р2 будут лежать на одной прямой с центром N ~ S инверсии и NP^NP2 — 4r2 = = const.
31.	Пряжа, наматываемая на куб, вращающийся вокруг одной из осей (рис. 41), удержится только на тех ребрах, которые не имеют общих точек с осью вращения; пряжа закрасит половину каждой грани куба, т. е. половину поверхности куба.
Теперь станем поочередно вращать куб вокруг каждой из четырех осей, каждый раз наматывая пряжу иного цвета.
Так, при вращении вокруг оси АС' используем пряжу цвета а (черного), при вращении вокруг оси DB' — пряжу цвета Ъ
*) См., например, И. М. Я г л о м, Геометрические преобразования П, М., Гостехиздат, 1956, §§ 1 и 4 гл. П; Г. С. М. К о к с т е р, Введение в геометрию, гл. 6; Г. Радемахер, О. Теплиц, Числа и фигуры, тема 18; Д. Г и л ь б е р т, С. Кон-Фоссен, Наглядная геометрия, М., Гостехиздат, 1951, § 36.
(красного), при вращении вокруг осн BD' — пряжу цвета с (желтого) и, наконец, при вращении вокруг оси С А' используем пряжу цвета d (голубого).
Куб окажется закрашенным так, как это показано на рис.
42, на котором каждая грань разделена на четыре треугольника; буквы, размещенные в соответ-
Рио. 41.
ствующих треугольниках, обозначают цвета пряжи, покрывающей этот треугольник.
Легко заметить, что:
1° на поверхности куба выступит шесть оттенков, т. е. столько, сколько существует комбинаций из четырех элементов по два, а именно: ab, ас, ad, be, bd и cd',
2° на каждой грани будет четыре разных оттенка;
3° поверхность куба будет покрыта двумя слоями пряжи;
4е противоположные грани куба будут окрашены в те же самые оттенки, расположенные в обратном циклическом по-
рядке.
32. Докажем, что через каждую точку поверхности куба про-
ходят четыре различные геодезические, всего же мы имеем семь семейств геодезических линий.
Если предположим, что куб гладкий, то резинка, обвитая вокруг него, уложится таким образом, что периметр созданного
ею многоугольника достигнет минимума.
Рис, 42.
Три рода таких положений, а следовательно, три семейства таких геодезических, приведены на рис. 43; они лежат на плоскостях, параллельных граням куба. Чтобы убедиться, что возможны еще другие семейства геодезических, рассечем куб плоскостью, параллельной диагонали основания (рис. 44),
Тогда, используя обозначения, указанные на рис. 44, будем иметь:
х 4- у = а,
РК = aV2 — 2х tg a, KL = xV 1 + 2 tg2 а,
MN = aV2 — 2у tg а, LM ~ yVГ+ 2 tg3ct, и для периметра р шестиугольника KLMNOP получим: р — 2аУ2 — 2а tg а 4" 2а 4" 2 tg2 а.
Следовательно, периметр р зависит только от угла а и во всех параллельных плоскостях остается таким же; периметр этот
Рис. 44.
достигает минимума, если tg а « 1/У2. Стороны шестиугольника KLMNOP будут параллельны диагоналям граней куба и этот шестиугольник представляет собой геодезическую. Имеются четыре семейства таких геодезических, как это указано на рис. 45, а следовательно, вместе с предыдущими тремя всего семь семейств.
33.	Взгляните на расположение шести кубов, представленное на рис. 46. Мы считаем, что куб В возник из А путем отражения от их общей грани, так же С из В, D из С, Е из D, F нз Е. Вместо того, чтобы рассматривать движение частицы в кубе А согласно законам отражения, мы можем исследовать движение
частицы в системе кубов Л, . . ., F по прямой линии. Если движение должно проходить по замкнутому шестиугольнику, то точка на передней грани А, с которой частица начала свой путь, в результате названных выше отражений должна совпасть с точкой
на задней грани F. Если отрезок проведен так, как показано на рис. 47, то он пройдет все кубы А, . . F и не выйдет нз них. «Стягивая» кубы в один, т. е. отражая куб F в грани, отделяющей

F от Е, куб Е в грани, отделяющей Е от D, и т. д., мы получим в качестве пути движения шестиугольник, показанный на рис. 48.
34.	Все существующие развертки (которых всего 11) мы приводим на рис. 49. Шесть первых решений дают те развертки, 84
в которых четыре грани куба расположены в одной полосе развертки. Других решений этого типа не существует. Последующие четыре развертки — это те, в которых есть три грани в одной
Рис. 49.
полосе, ио нет четырех грапей. И, наконец, в последнем решении ни в одной полосе нет трех граней.
35.	Тела, образованные путем отсечения восьми углов куба, имеют 14 граней (количество грапей куба -[ количество вершия
куба). Восемь из них — это треугольники, шесть — восьмиугольники (рис. 50).
Рис. 50.
При наибольших возможных октаэдрах грани чотырнад-цатигранника будут треугольниками и квадратами (рис. 51). Так как октаэдр возникает из куба путем отсечения восьми тетраэдров (треугольных пирамид) с основанием, равным 1/8 стороны куба, и высотой, равной половине стороны куба, то тетраэдры займут 111 1
8'ГГ2 = 6 часть"Р°-странства. В каждой вершине сходятся шесть тел: четыре четырнадцатигран-ника и два октаэдра (восьмигранника).
рис,	36. Нетрудно заметить,
что ответ па вопрос, поставленный в задаче, будет положительным: гексаэдром, отвечающим условию задачи, является параллелепипед, у которого равны ребра и равны три плоских угла при одной из вершип.
Рис. 52.
Предположим, что дан ромб с острым углом а и диагоналями 2а и 2Ь. Складывая три таких ромба вершинами острых углов, получим трехгранный угол. Как этот угол, так и его ортогональная проекция на плоскость (вид с вершины) показаны на рис. 52. Два сложенных вместе угла образуют гексаэдр, о котором говорится в задаче.
Заметим, что если а < 60°, т. е. а г_______________
если Ъ — a etg-y >а V 3, то гексаэдр можно построить только описанным выше способом. Если же а > 60°, т. о. если а < Ъ < а Уз или а > Ъ/ У3, то из трех ромбов можно составить трехгранный угол не только складывая их вершинами острых углов, но также вершинами тупых углов 180° — а (рис. 53). В этом случае, кроме гексаэдра рис. 52, мы получим удовлетворяющий условию задачи гексаэдр, изображенный на рис. 53.
Если а — 90°, то а — b и оба гексаэдра являются одинаковыми телами, а именно кубами.
На рис. 54 мы видим развертки обоих гексаэдров, рассмотренных в задаче.
Стоит еще заметить, что гексаэдры, изображенные на рис. 52 и 53, представляют собой прпмер двух различных выпуклых многогранников с одинаковым числом попарно конгруэнтных граней.
37. Ответ зависит от того, считаем ли мы различными или нет два тетраэдра, получающихся друг из друга зеркальным отра-
Рис. 53.
женнем. Мы покажем, что в первом случае существует 60 различных тетраэдров; во втором случае число их, очевидно, сократится до 30.
Рассмотрим рис. 55, на котором изображен тетраэдр с ребрами, обозначенными буквами a, b, с, d, е, f. Пронумеруем стержни, из которых мы собрали тетраэдр, числами от 1 до 6;
стержень может использоваться в качестве каждого из ребер а, Ь, с, d, е, f. Следовательно, можно составить 6! = 720 тетраэдров, правда, некоторые из них будут отличаться друг от друга лишь положением в пространстве.
Временно предположим, что изображенный на рис. 55 тетраэдр является правильным. Выясним, сколькими способами
Рис. 54.
этот тетраэдр можно совместить сам с собою, перемещая его в пространстве. Ясно, что расположение тетраэдра вполне определено тем, 1° какая из четырех граней тетраэдра переходит в основание
и 2° какое из трех ребер этой грани совмещается с одним фиксированным ребром основания, например, с ребром а. Следовательно, существуют всего 3-4 = = 12 различных положений тетраэдра.
Поэтому 720 возможных перестановок наших стержней, взятых в качестве ребер а — /, образуют каждый тетраэдр 12 раз, и, значит, существуют 720 : 12 = 60 различных тетраэдров, которые могут быть собраны из шести различных стержней. Если отождествить тетраэдры, получающиеся друг
из друга зеркальным отражением, то различных тетраэдров будет вдвое меньше, т. е. 60 : 2 = 30.
38. Возьмем два треугольника со сторонами а, &, с и наложим один на другой так, чтобы с была их общей стороной (рис. 56).
Рис. 56.	Рис. 57.	Рис. 58.
Раздвигая плоскости этих треугольников (рис. 57), мы увеличиваем расстояние между вершинами С\ и С2 (рис. 57) вплоть до максимального расстояния при треугольниках, снова лежащих в одной плоскости, но с противоположных сторон от АВ (рис. 58),
Обозначим расстояние на рис. 55 через то же самое расстояние на рис. 58 через d>. Условием существования тетраэдра, отвечающего условию задачи, является, следовательно, неравенство
Для того чтобы имело место неравенство < с, необходимо н достаточно, чтобы каждый из углов А и В был острый, а для
того чтобы выполнялось неравенство с < с?2, необходимо и достаточно, чтобы угол С был острый. Поэтому для существования тетраэдра необходимо и достаточно, чтобы треугольник АВС был остроугольным.
Предположим, что так и есть. На рис. 59 мы имеем развертку тетраэдра, отвечающего условию задачи, причем
АХВХ И АВ, В1С1\\ВС, || СА.
Пусть	Рис. 60.
ВС = а, С А = Ь, АВ = с, а < Ъ < с, 2р = а + b + с,
Сохраняя обозначения, используемые на рис. 59 и 60, замечаем, что высоту h — SO тетраэдра мы можем вычислить из прямоугольного треугольника ЗНг0, спчала вычислив SHt = и HiP. Действительно,
A#l = — Vp(p — a)(p—b) (Р—С), а
ОНг = НхНа - ОЛа, HJla = AJI»
a 0Ha мы можем вычислить из пропорции 0Яд _ВхЯе , ТЩ; С1Лс ’
вытекающей из подобия треугольников С^ОНа и CJ3JI,.. Простое вычисление дает:
ОН - («2+ &-<?) (а*+ <?-!£) 4aVp[p — a)(p — b)(p — c)
Мы имеем теперь:
Л'2 = (АНН? - (НгНа - OHJ2 = она (AtHa - ОНа) =
= (а2 + 62 ~ сг) (°2 + <~2 ~ ьг) (Ьг + Сг - <г2) 8р(р —а)(р—6) (р—<)
И, наконец, обозначая объем тетраэдра через V, получаем:
V = у / р(р — а) (р—г>)(р —С) =
= —L— У(аг + Ь2 — с2) (а* + с1 — >>-) (62 + с2 — а2). 6 ]/2
39.	2п-гранник, отвечающий условиям задачи, существует, и нетрудно указать способ его построения. С этой целью представим себе два параллельных круглых диска Тх и Т2 одинаковых радиусов, центры которых и О2 лежат на общем перпендикуляре к плоскостям дисков и Т2 (рис. 61). Разделим окружность каждого диска на п^З одинаковых частей, пусть точки Pi,Pz,..., Рп н точки Q2t.. .,Qn обозначают соответственно точки деления окружностей дисков Тг и Г2. Повернем диск 7\ в его плоскости так, чтобы ортогональная проекция точки Р% на плоскость диска Т2 совпала с центром дуги QxQic+i (проекция точки Рп — С центром дуги
На продолжениях отрезка отложим отрезки O1S1 и 0г8г одинаковой длины Л (рис. 61).
Затем соединим отрезком точку Sj с каждой из точек Рц, а также точку 6'2 с каждой из точек Qis. Подобным же образом Р1; с точками Qk+1. Таким образом
возникает остов 4п-гранш1ка, часть которого представлена на рис. 61,
Рис. 61.
соединим каждую точку
Докажем, что размеры этого многогранника можно подобрать таким образом, чтобы он представлял собой 2п-граниик с конгруэнтными друг другу гранями.
Действительно, пусть длина отрезка О±О2 равна g. Рассмотрим четырехугольник S1PAQ2P2. Пусть М обозначает середину отрезка Р^Р^. Для того чтобы названный выше многогранник был 2п-гранником с конгруэнтными гранями, необходимо и достаточно, чтобы отрезок SrQ2 пересекал отрезок РгР2 в точке М, Это условие будет выполнено, если будет иметь место равенство
Л:	= {h + g) : O2Q„
откуда
При п = 4 получим октаэдр, требуемый в задаче.
Можно доказать, что гранями 2л-гранника, отвечающего условию задачи, являются конгруэнтные дельтоиды, которые будут ромбами только при п = 3 (см. задачу 36).
40.	В качестве требуемого тетраэдра рассмотрим пирамиду, основанием которой служит равносторонний треугольник АВС,
Рис. 62.
а боковые грани являются равнобедренными треугольниками АВТ, ВСТ a CAT с углами при вершинах Т в 30°. Изобразим на плоскости развертку пирамиды, получаемую, если разрезать пирамиду по ребру СТ (рис. 62). Рассмотрим точку М — середину ребра АВ и вершину пирамиды Т. Среди всех линии, соединяющих точки М и Т, отрезок МТ имеет наименьшую длину — это непосредствеиио следует из того, что М Т есть отрезок прямой не только на пашей развертке, но и в пространстве, а все
остальные соединяющие М и Т линии будут отличны от отрезка прямой. Поскольку этот отрезок лежит на поверхности пирамиды, то измеренное по поверхности расстояние между точками М и Т равно длине этого отрезка. Однако мы еще должны показать, что точка Т — самая дальняя от М точка поверхности пирамиды. На рис. 62 &ТС'В — равносторонний и, следовательно, ^/ТС'В равен 60°, а /ТС'М >60°. Так как £С'ТМ ~ 45°, то оп меньше Z.TCM и, следовательно, ТМ>С'М. Отсюда следует, что если точка S движется вдоль ребра С'Т, то длина отрезка MS при ею изменении от отрезка МС' до отрезка МТ все время увеличивается. Это показывает, что любая точка S ребра С'Т находится на меньшем расстоянии от точки М, чем вершина Т. Если теперь Q — произвольная точка треугольника СТМ, то длина отрезка MQ меньше длины отрезка MS, где S — точка пересечения прямой MQ с ребром пирамиды С'Т. Следовательно, расстояние от М до Q по поверхности пирамиды тем более меньше длины МТ.
Очевидно, что в треугольнике С МА точка С дальше всего удалена от точки М, а в треугольнике МА С такой точкой является С\ остается заметить, что длины отрезков С' М и МС меньше длины М Т. Так как, кроме того, развертка симметрична относительно прямой ТС, то доказано, что точка Т дальше всех остальных точек пирамиды отстоит от точки М.
Мы предлагаем читателю, который хочет попять эту задачу до конца, подумать, почему мы не взяли в качестве примера правильный тетраэдр.
41.	Многогранник образует пространственную сеть, сторо нами которой являются ребра, узлами — вершины, а ячейками-
грани многогранника. Дорога мухи должна образовать замкнутую ломаную линию, без кратных точек, принадлежащую указанной выше сети. Возможность выделения такой дороги сохранится, если мы деформируем сеть так, чтобы уместить ее на плоскости.
На ряс. 63 мы видим растянутую на плоскости сеть ребер правильного додекаэдра. Жирной линией обозначен путь мухи, отвечающий условию задачи.
Теперь подобным же образом растянем па плоскости сеть ромбического додекаэдра (рис, 64). Узлы сети можно разделить
на два класса: на такие, в которых сходятся три ребра, и на такие, в которых сходятся четыре ребра (на рисунке последние обозначены черными точками).
Каждый узел первого класса соединен отрезком только с узлами второго класса, и наоборот. Поэтому муха во время своего путешествия должна была проходить поочередно через узлы первого класса и узлы второго класса. Так как узлов первого класса восемь, а узлов второго класса шесть, то муха не может посетить всех вершнп ромбического додекаэдра, передвигаясь по ребрам так, чтобы не пройти через одну вершину дважды и вернуться к исходной точке.
42.	Расположим правильный додекаэдр так, чтобы иметь одну его грань Р прямо перед собой; будем ее называть передней гранью. Параллельную ей грань (невидимую нами) будем называть задней гранью. Совокупность пяти видимых граней, окружающих переднюю грань, назовем кольцом I, а совокупность пяти невидимых граней, окружающих заднюю грань, назовем кольцом II.
Так как в задаче речь идет об определении числа способов окраски граней додекаэдра, то мы можем додекаэдр заменить
Рнс. 65.
плоским его изображением, как показано на рис. 65 (задней грани Т соответствует часть плоскости, лежащая вне большого пятиугольника), или еще более простым плоским изображением, воспроизведенным на рис. 66.
Правильный додекаэдр нельзя выкрасить в три цвета так, чтобы смежные грани всегда отличались окраской. В самом деле, если бы, например, передняя грань была цвета Л, то пять граней кольца Z, смежных с передней гранью, следовало бы выкрасить двумя цветами — В и С, что невозможно.
Предположим теперь, что грани додекаэдра можно выкрасить в четыре цвета Л, В, С, Ь требуемым в задаче способом. Легко заметить, что тогда каждый из этих цветов выступал бы три раза. Чтобы это обосновать, предположим обратное: что какой-то цвет, например Л, выступает менее чем 3 раза, тогда иной цвет, например В, выступал бы более чем 3 раза. Предположим, например, что передняя грань выкрашена в цвет В. Тогда в кольце I цвет В пе мог бы выступить, вследствие чего из шести
невидимых граней по крайней мере три должны были бы быть цвета В. Однако это невозможно, ибо если бы задняя грань была цвета В, то в кольце II цвет В вообще не мог бы выступить, а если бы задняя стена не была цвета В, то в кольце II цвет В мог бы выступить самое большее два раза.
Из приведенного выше рассуждения следует также, что задняя грань не может быть такого же цвета, как передняя, но должна быть такого цвета, который в коль-—ч//	це I выступает два раза.
Наконец, заметим, что, устанавливая цвета кольца 7, очередность, в которой {[&(	)£l I эти цвета выступают, а также цвет задней
V3/ грани, мы одновременно однозначно уста-\ I / навливаем способ окраски всего двенадца-4	тигранника. Действительно, например,
в случае, представленном на рис. 67, пе-р «7 редняя грань должна быть цвета А. Что ‘	’ же касается граней кольца II, то грань 1
не может быть иного цвета, кроме Л; в этом случае грань 2 будет цвета D, грань 5 — цвета В, вследствие чего грани 3 и 4 будут соответственно цвета В и А. Рассмотренный нами пример подтверждает, что окраска додекаэдра в четыре цвета возможна.
Предположим, что передняя грань додекаэдра, раскрашенного в четыре цвета, будет цвета А. Тогда в кольце I могут выступить шесть различных расположений цветов, так как при каждом расположенпи цветов задняя грань может быть выкрашена двумя различными способами; всего существует 12 возможных размещений цветов, как это видно из рис. 68. Но так как в додекаэдре, выкрашенном в четыре цвета, грань цвета А выступает только 3 раза, то при выборе какого-либо способа окраски из числа показанных на рис. 68 мы можем путем вращения додекаэдра исчерпать самое большее еще два способа окраски, т. е. всего три способа. Из этого следует, что способов окраски додекаэдра существует самое меньшее четыре.
Легко можно убедиться,, что существуют в точности четыре способа окраски.
Действительно, при каждом из способов окраски, показанных в первой строке рис. 68, будут исчерпаны те способы, которые изображены в том же самом столбце.
42а. На рис. 69 представлена фотография модели додекаэдра с вписанным кубом; рис. 70 представляет параллельную проекцию этого додекаэдра с вписанным кубом.
Куб можно вписать в додекаэдр пятью различными способами *). На рис. 71 изображен один и тот же куб (тот, который
♦) С существованием этих пяти кубов тесно связана невоз* мощность решения в радикалах общего уравнения 5-й степени, на чем мы, однако, никак не можем здесь остановиться. (По поводу связи учения о разрешимости в радикалах алгебраических уравнений с теорией правильных многогранников см., например, Ф. К л е й н, Элементарная математика с точки зрения высшей, т, I, М,- Л., ОНТИ, 1935, стр, 190-237.)
Рис. 68.
Рис. 69.
Рис. 70.
Рис. 71.
Рис. 73.
Рис. 72,
изображен и на рис. 70) и четыре других, пронизывающих его куба, вписанных в додекаэдр.
Рис. 72 представляет осевое сечение додекаэдра с вписанными в него кубами; сечение тела, образованного всеми кубами, показано на рисунке жирной линией. Исходя из этого рисунка, можно легко составить развертку или рисунок тела, образованного всеми кубами; им будет звездчатый 360-гранник. Основным элементом этого тела является пятилучевая звезда, образованная из ребер кубов (рис. 73). Такая звезда соответствует каждой
Рис. 74.
грани додекаэдра; следовательно: всего их будет 12. Каждая из них имеет в центре пятигранное углубление, окруженное пятью трехгранными углублениями. Каждая звезда окружена пятью четырехгранными углублениями, посредством которых она соединяется с пятью соседними звездами (на рис. 73 показано только по две грани каждого из четырехгранных углублений).
Рис. 74 изображает прямоугольную проекцию тела, образованного всеми кубами со стороны граней описанного додекаэдра. На нем видна центральная звезда, окруженная венцом пяти соседних звезд, воспроизведенных на рисунке в искаженном виде. Острия звезд по три сходятся в вершинах описанного додекаэдра и образуют 30 двенадцатигранных башенок. Башенки эти окружены равносторонними треугольниками, образованными ребрами кубов. На рис. 75 показано тело в прямоугольной проекции, видимое со стороны башенки, т. е. со стороны вершины описанного додекаэдра. На рисунке видны три звезды, сходящиеся у данной башенки. Видны также три дальнейшие звезды, прилегающие к предыдущим звездочкам.
Наконец, на рис. 76 изображена прямоугольная проекция тела, видного со стороны грани одного из кубов, т. е. со стороны
Рис. 75.
Рис. 76.
четырехгранного углубления, соединяющего соседние звезды тела, или со стороны ребра додекаэдра.
Чтобы вычислить объем тела, легче всего начать с вычисления площадей всех частей, на которые делит грань додекаэдра 98
звезда, изображенная на рис. 73, а затем, используя рис. 72, вычислить расстояния от грани додекаэдра до вершин углублений звезды рис. 73. Это даст возможность вычислить объемы пирамид, которые необходимо вычесть из объема додекаэдра, чтобы получить объем звездчатого тела.
Если через а обозначим ребро додекаэдра, а через
/10 — 2 /5
— радиус описанной вокруг его грани окружности, то подсчет даст нам следующие значения соответственно для площадей оснований и высот пирамид:
для каждого из трехгранных углублений
5'1 = ^ (7 /Г~ 15)/10 + 2 /5, *1 = у (V5-2), для пятигранного углубления
Л = 5ф(7-3 У5)/10 + 2 УТ, Л» = 4(3-/5), 1и	4
для половины каждого из четырехгранных углублений
Л = — (5 — 2 /5) /10 + 2 /5,
8
Лз= 5- (/5-1).
4
Поэтому, чтобы вычислить объем V звездчатого тела, следует из объема додекаэдра
У = ^(15+ 7 /5)
4
вычесть двенадцатикратную сумму объемов перечисленных выше пирамид, т. с.
12- ± (5ЛЛ1+ Siht + 5ЛЛ3),
откуда, наконец, следует, что
£ = ±(79 /Г- 175).
Остается установить, какое тело образует общая часть всех кубов. Снова воспользовавшись осевым сечением додекаэдра с вписанными кубами (рис. 77, на котором жирной линией обозначено сечение рассматриваемого нами сейчас тела), приходим к выводу, что общая часть всех кубов является ромбоидальным тридцатиграяником, изображенным в параллельной проекции на
рис. 78. АВ является длиной большей диагонали, а АС — длиной меньшей диагонали ромба. На рис. 79—81 изображен тот же тридцатигранник в прямоугольной проекции: со стороны пятигранного угла (ось на рис. 77), со стороны трехгранного угла (ось ЬЪ* на рис. 77) и со стороны грани (ось сс' на рис. 77).
43. Возьмем произвольный выпуклый многогранник. Одну из его граней примем за основаипе пирамиды с настолько малыми двугранными углами при основании, чтобы многогран
ник, полученный из выпуклого многогранника путем пристройки к нему этой пирамиды, был выпуклым и чтобы можно было в первоначальном многограннике сделать углубление, симметричное этой пирамиде относительно избранной грани. Таким образом получим два многогранника: выпуклый и невыпуклый, с гранями выпуклыми и попарно конгруэнтными. На рис. 82 показаны два
многогранника ABCDE н ABCDE', полученных описанным выше способом из тетраэдра ABCD.
Два тридцатигранника: выпуклый и невыпуклый, с выпуклыми попарно конгруэнтными гранями изображены на рис. 83 и 84.
44. Примеры многогранников, удовлетворяющих условиям задачи, мы видим на рис. 85 и 86. Многогранник, изображенный
на рис. 86, состоит из двух параллелепипедов с ромбоидальными гранями, прилегающих друг к другу одной гранью.
Существует также невыпуклый ромбический додекаэдр. Мы можем его получить из выпуклого ромбического додекаэдра,
если удалим передний трехгранный угол (см. рис. 87, а) н заменим его задним трехгранным углом, передвигая его параллельно по ребрам, образованным шестью остальными гранями (см. рис. 87, б).
Видно, что возникшее тело состоит из трех параллелепипедов. Если мы удалим один из них, то у нас останется тело, изображенное на рис, 86,
Рис. 85.
Рис. 86.
44а. Отыскание всех многоугольников, образованных ребрами правильного многогранника, способом, описанным в задаче, а особенно отыскание тех из многоугольников, которые отличаются только положением, а не формой,— особенно затруднительно в случае икосаэдра. Поэтому установим некоторый метод решения, заменяя многогранники плоскими схематическими изображениями их разверток (рис. 88). Это даст нам возможность рассматривать данную задачу как задачу плоскую.
Гис. 87.
Соответствующее плоское изображение развертки мы можем получить, если представим себе, что ребра многогранника — растягивающиеся, и станем растягивать многогранник, начав, например, с «задней» грани, так, чтобы все вершины многогранника оказались в одной плоскости. Вершинам многогранника
Гис. 88.
соответствуют узлы плоской сети, ребрам соответствуют отрезки или дуги, соединяющие узлы, а каждой грани многогранника соответствует либо отдельная ячейка сети, либо внешняя область. Обходу по ребрам многогранника соответствует обход по сторонам и дугам плоской сети, а замкнутому косому (неплоскому) многоугольнику, соединяющему все вершины правильного многогранника, соответствует замкнутая ломаная, не имеющая узлов и проходящая через все узлы плоской сети. Эта ломаная имеет столько сторон, сколько вершин у данного правильного многогранника, причем «сторонами» мы считаем также дуги
(впрочем, это зависит лить от рисунка, ибо плоские изображения можно нарисовать так, чтобы онп состояли из одних отрезков).
Чтобы можно было различать косые многоугольники, образованные способом, описанным в задаче, установим некоторую систему их обозначения, приписывая им некоторые символы. А именно: представим себе пловца, который плывет по ребру АВ многогранника лицом к многограннику. Доплыв до вершины В, пловец имеет возможность выбрать количество дорог, равное уменьшенному на единицу числу ребер, выходящих из одной вершины данного много-гранника. Будем обозначать х**""!	I	эти дороги в той последова-
[	\	[ Тх. \ тельности, в которой они
/	/	( / X \ следуют одна за другой по
r-X / I Г\ / / направлению вращения ча-\	J \	\/ J совой стрелки, соответствен-
\	। у \.	♦ у н0 цифрами 0, 1 для пра-
вильного тетраэдра, куба
Д	”	п додекаэдра, цифрами О,
1, 2 — для правильного Рис. 89.	октаэдра и цифрами 0,1, 2,
3— для правильного икоса-эдра.Таким образом, каждому замкнутому косому многоугольнику проходящему через все вершины многогранника, будет соответствовать символ, составленный из такого числа цифр, сколько вершин имеет многогранник. Так, например, многоугольники рис. 89 соответственно будут обозпачаться символами 00110011 и 11001100, если обход их начнем от вершины А по направлению, обозначенному стрелкой.
Заметим, что совершенно безразличпо, с которой цифры мы начнем прочитывание символа многоугольника, лишь бы мы после последней цифры прочли еще пропущенные начальные цифры. Действительно, началу прочитывания символа многоугольника с другой цифры соответствует начало обхода многогранника с иной вершины. Поэтому два многоугольника рис. 89 идентичны, хотя и по-разному расположены.
Заметим, далее, что если дан символ многоугольника, то легко можно написать символ многоугольника, полученного из данного путем зеркального отражения (т. е. путем симметрии относительно плоскости). Для этого достаточно заменить цифры 0,1 соответственно цифрами 1, 0, если символ составлен из цифр 0, 1, или заменить цифры 0, 2 соответственно цифрами 2, О (оставляя цифру 1 без изменения), если символ составлен из цифр 0, 1,2, или же заменить цифры 0, 1 , 2, 3 соответственно цифрами 3, 2, 1, 0, если символ составлен из цифр 0, 1, 2, 3. Так, например, из двух многоугольников, представленных на рис. 89, каждый возникает из другого путем симметричного отражения, что следует из сравнения их символов.
Наконец, заметим, что каждый многоугольник можно обойти в двух противоположных направлениях. Обходя многоугольник рис. 90, начиная с вершины А, по направлению АВ, а затем, начиная с вершины В, по направлению В А, мы соответст-ственно получим символы 201201 и 120120. Второй из этих сим-104
волов мы можем получить из первого, прочитывая его в обратном порядке, при такой замене цифр, которая соответствует симметричному отражению.
В случае, представленном на рис. 90, оба символа, которые обозначают ту же самую замкнутую ломаную, проходимую в двух противоположных направлениях, в сущности, являются идентичными, ибо второй символ, прочитываемый со второй цифры, / / \ \ дает то же самое, что и первый. Однако не всег- / Z-X \
да так бывает. Например, замкнутая ломаная I /\ /\ I рис. 91, обегаемая от Л к В, имеет символ \/ \/ \Д 102302301132, а та же самая ломаная, про-ходимаяотВ к А, имеет символ 102230130132.
Эти символы не являются идентичными, хотя р линии, представленные ими, отличаются лишь Гис< направлением обхода.
Нетрудно объяснить этот факт. Если пловец плывет лицом к додекаэдру вдоль ломаной (см. рис. 91) в направлении АВ, то по правую руку он будет иметь те грани додекаэдра, которые на рис. 91 находятся внутри замкнутой ломаной. Плывя же вдоль этой ломаной (см. рис. 91) в противоположном направлении, оп будет иметь по правую руку то,
что останется от додекаэдра после удаления из него тех граней, которые составляют внутренность ломаной, изображенной на рис. 91. Итак, введенный нами символ характеризует не только саму ломаную, но и часть многогранника, принимаемую за ее внутренность. Поэтому, если данная ломаная делит поверхность многогранника на две одинаковые части (как в примере, показанном па рис. 90), то символ ломаной не меняется при изменении направления обхода. В противном же случае (как на рис. 91) изменение направления обхода вызывает изменение
спмволаломапой.Таким образом,при отождествлении многоугольников необходимо помнить, что один и тот же многоугольник
может иметь два разных символа.
После этих предварительных замечаний, которые облегчат нам перечисление и идентификацию многоугольников, отличающихся только положением, а не формой, мы можем перейти к решению задачи, поочередно рассматривая различные правильные многогранники.
Начнем с правильного тетраэдра, имеющего четыре грани. Многоугольник, о котором идет речь в задаче, имеет, следовательно, четыре стороны. Такому многоугольнику соответствует четырехзначный символ, записанный при помощи цифр 0 и 1. В этом символе, однако, не могут выступать подряд ни две цифры 0, ни две цифры 1, так как они вызывают замыкание треугольника (рис. 92). Ввиду этого в символе многоугольника должны
выступать попеременно цифры Ои 1. Единственным многоугольником с таким символом является многоугольник 0101, так как символ 1010 обозначает тот же самый многоугольник.
Следовательно, в случае тетраэдра задача имеет только одно решение (рис. 93); при этом можно проверить, что, симметрично
Рис. 92.
преобразовывая многоугольник 0101 или обегая его в противоположном направлении, мы всегда получаем тот же самый многоугольник.
В случае куба (восемь вершин) многоугольником, отвечающим условию задачи, будет восьмиугольник с восьмизначным символом. В этом символе не могут выступать подряд на три цифры 0, ни три цифры 1 (ибо это вызывает замыкание четырехугольника, см. рис. 94). В связи с этим в символе многоугольника, отвечающего условию задачи, должны выступать как цифры 0, так и цифры 1. А так как многоугольник 01010101 не реализует условия задачи (рис. 95), то в символе каждого многоугольника, отвечающего условию задачи, должны выступать
Рис. 95.
Рис. 94.
Рис. 96.
подряд или две цифры 0, или две цифры 1. Заменяя в этом последнем случае многоугольник симметричным ему многоугольником, мы можем ограничиться перечислением многоугольников, проходящих через ребро АВ, символы которых начинаются двумя цифрами 0. Остальные многоугольники (если они существуют) мы получим путем симметричного отражения.
Однако существует только один многоугольник, отвечающий этим условиям, а именно многоугольник 00110011 (рис. 96). А так как зеркальное отражение даст нам тот же самый миого-
Рис. 97.
угольник 11001100, то и в этом случае задача имеет только одно решение (рис. 97). Нетрудно проверить, что, обегая многоугольник 00110011 в противоположном направлении, мы получим тот же самый многоугольник, т. е. замкнутая ломаная рис. 97 делит поверхность куба на конгруэнтные части.
Перейдем теперь к правильному октаэдру (рис. 98). Замкнутая ломаная, отвечающая условиям задачи, состоит из шести сторон, т. е. она имеет шестизначный символ, составленный из цифр 0, 1,2. Так как в таком символе не могут выступать подряд три цифры 1 (ибо это вызывает замыкание четырехугольника), то каждый символ шестиугольника, отвечающего условию задачи, содержит по крайней мере одну из цифр: 0 илп 2. Заменяя в последнем случае шестиугольник симметричным шестиугольником, мы видим, что для решения задачи достаточно перечислить шестиугольники, проходящие, например, через ребро АВ, символы которых начинаются с цифры 0. Существует три таких шестиугольника (рис. 99) с символами
[1] 012012, [2] 020202, [3] 021021.
Преобразовывая их симметрично, получим шестиугольники
210210, 202020, 201201, совпадающие соответственно с шестиугольни
ками [3], [2] и [1]. Отсюда следует, что при Рис- 98. преобразовании симметрии первый шестиугольник переходит в третий, третий — в первый, а второй переходит сам в себя.
Поэтому для правильного октаэдра задача имеет три решения: одно симметричное 020202 и два асимметричных: 012012, 021021 (рис. 100).
Обегая каждую из полученных замкнутых ломаных в обратном направлении, получим те же самые символы; это
Рис. 99.
означает,что каждая из указанных замкнутых ломаных делит поверхность октаэдра на конгруэнтные числа.
Для правильного додекаэдра (рис. 101) многоугольник, отвечающий условию задачи, состоит из двадцати сторон и имеет
двадцатизначный символ, составленный из цифр 0 и 1. Так как многоугольник
01010101010101010101
не отвечает условию задачи (рис. 102), то в символе каждого многоугольника, отвечающего условию задачи, выступают подряд по крайней мере две цифры 0 или две цифры 1. Заменяя в
Рис. 100.
последнем случае многоугольник симметрично отраженным многоугольником, мы ограничимся перечислением многоугольников, _______ проходящих через ребро ЛВ, ___________________ символы которых вначале имеют / Г*ХП \___________две цифры 0. Остальные много-
I /y'/x 1 / / Jj \ угольники (если они существуют) I У \ / \- J lyi\l | мы получим путем симметрично-
\	\ / г0 отРажения-
jfcx \ V/—Исследуя поочередно все воз-д	Je можные случав, мы можем легко
— убедиться, что существуют четыре Рис. 101. Рис. 102. многоугольника, проходящих через ребро АВ, символы которых начинаются двумя цифрами 0 (рис. 103). Это многоугольники
[1] 00010101110001010111, [2] 00011101010001110101,
[3] 00101011100010101110, [4J 00111010100011101010.
Многоугольники [1], [3] идентичны; кроме того, идентичны многоугольники [2], [4], а многоугольник [2] получается из многоугольника [11 в результате зеркального отражения. Каждый из многоугольников [1], [21, обегаемый в обратном направлении, дает тот же самый символ. Отсюда следует, что для правильного додэкаэдра задача имеет два асимметричных и взаимно симметричных решения; каждая из полученных замкнутых ломаных делит поверхность додекаэдра на две конгруэнтные части (рис. 104).
Самым трудным является случай правильного икосаэдра (рис. 105). В этом случае многоугольник, отвечающий условию задачи, должен быть двенадцатиугольником, символ которого построен из двенадцати цифр 0,1, 2,3. Пусть дай многоугольник W с символом, например,
102123102123,	(1F)
удовлетворяющий условиям задачи. Обозначим буквой S многоугольник, образованный из многоугольника W путем симметричного отражения. Символ многоугольника S получаем, заменяя цифры 0, 1, 2, 3 соответственно цифрами 3, 2, 1, 0:
231210231210.	(5)
Затем обозначим буквой (5") символ многоугольника S, обегаемого в противоположном направлении; символ (S')
Рис. 103.
Рис. 104.
получаем, прочитывая в обратном порядке символ (Ж):
321201321201.	(S')
Обозначим, наконец, буквой (W') символ многоугольника Ж, обегаемого в противоположном направлении; символ (W) получаем, прочитывая в обратном порядке символ (S):
012132012132.	(W')
Можно легко убедиться, что в символе произвольного
многоугольника, удовлетворяющего условию задачи, не могут подряд выступать ни две цифры 0, ни две цифры 3 (ибо это вызывает замыкание треугольника). А так как многоугольник 030303030303 не отвечает условиям задачи (см. рис. 105), то,
следовательно, в символе каждого многоугольника, отвечающего
условиям задачи, выступает по крайней мере один раз цифра 1 или же цифра 2. Заменяя во втором случае многоугольник W симметричным многоугольником S, мы можем ограничиться перечислением таких многоугольников, символы которых содержат цифру 1. Остальные многоугольники (если они существуют) получаем путем симметричного отражения. Докажем теперь, что если символ многоугольника, отвечающего условиям задачи, содержит цифру 1, то он содержит также и группу (комплекс) цифр 10 или 01, или же комплекс цифр 23 или 32 (а тогда символ симмет-
ричного многоугольника содержит комплекс цифр 10 или же 01).
Действительно, если цифра 1 не выступает в комплексе цифр 10 или 01, то обязательно выступит в одном из комплексов 111, 112, 113, 212, 213, 313 или в одном из комплексов, получен
ных из предшеств ующих путем прочтения их в обратном порядке. Заменяя в последнем случае многоугольник W многоугольником S't мы можем ограничиться исследованием первого случая.
Комплекс 111 не может выступить, если многоугольник W отвечает условию задачи, ибо вершина е не могла бы тогда принадлежать многоугольнику W (рис. 106).
В том случае, когда выступит комплекс 112 (или ИЗ), должно существовать соединение fej (рис. 107), которому соответствовала бы цифра 0 в вершине / и цифра 1 в вершине а, т. е. комплекс цифр 01 в символе многоугольника.
В случае, когда выступит комплекс 212 (или 213), должно существовать соединение cbe (рис. 108). Если бы вершина е соединялась с вершиной /, то ломаной febc в символе многоугольника соответствовал бы комплекс 10. А если бы вершина е соединялась с вершиной/, то ломаной beja в символе многоугольника соответствовал бы комплекс цифр 10.
И, наконец, если бы выступил комплекс 313, то должно было бы выступить также соединение bid (рис. 109). Вершины
/, к не могут соединяться ии непосредственно между собой, пи с вершиной /, вследствие чего должно выступить соединение /е или kg. Ограничиваясь из-за симметрии рассмотрением первого случая, мы видим, что тогда возможны три следующих соединения вершин е, Ь: или еЬ, илп ecb, или efcb. В случае соединения eb ломаной beja в символе многоугольника W соответствует комплекс цифр 10, а в случае соединения ecb или efcb ломаной dibc в символе многоугольника соответствует комплекс цифр 32.
Таким образом, мы констатируем, что если только в символе многоугольника выступает цифра 1, то выступает также и комплекс цифр 10 либо 01, или 23 либо 32. Поэтому заменяя в случае надобности многоугольник W многоугольником S и беря соответственно вместо символов (РУ) и (5) символы (5') и (И"), мы можем ограничиться перечислением таких многоугольников, которые проходят через определенное произвольно выбранное ребро и символы которых начинаются с комплекса цифр 10. Остальные многоугольники (если они существуют) получим путем симметричного отражения.
Существуют два метода перечисления описанных выше многоугольников. Один, аналогичный тому, который мы применяли для додекаэдра, основан на исследовании всех возможных рисунков. Другой состоит в комбинировании сначала трех,
а потом шести вершив, через которые могут проходить рассматриваемые многоугольники. Каждый из этих методов (детали опускаем) ведет к следующим многоугольникам:
[11	102123102123	[4]	102230130132	[81	102301320123
[2]	102132013023	[5]	102230202303	[91	102302301132
[3)	102132020313	[61 [71	102230203032 102230210322	[Ю] [И] [12] [13] [14] [15] [16] [17]	102303030132 102303102303 102303103032 102303110322 102310231023 102310320132 102312013203 102312102312
(18	103022301123		
[19	103023030123	[28]	103103220123
[20	103023103023	[29]	103123011231
[21	103023110313	[30]	103130301231
[22	103030320123	[31]	103131030231
[23	103031301132	[32]	103131103131
[24	103032030132		
[25	103032102303		
[26	103032103032		
[27	103032110322		
[33] 103201321023 [34] 103203201231
[35] 103213011321
[36] 103220123103
[37] 103220301321 [381 103221023031 [39) 103221022302 [40] 103221030321
[41] 103221103221
Теперь остается отбросить из числа приведенных выше многоугольников те, которые идентичны другим, и дописать многоугольники, полученные путем симметричного отражения и отличные от предыдущих.
(W)	(8>	(W') ((S) в обратном направлении)	(S) ((W) в обратном направлении)
[1] ]2| [3] [4] [5] [6] |7| ]8| ЦО] 1И] [12] 13) 14] 26 27 |32 [41	[17] 116] [42] 231201313020 134] 1211 |30| [29] [15] 122] 120] [19] [18] (14[ [43	230301230301 [44	230301223011 [45	230202230202 [46	230112230122	[2] [3] [9] [23] [35] [8] [Ю] 124] [37] [26] 127] [41]	[16] [42] [28] [15] [22] [43] [44] [46]
Сразу видно, что многоугольник [25] идентичен многоугольнику [12], что обозначим символически равенством [25) = [12], и подобным же образом: [31] = (21), [33] = [15], [36] = [28], [38] = [13], [39] = [7], I40J = [27].
Отбросив многоугольники [25], [31], [33], [36], [38], [39], [10], мы займемся остальными, которых всего 34. Ихсимво- /кД /\\ лы выписаны в таблицу на стр. 112.
Из этой таблицы видно, что много- У У\\ // угольники [9], [28], [23], [35], [24], [37] 4>'Д \ /'ХЛ соответственно идентичны многоугольни- 'ЧА х 'V/ кам [4], [34], [6], [7], [12], [13], и что, сим-метричяо преобразуя многоугольники [3], [26], [27], [32], [41], получаем новые много-угольники, отличные от рассмотренных Рис« выше.
В результате, для икосаэдра вадача имеет 33 решения, а именно: один симметричный многоугольник [14] и 16 много-
Рис. Ш.
угольников [1], [2], [3], [4], [5}, [6], [7], [8], [10], [11], [12], [13], [26], [27], [32], [41], симметричных 16 многоугольникам: [17], [16], [42], [34], [21], [30], [29], [15], [22], [20], [19], [18], [43], [44], [45], [46].
Из них многоугольники [2], [16], [3], [42], [8], [15], [10], [22], [26], [43], [27], [44], [41], [46] делят поверхность икосаэдра
на конгруэнтные части.
На рис. НО показано решение [14], и на рис. 111 приведены 16 остальных решений из столбца (И7) предыдущей таблицы;
Рис. 112.
симметричных решении мы не помещаем. Обход мы начинаем с нижней вершины, а поочередные решения на рис. 111 расположены вдоль строк.
45.	Три модели конусообразных планет, о которых шла речь в условии задачи, мы получаем из прямоугольной сети меридианов и параллелей (рис.112), рассекая ее одним из трех способов, указанных на рис. 113, и сворачивая затем остальную часть в конус с вершиной в точке АГ.
На рис. 114 дан вид этого конуса «сверху», т. е. со стороны вершины. Мы
ясно различаем два семейства кривых: «меридианы» и «параллели». Меридианы не пересекают друг друга, параллели тоже, но каждый меридиан пересекает каждую параллель в двух точках,
Рис. 113.
как и на земном шаре. Кратчайшие пути имеют постоянное направление, т. е. пересекают параллели и меридианы под постоянным углом.
На рис. 115 и 116 дан вид «сверху» второго и третьего конуса, или проекции семейств кривых на плоскости, перпендикулярные к оси конуса. На первом конусе имеется одно семейство кривых, на другом — три.
Стоит заметить, что приведенные решения не единственны.
46.	Среди трех данных сфер нет двух, касающихся друг друга. В самом деле, в противном случае общая касательная плоскость этих двух сфер, проходящая через точку Р, пересечет третью сферу по окружности. Касательная к этой окружности
в точке Р будет, очевидно, касательной ко всем трем сферам, что противоречит условию задачи.
Итак, две сферы должны пересекаться по окружности, проходящей, очевидно, через точку Р. Эта окружность не может иметь
Рис. 114.
Рис. 115.
Рис. 116.
с третьей сферой только одну общую точку, так как иначе касательная к окружности в точке Р была бы общей касательной к трем сферам. Точка пересечения этой окружности с третьей сферой, отличная от точки Р, принадлежит всем трем сферам.
47.	Пусть окружность К является сечением нашей поверхности S, и пусть L — ось окружности К, т. е. прямая, проходящая через центр К перпендикулярно ее плоскости. Рассмотрим плоскость Р, проходящую через £; она высекает на S окружность, которую мы обозначим через С (Р). Очевидно, С(Р) пересекает К в двух диаметрально противоположных точках А и В. Ясно, что АВ является хордой окружности С(Р), а ось L будет осью симметрии этой хорды. Как известно, ось симметрии хорды окружности проходит через центр этой проходит через центр С(Р) и пересекает эту окружность в диаметрально противоположных ее точках М и N (которые, разумеется,суть точки пересечения £и5).Следовательно,любая окружность С(Р), получающаяся в сечении поверхности S произвольной плоскостью Р, проходящей через прямую L, содержит одни и те же точки М и Очевидно, не существует других точек Д, принадлежащих 5, так как если Q — такая точка, то сечение S плоскостью Р будет отлично от окружности. Отсюда мы заключаем, что отрезок MN прямой L является общим диаметром всех
окружности; поэтому L
окружностей С(Р). Поэтому все эти окружности могут быть получены вращением вокруг MN любой из них. Таким образом, множество всех сечений S плоскостями, проходящими через L, дает нам сферу 2, являющуюся частью поверхности S. Но S не может содержать никаких точек, отличных от точек 2, потому что если некоторая точка Т поверхности S не принадлежит 2, то пересечение S плоскостью, проходящей через Т и L, будет отлично от окружности. Следовательно, поверхность S — это сфера 2.
47а. Если уложить вместе четыре шара радиуса г, то их центры образуют правильный тетраэдр с ребром 2г (левая часть
Рис. 117.
рис. 117), в котором двугранный угол а ш 70°32', что нетрудно
найти из равенства cos а =
£ 3
Если мы и дальше будем строить многогранники, образованные из центров шаров, то вкладыванию нового шара в какое-нибудь из оставшихся гпезд будет соответствовать достройка к ранее построенному тетраэдру нового тетраэдра, симметричного предыдущему относительно одной из его граней. Так как гнезд было всего четыре, то докладыванию четырех шаров соответствует достройка к тетраэдру четырех тетраэдров. В результате мы получим звездчатый многогранник, изображенный на правой части рис. 117. Он имеет двенадцать граней, а следовательно,
фигура, состоящая из шаров, имеет 12 гнезд.
Если бы мы теперь хотели в каждое из образованных гнезд вложить по одному шару, то оказалось бы, что не все шары вмещаются. Действительно, если, например, при грани А иС мы достроим тетраэдр A'BCD", а при грани BCD' — тетраэдр AnBCD'ро действительно, это построение может быть выполнено, ибо 5а < 360°, но расстояние 4'7/' между вершинами достроенных тетраэдров будет равно 2г КЗ sin (180°—А а) , т. еАг,
а следовательно, будет меньше 2г. Поэтому точки А" и D* одновременно не могут быть центрами шаров с радиусом г.
Таким образом, из каждой пары гнезд при каждом из внутренних ребер звездчатого многогранника можно только в одно гнездо вложить новый шар, т. е. в качестве третьего слоя всего можно доложить только шесть шаров. Этот один шар можнодей-ствительно поместить, так как, например,
А'А" = 2г /jTsin 2а = Цр1г > 2г.
Постоянно говоря дальше «грань» вместо «гнездо» и «вершина» вместо «центр шара», предположим, что «активными» гранями являются грани A'BD^ B'CD, CAD, ABD', BCD', ACD', а остальные пусть будут «мертвыми» (неактивными).
Тогда к данному многограннику можно будет достроить тетраэдры A'BDG, BrCDE, AC'DF, ABCnD\ A"BCD', АВ*СЬ', имеющие всего 18 граней. Три последних тетраэдра будут иметь только по одной активной грани. Подобным же образом каждый из трех начальных тетраэдров будет иметь только по одной активной грани, т. е. всего в четвертом слое будет шесть шаров.
Этот процесс, конечно, можно продолжить. После присоединения каждого последующего слоя шаров некоторые грапи многогранников, образованные центрами шаров, будут «отмирать», но остальные активные грани будут порождать новые тетраэдры.
476. Пусть г обозначает радиус данных шаров.
Прежде всего, заметим, что один шар мы можем обложить венцом из шести шаров так, чтобы каждый из ннх касался первого шара (который мы будем считать первым слоем) и двух сосед- ________
них шаров и чтобы центры всех	f	\
шаров лежали в одной плоскости	I	/' Y	\	]
(рис. 118). Углубления, образа-	I	/ A	\	J
ванные каждыми тремя взаимно	X
касающимися шарами, из числа f XX /Ар\ этих семи шаров, образуют 12 / Z' |	\	)
гнезд для последующих шаров; к [	'•	! у
принимая плоскость, изображен-ную па рис. 118, за плоскость, г'~ -'Ч'............'	)
проходящую через центры наз-	I   1	)
ванных семи шаров, в гнездах,	\	/X.	J
находящихся выше этой плоско-сти, мы можем поместить толь-ко три шара касательно к шару	пс' 1 ‘
первого слоя. Шары эти, обозначенные на рис. 118 пунктиром, действительно можно уместить, так как легко убедиться в том, что расстояния между их центрами будут равны 2г. В гнездах, находящихся ниже плоскости, можно уместить тоже только три шара, причем двумя способами: непосредственно ниже шаров, находящихся в верхних гнездах, или же между ними.
Итак, один шар можно двумя способами обложить 12 шарами, составляющими второй слой. Центры этих 12 шаров
представляют собой вершины двух четырпадцатигранников и 1У2 (рис. 119 и 120), шесть граней которых являются квадратами, а восемь граней — равносторонними треугольниками; стороны квадратов и треугольников равны 2г. Так как центры шаров второго слоя находятся на одинаковом расстоянии 2г от центра шара первого слоя, то и вершины четыриадцати-граняиков и W2 тоже находятся на одинаковом расстоянии от центра шара первого слоя. Расстояние это равно 2г. Основываясь на этом, можно вычислить, двугранные углы многогранников Wi и W2. В самом деле, соединяя вершины многогранников с центром шара первого слоя, мы можем выделить в обоих
многогранниках шесть пирамид с квадратными основаниями и одинаковыми ребрами, равными 2г, а также восемь правильных тетраэдров с ребрами длиной в 2г. Обозначая двугранный угол у основания пирамиды через а, а двугранный угол тетраэдра через 0, легко найдем, что
1	1
cos а =----, cos 3 = — ,
Уз	3
откуда
а = 54°44', 0 = 70°32'.
Двугранные углы мпогограпника Wr поэтому равны а 4- 0; двугранные углы многогранника Wz соответственно равны: между двумя треугольными гранями 20, между двумя квадратными гранями 2а, а между треугольной и квадратной гранью а + 0.
Обе системы шаров, центры которых являются вершинами четырнадцатигранников Wt и содержат по 14 гнезд; восемь гнезд, образованных тремя шарами, шесть — четырьмя шарами. Легко убедиться, что в каждое гнездо можно уместить шары (как это доказать?). Следовательно, третий слой будет состоять из 14 шаров. Так как звездчатый многогранник рис. 121 имеет 48 граней, то шары третьего слоя, центры которых состав
ляют этот многогранник, образуют 48 гнезд. Ни в одно из них ие возможно уже вместить шар (почему?).
Рассмотрим еще систему шаров, центрами которых являются вершины четырнадцатигранника Wz, и звездчатый многогранник K’j, построенный на многограннике W2. В этом случае в гнездах третьего слоя системы шаров можно поместить три шара образующие четвертый слой, но на этом окончится, так же как
и раньше, укладывание шаров в гнезда. Мы уже не сможем поместить пятого слоя шаров *).
47в. Решение иллюстрирует рис. 122. Наборщик набрал 5 см вместо указанных автором учебника 4 см.
48.	Электрическое освещение в большинстве городов питает-
1 ся переменным током с периодом, равным —сек.; в течение
секунды электрический свет 100 раз загорается и гаснет, а между двумя очередными моментами наивысшего напряжения всегда проходит 0,01 сек.
Если диск вращается по направлению вращения часовой стрелки со скоростью 25 оборотов в секунду, то в течение 0,01 сек. каждый из участков внутреннего диска выполнит 0,25 оборота в займет такое положение, какое раньше занимал участок того же самого цвета. В результате нам будет казаться, чго внутренний
♦) По поводу затронутой задачами 47а и 476 тематики см., например, Л. Ф е й е ш Т о т, Расположения на плоскости, на сфере и в пространстве, М., Физматгиз, 1958, гл. VII, или § 7 названной на стр. 81 книги Л. Гильберта и С. Кон-Фо с с е н а.
диск не вращается. При скорости вращения, несколько превышающей 25 оборотов в секунду, нам будет казаться, что диск соответственно вращается в направлении движения часовой стрелки, а при скорости вращения немного менее 25 оборотов в секунду нам будет казаться, что диск вращается в направлении, противоположном движению часовой стрелки.
Для внешнего кольца будет то же самое, однако критическая скорость будет равна 20 оборотам в секунду.
Предположим теперь, что мы станем вращать диск с очень большой скоростью. Если скорость, уменьшаясь, дойдет до 25 оборотов в секунду, то нам будет казаться, что внутренний диск неподвижен, а внешнее кольцо вращается по направлению движения часовой стрелки. При скорости диска менее 25, но более 20 оборотов в секунду нам будет казаться, что внутренний диск вращается в направлении, противоположном вращению внешнего кольца. При 20 оборотах в секунду внешнее кольцо задержится, после чего как внутренний диск, так и внешнее кольцо будут вращаться в направлении, противоположном направлению движения часовой стрелки.
Игрушка лучше всего действует при свете ионной лампы, а совсем плохо при свете обыкновенных электрических лампочек большой мощности, нить накала которых обладает большой тепловой инерцией, весьма сильно снижающей эффекты, связанные с характером переменного тока.
49.	Спор можно разрешить следующим образом.
Право первенства выбора куска ветчины предоставим третьей участнице покупки. Она, конечно, выберет тот кусок, который на домашних весах весил не менее каждого из двух остальных кусков, а следовательно, тот, который, по ее мнению, по своей стоимости соответствует не менее чем 15 рублям. Такой кусок должен существовать, так как при разделе целого на три части одна из этих частей должна быть не менее 1/3 целого.
Затем выбирает свой кусок вторая участница покупки. И эта тоже должна быть довольна, так как после того, как выбрала себе кусок третья участница, остался по крайней мере один кусок, который, по показанию весов в магазине на углу, соответствует по своей стоимости не менее чем 15 рублям.
Первая участница покупки получит оставшийся кусок; она тоже должна быть довольна, ибо она считала все кускн равными по весу.
50.	Систему двух произвольных взаимно-перпендикулярных прямых назовем кратко крестом. Отметим на этом кресте один луч, т. е. одну полупрямую (на рис. 123 он обозначен стрелкой). Крест, расположенный произвольно относительно плоской области, можно всегда параллельно сдвинуть так, чтобы четверти области, прилегающие к выделенному нами лучу, имели площади, равные Р/4 (иа рис. 123 крест обозначен пунктиром; верхние четверти, имеющие площади Р/4, тоже заштрихованы пунктиром). Если и нижние четверти имеют те же самые площади, то теорема доказана.
Предположим, что это не так, т. е. что левая нижняя четверть имеет площадь больше Р/4 (и больше правой нижней четверти). Будем теперь вращать крест по часовой стрелке так, чтобы четверти, прилегающие к его отмеченному лучу, всегда 120
имели площади, равные Р/4. После того как мы повернем крест на 90°, он займет положение, обозначенное на рис. 123 сплошной линией. Для того чтобы четверти, заштрихованные сплошной линией, имели площади, равные Р/4, вертикальный луч должен переместиться влево, а горизонтальный — вверх. При новом положении креста нижняя левая четверть (по отношению к выделенному лучу) имеет площадь меньше Р/4, так как	|
является частью заштрихованной пунктиром четверти, имеющей площадь Р/4, а поэтому правая нижняя четверть имеет площадь больше Р/4. Следовательно, мы получили обратное тому, что было при первоначальном положении креста; поэтому при вращении креста обязательно найдется такое его положение, при котором все четверти будут иметь одинаковые площади, равные Р/4.
(Представленное нами до-
казательство возможности раз-
дела лепешки на четыре рав-	рис
ные части обошлось без всяких
вычислений. Но они были бы
необходимы — причем достаточно сложны — при фактическом разделе на четыре части данного треугольника, например, со сторонами 3, 4, 5.)
51.	Сначала заметим, что если Павел выберет точку Р в центре тяжести треугольника (рис. 124), то наилучшим для
Рис. 124.	Рис. 125.
Гавла будет такой раздел торта, при котором сечение параллельно какой-либо из сторон треугольника. Для доказательства этого факта достаточно показать, что треугольник, заштрихованный один раз на рис. 124, имеет площадь меньшую, чем треугольник, заштрихованный дважды. Площадь части A BCD торта равна 5/9 площади целого торта, следовательно, торт будет поделен между Гавлом и Павлом в отношении 5 : 4.
Легко проверить, что выбор центра тяжести является для Павла наилучшим, ибо при каждом ином положении точки Р, Гавел мог бы себе отрезать не только трапецию A BCD, но еще, сверх того, кусок торта (рис. 125).
Ответить на остальные вопросы мы предлагаем читателям. Во всяком случае легко доказать, что если торт имеет причудливую форму, представленную на рис. 126, то при любом выборе точки Р Гавел может отсечь по меньшей мере 2/3 торта. И наконец, мы предлагаем читателям доказать, используя результат задачи 50, что при любой форме торта Гавел не отрежет более чем 3/4 торта *).
52.	Сравним вначале по весу первую пару предметов, затем вторую пару, и, наконец,— предмет, который оказался более тя-
Рис 126	желым в первой паре, с более тя-
’	‘	желым предметом второй пары.
Мы можем записать результаты этих взвешиваний как
Л </? <С
V
D,
где М < N означает, что М легче N.
5-й предмет Е может быть включен в ряд А — В — С, для чего надо сравнить его сперва с В\ если он окажется тяжелее, чем В, мы сравним его с С, а если Е легче, чем В, мы сравним его с А. Таким способом, с помощью двух взвешиваний мы включим Е в последовательность А — В — С и придем к одной из следующих четырех конфигураций:
1° А<В<С<Е, 2° А<В <Е <С,
V	V
D	D
3° £<Л<В<С, 4° А<Е<В <С.
V	V
D	D
Мы сделали пока всего 5 взвешиваний. Если в результате мы пришли к 1°, сравним далее D с А, если окажется, что D < < А, то задача решена; если же окажется, что А < D, мы сравним D с В — это седьмое взвешивание завершит процесс, и мы получим	или 4<В<Д<С<Е.
Если первые 5 взвешиваний дадут 2°, то мы можем включить D в
*) По поводу связанной с этой задачей проблематики, см., напрвмер, первую часть книги Б. Грюнбаум, Этюды по комбинаторной геометрии и теории выпуклых тел, М., «Наука», 1971.
ряд с помощью двух взвешиваний, начиная со сравнения D с В — всего мы используем опять 7 взвешиваний. Конфигурации 3° и 4° отличаются от 2° только обозначениями, так что здесь рассуждения, по существу, не отличаются от относящихся к случаю 2°.
Следовательно, семи взвешиваний всегда достаточно для упорядочения пяти предметов.
52а. Из описания дороги путешественника следует, что его палатка стояла на Северном полюсе. В этом месте земного шара восход солнца бывает только раз в году — в день весеннего равноденствия, т. е. 21 марта. Это и есть день рождения Невядом-ского.
53.	Обозначим поочередно дни недели через I, П, . . VII и составим таблицу, условившись, что день недели, который выпал на некоторую определенную дату 1911 года, обозначен числом I.
А	В	с	D	А	В	с	D
1911	I	I		1931	V	V	
1912	и	III	I	1932	VI	VII	V
1913	IV	IV		1933	I	I	
1914	V	V		1934	II	II	
1915	VI	VI		1935	III	III	
1916	VII	I	VI	1936	IV	V	III
1917	11	II		1937	VI	VI	
1918	III	III		1938	VII	VII	
1919	IV	IV		1939	I	I	
1920	V	VI	IV	1940	II	III	I
1921	VII	VII		1941	IV	IV	
1922	I	I		1942	V	V	
1923	II	II		1943	VI	VI	
1924	III	IV	II	1944	VII	I	VI
1925	V	V		1945	II	II	
1926	VI	VI		1946	III	III	
1927	VII	VII		1947	IV	IV	
1928	I	II	VII	1948	V	VI	IV
1929	III	III		1949	VII	VII	
1930	IV	IV		1950	I	I	
В столбце А приведены годы (високосные годы напечатаны жирным шрифтом). В столбце В приведены дни недели, выпадающие в разные годы на ту же самую дату, что и в 1911 году, если эта дата находится в пределах между 1 января и 28 февраля. В столбце С приведены дни недели, выпадающие в различные годы на ту же самую дату, если эта дата находится в пределах между 1 марта и 31 декабря. В столбце D приведены дни недели, выпадающие в отдельные високосные годы на 29 февраля.
Из этой таблицы видно, что день недели, выпадающий на определенную дату до 1 марта, перемещается после обычного
года на 1, а после високосного года на 2; день же недели, выпадающий на определенную дату после 1 марта, перемещается перед обычным годом на 1, а перед високосным годом на 2.
Из этой таблицы также видно, что если определенная дата (отличная от 29 февраля) выпадает в некотором году, например, в понедельник, то во второй раз в этот же самый день недели, она выпадет или через 5 лет, или через 6 лет, или же через 11 лет (если в рассматриваемый период не было года, номер которого является числом, делящимся на 100, но не делящимся на 400).
Если бы Софья Сергеевна родилась в какой-либо день, отличный от 29 февраля, а до 27 июля 1950 г. отмечала день своего рождения только один раз, то в этот день она была бы еще несовершеннолетней, следовательно, не было бы повода называть ее Софьей Сергеевной, а также говорить, что опа еще не стара.
Предположим, следовательно, что Софья Сергеевна родилась 29 февраля. День недели, выпадающий на эту дату, перемещается через каждые четыре года на 5, вследствие чего 29 февраля выпадает в тот же самый день недели, через каждые 7*4 — 28 лет (если в этот период не было года, номер которого делится на 100, но не делится на 400). Так как Софье Сергеевне «всего один год», то первый день своего рождения она отмечала самое раннее в 1924 году, а самое позднее в 1948 году.
Но так как известно, что Софья Сергеевна родилась после первой мировой войны, то впервые день своего рождения она отмечала в 1948 году, а родилась 29 февраля 1920 года.
54.	Пусть п обозначает число рыб в пруду, годных для улова. Тогда отношение числа рыб, помеченных меткой, к числу всех рыб равно 30/и.
Во второй раз ихтиолог поймал 40 рыб, среди которых две рыбы были помечены. Отношение числа рыб помеченных к числу всех выловленных рыб равно 1/20.
Если предположить, что помеченные рыбы в пруду равномерно распределены среди всех рыб, то оба отношения должны быть одинаковы, т. е.
30__£ п 20 ’ откуда п = 600.
Следовательно, число рыб в пруду, годных для улова данной сетью, приблизительно равно 600.
55.	В любом случае достаточно четырех проб, если принять следующий метод: будем сравнивать валик со средним отверстием, т. е. восьмым по счету, потом — в зависимости от результата — с четвертым или двенадцатым н т. д. Результатом каждой пробы будет ответ «да» (если валик поместится в отверстии) или «нет» (если валик не поместится в отверстии). Четыре пробы дадут 16 возможностей, т. е. столько, сколько существует типов валиков, различаемых данным прибором.
56.	Если 2п чисел х2, . . ., х^ расположены в возрастающем порядке и если хт < xm+v то сУмма абсолютных погрешностей при замене чисел xlt х2, . . ., х2П числом х равна (.X — Xj) -f- (х — х2) + • . . + (х — хт) +
+(хт+1 “' г) +	• • • + (Х2П “ *)«	(1)
Легко проверить, что самым меньшим из чисел вида (1) является число
(у — ях) + (у — я2) 4- ... + (у —	+
-h(zn+1 — У) +  . • + (х2п ” у),	(2)
где хп < у < яп+1. Действительно, если, например, т > п (следовательно, х > у), то разность чисел (1) и (2) равна
п (х — у) + ((х — яп+1) + ... 4- (г — хт)) —
“ «^n+i — У) + •  • + (хт — У)) + (2п — т) (у — х) > > п (х — у) 4- 0 — (т — п)(х — у) 4- (2п — т){у — х) = 0.
Подобным же образом можно проверить, что если систему 4п чисел ях, я2, . . xin разделим на две части:
Яр я2, . . Я2т И ^2тп+1’ г2т+2’ • ‘ •’ Х*П*
числа первой части заменим числом я', причем таким, что хт < < я' < хт+1, числа второй части заменим числом я*, причем таким, что х2п+т < я" < *an+m+l, То сУмма абсолютных погрешностей будет наименьшей при т = п.
Отсюда следует, что предельный диаметр для 120 шариков равен 6,09 мм (имеется 60 шариков диаметром менее чем 6,09 мм
и столько же шариков диаметром более чем 6,09 мм), а надписи на коробках следующие: а = 6,06 мм, Ъ = 6,15 мм.
57.	Площадь поперечного сечения валика равна 25л см2, лента заполняет площадь 25 см2, следовательно, сердцевина имеет площадь 25(л — 1) см2. Обозначим через d диаметр трубки (без ленты); тогда из уравнения
л cf. = 25 (л - 1)
4
следует, что
d =	см g 8,26см.
58.	Как известно, время, которое показывают часы, полностью определено координатой малой стрелки на шкале часов (рис. 127); большая стрелка имеет всего лишь вспомогательное значение, а именно, она создает на диске часов что-то вроде нониуса, что позволяет двенадцатикратно увеличить точность определения координаты малой стрелки.
Если координату малой стрелки на диске часов обозначим через |, а координату большой стрелки через т|, то получим:
л — 12	= 0, 0 < g < 12, 0<т}<12,
где {|} обозначает дробную часть числа
Предположим, что обе стрелки часов одинаковы. Обозначим через х координату одной стрелки, а через у — координату другой.
Могут иметь место три случая.
I.	Если
я — 12 {у} =£ О, то обязательно
у - 12{х} = О
и часы показывают время х.
II.	Если
у — 12 {г} =# О, то обязательно
х - 12 {у} = О
и часы показывают время у.
III.	Если одновременно имеют место равенства у — 12 {а:} =0 и х — 12 {у} = 0,
то при помощи часов с одинаковыми стрелками мы не можем прочесть время, ибо каждую из стрелок можно принять за ма-
лую стрелку, а следовательно, одинаково возможно время х и время у; таких исключительных положений стрелок существует всего 143.
Отвечающие им числа х и у являются координатами 143 точек пересечения графиков функций у = 12{а:}и х = 12 {у} (рис. 128). Точки эти лежат на 23 прямых, определенных уравнениями
F = * +	(1)
(fc = 0, ±1, . . ±11).
Рис. 128.	Если теперь обозначим через
Г = | X — у I
ошибку, которую мы допустим, приняв вместо одного из двух показаний часов (х и у) другое, то согласно равенству (1) будем иметь:
г = 1||А|	(* = 0, ±1....±11).
Отбрасывая, согласно условию задачи, ошибку более чем в 6 часов, мы получаем наибольшее значение ошибки для к = = ±6. Она равна г =	= 5 -L , т. е. 5 часам 32 минутам 18 А
13	13	13
секундам. (В какое время грозит нам эта ошибка?) Конечно, в этом рассуждении мы предположили, что хозяин часов безошибочно прочитывает координаты стрелок.
59. 1) Могло случиться, что один п тот же мальчик оказался самым низким великаном и самым высоким карликом. Более того, класс, состоящий из кт учеников разного роста (к и т — натуральные числа, большие 1; к обозначает число рядов, т обозначает число шеренг), можно расставить в прямоугольном строю таким образом, чтобы произвольно выбранный ученик и, который имеет по меньшей мере к — 1 товарищей ниже себя и по меньшей мере т ~ 1 товарищей выше себя, оказался одновременно самым низким великаном и самым высоким карликом:
12 3...............к
1	U
2
3
. меньше ... и ... и
2) Нет таких классов, в которых самый низкий великан меньше самого высокого карлика.
Чтобы это доказать обозначим через и самого высокого карлика, а через U — самого низкого великана. Предположим, что U < и. Ученики и и U не могут стоять ни в одном и том же ряду (так как тогда и не был бы самым низким в своем ряду), ни в одной и той же шеренге (так как тогда U не был бы самым большим в своей шеренге). Обозначим через ученика, стоящего в точке пересечения ряда и шеренги, в которых, соответственно, стоят ученики и и U. Получим тогда
и < wife, uiu < U,
вследствие чего и < U, вопреки сделанному предположению, что U < и. Предположение, что tZ < и привело, следовательно, к противоречию и поэтому оно не верно.
3) Если бы учитель при определении великанов искал их так же, как и карликов, т. е. в рядах, а не в шеренгах, то один и тот же ученик не мог бы быть, что совершенно очевидно, самым низким великаном и самым высоким карликом, так как тогда в своем ряду он должен был бы быть одновременно самым низким и самым высоким учеником, что невозможно.
Однако в этом случае самый низкий великан может быть или больше или меньше самого высокого карлика.
Действительно, из класса, насчитывающего кт учеников разного роста, выберем совершенно произвольно 2к + т — 2 учеников и расставим их вдоль трех сторон прямоугольника по росту в убывающем порядке
wl> и2, . .	и2/с+т_2
следующим образом:
ик
последняя шерепга щ
первая шеренга u2/f+m_2
Оставшихся учеников расставим прямоугольным строем совершенно произвольно.
Ученик ujt является самым низким великаном, ученик ик^т_х является самым высоким карликом, а так как > uk^m__v то самый низкий великан будет больше самого высокого карлика.
Если же к + 2т — 2 учеников иг, иг, . . ы/г+гт-а расставим в убывающем порядке по росту так:
ик+т-1 последняя шеренга ит
I ....'. ' ...............
ик+2т-2 пеРвая шеренга и\
а остальных учеников расставим в прямоугольном строю совершенно произвольно, то ученик ик^т_х будет самым низким великаном, а ученик будет самым высоким карликом и вследствие неравенства ufc+m-i < ит самый низкий великан будет ниже самого высокого карлика.
60.	Вопросы, поставленные в задаче, обозначим соответственно теми номерами, под которыми они выступают, и используем символ р q (импликация) для обозначения того, что из ответа «да» на вопрос р следует ответ «да» на вопрос q. Тогда верны следующие импликации:
1-, 2, 1 - 3, 1 - 4, 1 — 7, 1 - 8,
1 Ю, 1 -> И, 1	12, 1 -> 13.
2-4, 3 — 7, 4 — 2, 5 — 7, 6—*2, 6 — 4, 6 — 9, 7 — 3, 8 — 3, 8-7.
Итак, одинаковыми являются также 3 и 7.
61.	Символы, о которых идет
ответы иа вопросы 2 и 4, а речь в задаче, следующие:
1°	abed,	5°	a'bcd,	9° ab'ed',	13°	a'bc'd',
2°	abed',	6°	abe'd',	10° a’bc'd.	14°	a'b'cd',
3°	abe'd.	7°	ab'e'd,	11° a'bcd',	15°	a'b'c'd,
4°	ab'ed,	8°	a'b'cd,	12° ab’e'd’,	16°	a'b'c'd'.
Докажем, что среди этих 16 символов есть два, а именно ab'c'd и a'bcd', которыми нельзя обозначить поезда.
Пусть символ Рр обозначает число курящих путешественников в купе для курящих, Рп — число курящих путешественников в купе для некурящих, 7VP — число некурящих путешественников в купе для курящих, a Nn — число некурящих путешественников в купе для некурящих.
Рассмотрим теперь символ ab'c'd. Соответственно смыслу букв a, b', с', d должны быть выполнены следующие неравенства:
Рр > Рп, ХР < Хп, Рр < Хр, Рп > Nn. (1)
Из трех первых неравенств получаем:
Хп> Хр> Рр> Рп,
следовательно, Nn > Рп, что противоречит четвертому пз неравенств (1).
Символ ab'c'd — как противоречивый — не может служить для обозначения поезда.
Противоречивым является также символ a'bcd', так как среди определяющих его неравенств
Рр < Рп, Хр > Nn, Рр > Np,
Рп<Хп
три первые противоречат четвертому.
Остальными четырнадцатью символами можно обозначить поезда, как это следует из приведенной ниже наглядной схемы:
Номер поезда	Символ	Размещение путешественников в купе			
		для	курящих	для некурящих	
1	abed	ppp	NN	pp	N
2	abed'	pppp	NNN	p	NN
3	abe'd	ppp	NNNN	pp	N
4	ab'ed	pppp	N	ppp	NN
5	a'bcd	ppp	NN	pppp	N
6	abe'd'	pp	NNN	p	NN
8	a'b'cd	pp	N	ppp	NN
9	ab'ed'	pp	N	p	NN
10	a'bc'd	p	NN	pp	N
12	ab'c’d'	pp	NNN	p	NNNN
13	a'bc'd'	p	NNNN	pp	NNN
14	a'b'cd'	pp	N	ppp	NNNN
15	a'b'c'd	p	NN	pppp	NNN
16	a'b'c'd'	p	NN	pp	NNN
62.	Расположим символы, обозначающие группы крови, в одну строку и в один столбец: доноров поместим в столбец, а реципиентов — в строку, и полученную таблицу заполним знаками «+» и «—» следующим образом:
Реципиенты
О А В АВ
О	+	+	+	+
А	—	-j-	—	-|-
Доноры в	___	__	+
АВ	-	—
Эту таблицу нужно понимать так: выберем произвольную строку (например, 2-ю) и произвольный столбец (например, 3-й); если в их пересечении стоит знак +, то донор выбранной строки может дать свою кровь для переливания реципиенту, указанному в выбранном столбце; он не может этого сделать, если в пересечении строки и столбца стоит знак —. Так, в случае второй строки н третьего столбца мы получаем, что допор с группой крови А не может давать свою кровь человеку с группой крови В. Таким образом, таблица указывает, кто кому может и кто кому не может дать свою кровь.
Легко проверить, что это определение удовлетворяет закону I. Действительно, этот закон сводится к тому, что на диагонали должны стоять только знаки что, очевидно, выполнено. Закон II требует, чтобы в строке донора О стояли только знаки + , это требование также удовлетворено. Закон III требует, чтобы в столбце реципиента АВ стояли только знаки -р; но это, очевидно, тоже верно. Если в отношениях I, II, III мы заменим X на символы О, А, В, АВ, то получим ровно 9 отношений, а именно те, которые обозначены в нашей таблице знаком + . Так как все остальные места в таблице (их число равно 7) заполнены знаками —, то, очевидно, закон IV тоже выполнен.
Итак, наша таблица эквивалентна законам I—IV, что и доказывает утверждение 1°. Утверждение 2° также может быть проверено с помощью таблицы. Например, О —» А и Л —>АВ, но также и О —> АВ, что и подтверждается нашей таблицей. Для всех остальных случаев утверждение 2° может быть проверено таким же образом. Утверждение 3° вытекает из наличия знака — в соответствующей клетке таблицы.
63.	Условимся обозначать через X также и человека с группой крови X. В частности, этих братьев мы обозначим символами X и У. Так как X не может дать свою кровь У, то в таблице, построенной в решении предыдущей задачи, на пересечении строки X со столбцом У стоит знак —. Так как У не может дать свою кровь X, то на пересечении строки У со столбцом X также стоит знак —. (Эти два минуса симметричны относительно диагонали таблицы, состоящей из одних лишь знаков -}-.) Но легко усмотреть, что пара симметрично расположенных относительно диагонали минусов находится только на пересечении строки А со столбцом В и строки В со столбцом А. Поэтому один из братьев имеет группу крови А, а другой — группу крови В. Таблица показывает, что А может получать кровь только от О и от А, В — толь-130
ко от О и от В. Так как оба брата могут получить кровь от своей матери, то она должна иметь группу крови О. Законы наследования групп крови требуют приписывания О к однобуквенным символам родителей, в соответствии с этим обозначим мать символом 00.
Закон комбинирования букв, заимствованных из символов крови обоих родителей, показывает, что братья получили свои символы А и В от отца, так как их мать не обладает ими. Следовательно, их отец есть АВ. Родители с символами АВ и 00 могут иметь детей лишь с символами АО и ВО, т. е. А и В (в соответствии с законом вычеркивания О); следовательно, сестра этих братьев тоже относится к группе А или В. Значит, как показывает таблица, она может дать свою кровь одному и только одному из братьев. (Никто в этой семье не может брать кровь у отца, но каждый может взять кровь у матери.)
63а. Находящиеся в обращении монетные единицы для грошей, десятков грошей и злотых одинаковы и равны 1, 2 и 5. Таким образом, для решения задачи достаточно исследовать, сколько различных сумм наверняка содержит каждая сумма от 1 до 9 грошей. Результаты иллюстрирует следующая таблица:
Сумма грошей	1	2	3	4	5	6	7	8	9
Наверняка содержит суммы грошей	1	2	1,2,3	2,4	5	6	2,5,7	2,6,8	2,4,5, 7,9
Пользуясь этой таблицей, мы можем вычислить, сколько различных сумм содержит наверняка данная сумма. Например, имея 527 грошей, можно выплатить любую сумму, которая на месте сотен будет иметь одну из цифр 0 или 5, на месте десятков будет иметь Одну из цифр 0 или 2, на месте единиц будет иметь одну из цифр 0, 2, 5, 7. Всего различных сумм будет 2«2«4 — 16, а если мы не станем принимать в расчет сумму ООО, то их будет 15.
Больше всего сумм наверняка содержит сумма в 999 грошей, а именно 63—1 = 215 различных сумм.
Стоит заметить, что интересным свойством обладает число 6. Сумма в 6 грошей может быть составлена либо из монеты в 5 грошей и монеты в 1 грош, либо из трех монет по 2 гроша каждая. В первом случае мы не могли бы выплатить сумм в 2, 3, 4 гроша, а во втором случае не могли бы выплатить сумм ни в 1, ни в 5 грошей. Таким образом, имея 6 грошей, мы можем выплатить наверняка (в смысле, определенном в задаче) всего лишь одну сумму, а именно 6 грошей. Однако же, имея 6 грошей, мы безусловно можем выплатить по меньшей мере три различные суммы!
636. Из условий задачи легко получить соотношения
5i + s2 + • • • + sn — т, 81 + #2 + • • • + 8щ ~ »•
Так как один и тот же сорт деревьев может расти в нескольких садах, а также в одном и том же саду может расти несколько сортов деревьев, то справедливы следующие соотношения:
1	4- 2-S2 + . . . 4- n-Sn п,
i-gi + 2-g2 + ... + m-gm > m.
64. Если столб М расположен между столбами L и N, то путь
АВС . . . LMN . . . Т
короче пути
АВС. . .LN . . . ТМ
на отрезок ТМ. Отсюда вывод: чтобы путь
АВС . . . LMN . . . Т
был самым длинным путем, необходимо, чтобы всегда два соседних отрезка этого пути имели противоположные направления. Тогда длина пути выразится следующей формулой:
причем, если число столбов нечетное, то
d’ = АВ - ВС 4- CD — DE 4-. . . 4- BS — ST, а если число столбов четное, то
d"---= AB — BC-i-CD — DE + ...~BS + ^T.
Обозначим через
х0,	х2, . . хп	(1)
координаты столбов А, В, С, . . Т.
Вследствие сказанного выше, будет
Хд < Яр > х2, х2 < х3, х3 > х4, ...
Так как по условию задачи столбы расставлены на равных расстояниях, то можно считать, что последовательное™ (1) является некоторой перестановкой чисел 0, 1, 2, . . ., п.
Тогда из равенств
Л-В = Xi — хо, ВС = хч — Xi, CD = хз — хч, ..
получаем:
d' — п (п 4* 1) — 4 (х2 4-	+ хв 4- * •  4~ хп_2) — 3 (xQ 4- хп)
или
d" = п (п 4- 1) — 4 (х2 4- х4 4- Хв 4- ... 4- zn-i) — (Зх0 4- Хп) в зависимости от того, является ли п четным числом или нет, 132
I. Если число столбов нечетно (п — четное), то разделим множество п + 1 чисел
О, 1, 2, . . п
п т
на три части:
множество Ci, охватывающее ~ 1 чисел: 0,1, 2,.
множество С2, охватывающее 2 числа: ?
множество С3, охватывающее чисел:
п — 4
~2~
п 4-2 п 4 4 п 4- в
2 ’	2 ’ —2~
и обозначим: произвольную перестановку чисел множества через
х2, хв, . .	Хп-2,
произвольную перестановку чисел множества С2 через
*о, хп,
произвольную перестановку чисел множества С9 через
#1, гг3,
Тогда
п-4/п-4 + 1\
2^2/ !п — 2.п\
d' = п {п 4-1) — 4-----2------— 3 \—2----Ь -jjr ) --
__п2 4" — 2
равно длине максимального пути, который можно пройти, вбивая гвозди. Дорогу эту, начиная от одного из столбов множества С2, проходим, поочередно переходя от столбов множества Сд к столбам множества Сз и наоборот, а закончим на втором из столбов множества С2. При этом длина пути пе зависит от того, в какой очередности мы исчерпываем столбы множества С4 и столбы множества Са.
II. Если число столбов четное (п — нечетное), то обозначим произвольную перестановку чисел
0,1,2,..
через
х2, х4, хв, . .	Хп-1»
произвольную перестановку чисел
п 4~ 3 д 4-5 к 4 ? п
’	2 ’	2 1“ 1
через х3, х3, . . Хп-1
и примем
п —1	п 4-1
2?о=—2~ , ®п = ”2^‘
Тогда
к — 3 / п — 3 . \
2-	\ 2	/	/ л п — 1 . и ч- 1 \
d" = п (п 4-1) — 4 -2----- (3 —2——2— / —
_	4- 2п — 1
-
равно длине максимального пути, который можно пройти, вбивая гвозди. Эту дорогу мы также можем пройти по-разному.
65.	Поставим кирпич на стол так, как показано пунктиром на рис. 129, а, и проведем карандашом риску на ребре стола в том месте, где заканчивается ребро кирпича. Затем будем передвигать кирпич вдоль этого ребра стола до тех пор, пока вершина кирпича не совпадет с риской (новое положение кирпича показано
\ 5
а)
Рис. 129.
б)
на рисунке сплошной линией), и после этого измерим линей-коп расстояние от вершины А стола до вершины С сдвинутого кирпича.
Укажем еще одно решение. Совместим ребро дощечки с двумя противоположными вершинами верхнего основания кирпича так, чтобы дощечка краем упиралась в одну из вершин, и отметим на дощечке риской отрезок, равный длине диагонали верхнего основания кирпича. После этого сдвинем дощечку на расстояние, равное длине этой диагонали (рис. 129, б), и измерим расстояние AM.
66.	Если на коробке, имеющей форму прямоугольного параллелепипеда, мы нарисуем след ленточки, то на развертке коробки этот след образует прямую линию (см. рис. 131, на кото-134
ром две грани коробки повторены). Из рисунка легко заметить, что:
1° длина ленточки равна 2 У(а + сУ + (Ь + сУ,
2° тангенс угла, под которым ленточка пересекает ребра, а -4- с b 4- с
равен —I— или —!— , г d-Р с а + с
3° ленточку можно перемещать по коробке, не растягивая ее (на рис. 130 показаны параллельные перемещения),
4° длина ленточки будет тогда наименьшей, когда с< о и с < 5, т. е. когда по два отрезка ленточки проходят по самым большим граням коробки.
66а. Совершенно очевидно, что шнурки нельзя перемещать, не растягивая их, так, чтобы какой-либо из их отрезков перестал быть параллельным соответствующему ребру коробки. Нельзя также изменить только положение точек скрещивания шнурков на покрышке и основании, ибо и в этом случае один из кусков шнурка, соединяющих эти точки, должен был бы удлиниться (рис. 131).
67.	Ограничимся случаем, когда мы располагаем гирей в 1 кг.
Пусть АС =* I (рис. 132) обозначает расстояние между центром тяжести С незагруженного безмена и точкой А подвеса груза. Пусть Q — вес безмена. Центр тяжести безмена определяем экспериментальным путем.
Предположим, что при нагрузке безмена в точке А гирей в 1 кг безмен, подпираемый в точке В, окажется в равновесии. Длину отрезка АВ обозначим через а.
/?' *	1 л в *
А	• Q
Рис. 132.
Пусть D обозначает точку опоры безмена, находящегося в состоянии равновесия при нагрузке его в точке А произвольным грузом в р кг. Длину отрезка AD обозначим через х.
Из условия равновесия для обоих приведенных выше случаев следует равенство моментов
а — Q (I — а), рх — Q (I — х), откуда
£1 = - ~ х .	(1)
а I — а
Для нанесения шкалы на стержень безмена начертим на бумаге отрезок АС, обозначим на нем точку В и из концов А и С
этого отрезка проведем два параллельных луча Ат и Сп, как показано на рис 133.
Затем на луче Сп, начиная от точки С, отложим равные отрезки произвольной длины Ci, 12, 23, . . . и через точку L этого луча, соответствующую единице, а также через точку В отрезка АС проведем прямую, которая пересечет луч Ат в точке К,
Из подобия треугольников А КВ и CLB получим для отрезка А К = к соотношение
4= “ ;	(2)
I — а
Рис. 133.
при этом всегда I > а.
Шкалу на луче Сп спроектируем теперь на прямую А С, принимая точку К за центр проекции. Пусть S — проекция точки Р. Из подобия треугольников AKS и CPS, учитывая равенство
(2), получим:
p>AS _ I— AS a	I — a *
Сравнивая полученный результат с равенством (1), мы замечаем, что AS = х, а следовательно, S является той точкой, в которой необходимо подпереть безмен, нагруженный грузом в р кг.
Итак, путем проектирования равномерной шкалы описанным выше способом мы можем нанести на безмен шкалу, учитывающую не только целое число
килограммов.
Из приведенных выше рассуждений следует, что требование постоянной толщины и однородности стержня безмена было в условии задачи излишним.
68. Как видно из рис. 134, мы имеем АО — YOB2 — АВ2. Так как А В равно ширине s подвижной линейки, а наименьшее ОВ равно расстоянию h гвоздя от неподвижной линейки, то мини-
мальное А О равно Y № — Я
69. Первичное деление прямо-
угольника на две части является очевидным (рис. 135).
Заметим теперь, что если прямоугольник первичным образом разделен более чем на две части, то каждая из его сторон должна пересекать по крайней мере одну из делящих линий.
Другими словами, не определяет, например, первичного деления
Рис. 135.
Рис. 136.
такая конфигурация, как на рис. 136, при которой вертикальная линия деления отсекает от целого прямоугольника левый прямоугольник, внутри которого мы уже не имеем дальнейших линий деления, а в правом заштрихованном прямоугольнике мы имеем произвольное расположение делящих линий.
Из сделанного замечания следует, что не существует первичного деления па три части (рис. 137), ибо при каждом делении прямоугольника на три части по крайней мере одну из сторон прямоугольника не пересекала бы ни одна из линий деления и поэтому деление не было бы первичным. Из этого замечания также следует, что не существует первичного деления прямоугольника на четыре части.
Рис. 137.
Рис. 138.
Рис, 140,
Первичное деление прямоугольника на пять частей, конечно, возможно (рис. 138). Подобным же образом возможно первичное деление прямоугольника на семь и более частей, причем вопрос усложняется потому, что можно привести различные способы деления прямоугольника на то же самое число частей. Например, на рис. 139 показаны два различных первичных деления на семь частей, а на рис. 140 — четыре различных первичных деления па г-------------------
восемь частей.
Перейдем теперь к решению задачи, т. е. к первичным делениям квадрата иа ------------
некоторое число равных частей.
Деление на пять равных частей. Пусть дан квадрат со стороной 1. Предположим, что квадрат	-------------
этот разделен первичным образом на пять равных частей (рис. 141).
Ограничимся исследованием симме- -------------------
тричного деления. Обозначая через х сторону центрального квадратика, по- ^ис* 1^1. лучим, что х- = 1/5, откуда х = У~5/5.
Поэтому размеры четырех оставшихся прямоугольников будут следующие:
5- /5~ и 5+ У~5~
10	10
Деление на семь равных частей. Снова возьмем квадрат со стороной 1, предполагая, что он разделен на
Рис. 142.
семь равных частей по схеме, приведенной на рис. 142. чим стороны прямоугольников, на которые разделен так, как указано на рис. 142.
Обозна-квадрат,
Пусть w1 — а. Тогда рг = 1/7а?, и далее последовательно получаем:
р2=__1_,
. I 1	6 — 7х	1 — X
рэ = 1 — ра — 1—	'  — 	---— * wa — -х-— *
7(1 — х) 7(1—х)	6—lx
.	.	1 7х — 1	х
р4_1- Л-1-	т.
Wf, — wi — W4 = X
х _х (7х — 2) 7х — 1 7х — 1 ’
_ 7х — 1
Р5 “ 7х (7х - 2> ’
7х—1____ 7х — 1	_ (7г— 1)(7х— 3)
7х 7х (7х— 2) 7т (7г— 2)
w — х t7x~~ 2*	.
(7т — 1) (7т — 3)
Так как iz-3 — iz-4 — и’б = 1, то
1 — х . х . х (7т — 2)	__.
6—7х 7х — 1	(7т — 1) (7т’—3)	’
откуда после простых преобразований получаем уравнение
196т3 — 294т2 + 128т — 15-0.
Одним из корней этого уравнения является т ~ 1/2. Корень этот не дает решения задачи, так как при т = 1/2 получаем = ^2’ следовательно, рг = р2— и деление квадрата не будет первичным. Остальными корнями полученного уравнения являются
7Ц- /19 „ 7 — /19 14	14
„	^3	6
Так как, согласно условию задачи, должно быть х ~~ (ибо в противном случае было бы рв < 0), то в качестве решения 7 j_ 1/19
подходит только число ' \. Ему соответствует решение 14
задачи, представленное на рис. 143. Оно указано проф. Я. Минусинским.
Можно доказать, что не существует первичного деления на семь равных частей такого типа, как изображено на рис. 139 справа. Однако может быть и существует первичное делепие на семь равных частей какого-либо иного типа.
Деление на восемь равных частей. Перейдем теперь к первичному делению квадрата на восемь равных частей.
Предположим, что возможно деление квадрата со стороной 1 по симметричной схеме, изображенное на рис. 144; каждый из частичных прямоугольников имеет тогда площадь, равную 1/8. 140
Tgp+'i/n) ^le-Vw)
ТцП-'Гп)
tsN№-!}\
%№-,}
Ув-rts)
э_ 5
£ 21


&7-УЮ)
£[e+Vii]
Рис. 143.
Рис. 144.
Принимая во внимание симметрию, мы имеем w2 » 1/2 и, следовательно, р2 = 1/4. Пусть wt = х. Тогда
1 1
/П = з- , wa = 1 — а?, рз = -3--,---------- ,
8г	8 (1 — х)
а так как р4 = р3 — pt, то в конечном счете
1 „ 1 _ 1
8(х-1)	8(i —ж)
откуда х (1 — г) = х [х — 1) — (г — -1-) (1 —х), и наконец, после некоторых преобразований,
6х2 — бя + 1 == 0.
„	з± vT
Из последнего уравнения получаем ж, ,2 = —==!— , причем,
.	= t	з + уТ
так как должно быть х > 1/2, то только корень х-г~ —1—1— о
удовлетворяет условиям задачи.
На рис. 145 изображено первичное деление квадрата на восемь равных частей, причем указаны размеры отдельных прямоугольников.
Кроме рассмотренного выше способа деления, возможно еще иное первичное деление квадрата на восемь равных частей, представленное на рис. 146; мы получаем его подобным же образом, как и предыдущее.
70. Задача решается следующим образом: устанавливаем люнетку в точке О данного участка (рис. 147) и измеряем наклон участка в произвольно выбранном направлении OCV С этой целью устанавливаем в точке в том же направлении веху и
измеряем расстояние d, и разность уровней между точками О и Лг Наклон участка определяем как частное	Затем
поворачиваем люнетку на 90° и в направлении ОС2, перпендикулярном к OCit измеряем наклон участка, выражающийся числом
Принимая луч ОСг за ось Ох, ОС2 за ось Оу, находим вектор с компонентами tlf t2 на этих осях; направление этого вектора
является направлением наклона участка, а его длина, т. е. число if + t%, равна наклону участка.
А вот обоснование этого метода. Пусть р — линия уровня, проходящая через точку О, q — линия наклона, q' — проекция линии наклона на горизонтальную плоскость П, 0 — угол наклона, а а — пусть будет неизвестным углом, который образуют направление ОС2 с направлением q'.
Имеем:
tg₽=^ = ^,
Tj Х2
откуда _________________________________Л1
Кроме того, имеем:
— i£l = cosoi, di	dz
поэтому
a =	— £1 •
°	d\hi h ’
следовательно, приведенный выше метод отыскания направления наклона, правильный.
Наконец, вычисляем наклон участка:
tg₽=>=_^—
хг dz cos a di	12
71. Предположим, что город М соединен отрезками МА, MB, МС, MD, ... с городами А, В, С, D, . . . (рис. 148).
Соединим отрезком точки А и В. Имеем AM < АВ и ВМ < < АВ, так как в противном случае вместо по крайней мере одного из соединений АМтлВМ имело бы место соединение А В.
\а	P\s	Из неравенств
\	/	АМ<АВиВМ<АВ
\ У /
\АХ	следуют неравенства
дД/
V > а и у > ₽;
/	складывая эти неравенства н еще
/	равенство у = у, получаем
I	Зу>а+р4-у или Зу > 180°,
D	следовательно, у > 60°.
р 14g	Коль скоро, однако, имеет место
‘	’	неравенство у > 60°, то в точке М
могут сходиться вершины самое боль-
шее пяти треугольников, что и требовалось доказать.
72. Могут существовать три рода железнодорожных сетей, изображенные на рис. 149.
1) В первом случае каждый из городов может быть узлом, в котором сходятся четыре пути, следовательно, различных сетей подобного рода будет пять.
2) Во втором случае город, который будет узлом и в котором сходятся три линии, можно соединить с тремя другими городами четырьмя способами (число сочетаний из четырех элементов по три), а пятый город в каждом из этих случаев можно соединить с каждым из этих трех городов, следовательно, всего возможных соединений существует 4-3 = 12. А так как каждый из пяти городов может быть узлом, то различных сетей рассматриваемого нами рода будет всего 5*12 — 60.
3) В третьем случае в сети, соединяющей города, можно произвольно изменять очередность городов, а следовательно, получим всего столько сетей, сколько существует перестановок из пяти элементов, т. е. 5! = 120. Но каждая перестановка и
Рис. 149.
обратная перестановка определяют ту же самую сеть, поэтому различных сетей будет 120 : 2 = 60.
Всего сетей существует 5 + 60 4- 60 — 125.
73. 1) Из всех треугольников с постоянным основанием и постоянной высотой наименьший периметр имеет равнобедренный треугольник. Для доказательства достаточно заметить
Рис. 150.
Рис. 151.
(рис. 150), что точка Р, лежащая на касательной к эллипсу, проходящей через точку М, лежит вне этого эллипса, вследствие чего
КР 4- PL > КМ 4- ML.
2)	Из приведенного выше рассуждения следует, что если точки К, L. М являются вершинами равнобедренного треугольника с основанием KL == 2р и высотой МО = h (рис. 151), то сеть KS 4- LS 4- MS короче сети КР 4- LP 4- МР.
3)	Введем обозначения (рис. 151):
OS = х, KS 4- LS 4- MS == m;
тогда получим:
2fp2 + х1 + h - х = т,
откуда
За:2 — 2 (т — h)x -f- ^Р2 — (т — h)2 — 0;
вследствие этого (из условия действительности корней) получаем:
(т — fo)2 _ зрг > о.
Это условие ведет к следующему ограничению для т:
т^- h 4- р V3,
причем т получает наименьшее значение при т — h______________________ р У*3 .
”1
х —
тогда Z_OKS = 30°.
4)	В случае соединения городов А, В, С, D железнодорожной сетью без узлов кратчайшим был бы путь, представленный на рис. 152 (или же один из трех иных путей, который можно получить из этого, поворачивая его на 90°, 180° или 270° вокруг центра квадрата). Длина такого соединения равна 300 км.
Рис. 152.	Рис. 153.
5)	Предположим, что города А, В, С, D соединены железнодорожной сетью с о д н и м узлом 5. Узел этот должен быть соединен по крайней мере с тремя нз городов А, В, С, D, ибо в противном случае, выпрямляя дорогу, ведущую через узел, мы получили бы более короткую сеть. Пусть узел S будет соединен с городами 4, В, С (рис. 153). Тогда город D может быть соединен или с одним из городов А н С, или же с узлом S.
В первом случае согласно тому, что доказано в пунктах 2 и 3 (р — h — 507^2 км), длина кратчайшей сети была бы равна
100 + 50/2"(1 + /3) ~ 293,2 км.
Во втором случае согласно доказанному в пункте 1 сеть будет кратчайшей, если точка S будет лежать на оси симметрии стороны АВ квадрата и на оси симметрии стороны ВС квадрата,т. е. если она будет лежать в центре квадрата; тогда длина сети будет равна
2-100 /2 ж 282,8 км.
Рис. 154.
6)	Предположим, что города А, В, С, D соединены железнодорожной сетью, содержащей два узла Sx и S2. Узел должен быть соединен по крайней мере с тремя из точек А, В, С, D, S2, в противном случае выпрямление дороги, ведущей через узел, дало бы более короткую сеть.
Пусть узел соединен с городами А нВ и с узлом S2. Тогда узел S2 будет соединен с городами С и D и сеть будет иметь конфигурацию, представленную на рис. 154.
Если точки и S2 не лежат на оси симметрии стороны квадрата АВ, то, как это следует нз рассуждений пункта 1, сеть с узлами н S2 длиннее сети с узлами Рг и Р2. Следовательно, эта сеть будет кратчайшей тогда, когда точки Рг и Р2 расположены симметрично относительно центра квадрата, так что / PiAB — Z P,CD = — 30°. Длина сети равна (см. пункт 3, где принимаем, что р = h = 50):
100 (1 + /З) ж 273,2 км.
в
7)	Увеличение числа узлов более чем па 2 вызывает удлинение сети. Поэтому длина кратчайшей сети, которая может соединить города А, В, С, D, со
гласно условию задачи, равна
100 (1 + /З) х 273,2 км.
Она может быть реализована двояко, как это иллюстрирует рис. 155.
/4. Кратчайшим путем
на шаре (земном) является
дуга большого круга, т. е.	Рис« ^5.
круга, образованного пере-
сечением шара с плоскостью, проходящей через центр шара.
Так как самолет, вылетающий из Осло, исчез из глаз зрителей, находящихся на аэродроме, в точке горизонта, лежащей точно на запад, то самолет летел по большому кругу, пересекающему меридиан в Осло (а = 10° 43' восточной долготы) под пря-
мым углом.
Пусть на рис. 156 S и О соответственно обозначают центр земного шара и точку, в которой лежит Осло, и пусть Q, G, О' соответственно обозначают точки пересечения с экватором: большого круга, по которому летел самолет, нулевого меридиана, а также меридиана, проходящего через Осло.
Легко заметить, что угол QSO' — прямой; отсюда имеем:
Z GSQ = 90° — Z GSO' = 90° — 10°43' = 79°17',
следовательно, точка, в которой должен приземлиться самолет, лежит на экваторе на 79°17' западной долготы (точка с такими
Рис. 156.
координатами лежит в провинции Пихинха в 120 км на запад от Кито, столицы Эквадора), а так как дуга OQ равна 1/4 большого круга, то трасса полета приблизительно равна 10 000 км.
Плоскость OSQ наклонена к плоскости экватора под углом р = 59°55'; под этим углом относительно восточного направления должны ожидать самолета зрители, находящиеся на аэродроме в Эквадоре.
75. При полном затмении Солнца размеры Солнца и Луны кажутся нам приблизительно одинаковыми. Отсюда следует, что диаметр Солнца в 387 раз больше диаметра Луиы, а отношение их объемов равно 3873	58-10е.
76. Самый короткий день во Вроцлаве (т. е. время, которое протекает между восходом и заходом Солнца в один и тот же день) наступит, конечно, тогда, когда Солнце окажется в зените на тропике Козерога (ежегодно приблизительно 23 декабря).
Для определения длины этого дня мы должны зпать географическую широту Вроцлава <р = 51°07' н угол, который образует плоскость экватора земного шара с плоскостью эклиптики, 6 == &s 23°27' (значения обоих углов даны приближенно).
Пусть на рис. 157 буквы О и М соответственно обозначают центр земного шара и положение Вроцлава на этом шаре, и пусть прямая NS обозначает ось вращения земного шара. Пусть плоскостью эклиптики будет плоскость Оху, плоскость экватора, проходящая через точку R, образует с ней угол 6. Плоскость OWZ, перпендикулярная к плоскости эклиптики и к направлению Ох падения лучей Солнца, отделяет на земном шаре освещенную часть от неосвещенной. Вроцлав на восходе Солвца проходит через точку Z, идет по дуге ZMW и на заходе Солнца оказывается в точке W. Длина дня во Вроцлаве пропорциональна углу ZOiW.
Длина самого короткого дня во Вроцлаве, конечно, пропорциональна длине дуги ZMW параллелп, проходящей через Вроцлав, или же, короче, величине угла 20 = ZOiW.
На основании рис. 157 из прямоугольных треугольников OOjM, ООГР и ОХР№ мы легко получаем:
c°s₽= ^j£. = tg <р tg а, <71IV
откуда
Р = 57°27'35".
Для длины t самого короткого дня во Вроцлаве получаем пропорцию
t: Т = р : 180° (Т = 24 час.), откуда
t = 7 час. 39 мин. 40 сек.
Стоит еще заметить, что истинная длина самого короткого дня во Вроцлаве больше вычисленной нами приблизительно на четверть часа. На это влияет так называемая астрономическая рефракция, возникающая из-за преломления солнечных лучей в слоях атмосферы, окружающей земной шар.
77. Клеткой, смежной с белой клеткой, является черная, и наоборот. На шахматной доске с нечетным числом клеток число белых клеток не равно числу черных, поэтому требуемое в задаче перемещение пешек невозможно.
78. Ответ на поставленный в задаче вопрос отрицателен: ни одна из пешек не изменит своего положения. При этом безразлично, считаем лн мы соседними только такие две клетки, которые прилегают друг к другу сторонами, или также и клетки, соприкасающиеся в вершинах. Во втором случае следует, однако, предположить, что шахматная доска (квадратная) состоит более чем из четырех клеток.
Доказательство для обоих случаев можно вести совместно следующим образом.
Обозначим через (:, к) клетку, расположенную в i-й «строке» и в к-м «столбце» шахматной доски с числом клеток п2 (причем п > 2), а через F (i, к) обозначим клетку, на которой установим пешку, стоявшую раньше в клетке (i, к).
Предполагая, что F (1, 1) = (1, 1), F (п, 1) = (п, 1) и что преобразование F (i, к) сохраняет соседство клеток, нужно
доказать, что
F ($, fc) = (i, к) для I — 1,2,. . п; к = 1, 2,. , п.
Сразу видно, что число клеток, соседних с некоторой определенной клеткой шахматной доски, меньше для угловых клеток, чем для остальных крайних клеток шахматной доски, а для последних меньше, чем для внутренних клеток шахматной доски. Так как при новой расстановке ни одна из пешек не может иметь меньше соседних пешек, чем имела прежде, то если клетка (i, к) — внутренняя, то клетка F (i, к) также является внутренней, или обе они являются угловыми, или, наконец, обе расположены по краям н не являются угловыми.
Последовательность (1, 1), (2, 1), . . (n, 1) является последовательностью очередных смежных клеток, расположенных вдоль края шахматной доски. Тем же самым свойством должны обладать клетки последовательности F (1, 1), F (2, 1), ... . . ., F (и, 1). Но F (1, 1) = (1, 1), а с клеткой (1, 1) будут смежными (при условии, что п > 2) только две клетки края: (1, 2) и (2, 1); функция F (2, 1) может принимать, следовательно, только одно из этих двух значений. Рассмотрим эти два случая.
a)	F (2, 1) = (1, 2). В этом случае клетка F (3, 1), как крайняя, смежная с клеткой F (2, 1), т. е. с клеткой (1, 2), и отличная от (1, 1), должна была бы совпасть с клеткой (1, 3); подобным же образом получилось бы F (4, 1) = (1, 4) и т. д. Наконец, угловая клетка F (п, 1) была бы клеткой (1, и), вопреки условию, что F (п, 1) == (и, 1). Случай а), следовательно, не может иметь места, поэтому будет иметь место следующий случай.
б)	F (2, 1) = (2, 1). Тогда, рассуждая так же, как и в случае а), поочередно получаем:
F (3, 1) = (3, 1), F (4, 1) = (4, 1).F (п, 1) «= (к, 1),
т. е. окажется, что пешки первого столбца останутся на месте.
Равенства F (i, 1) = (i, 1), где i = 1, 2, .... и, в свою очередь влекут за собой равенства F (/, 2) = (i, 2) для i = 1, 2, ... . . ., п. Действительно, клетка F (1, 2) является крайней клеткой, смежной с клеткой (1, 1) и отличной от клетки (2, 1), следовательно, F (1, 2) = (1, 2); клетка F (2, 2) является смежной с клетками F (2, 1) и F (1, 2), или с клетками (2, 1) и (1, 2) и отличной от (1, 1), следовательно, F (2, 2) = (2, 2), и т. д.
Таким же образом проверяем равенство F (I, к) — (i, к} для следующих столбцов шахматной доски.
Обобщение. Полученный результат позволяет нам сделать некоторый общий вывод.
Рассматриваем функцию F, которая каждой клетке шахматной доски ставит в соответствие некоторую определенную клетку той же шахматной доски таким образом, что двум различным клеткам соответствуют различные клетки н что смежным клеткам соответствуют тоже смежные клетки.
Такими функциями (преобразованиями) являются, например, тождественное преобразование (илн преобразование, при котором каждая клетка остается на месте), симметрия относительно каждой из четырех осей симметрии квадрата шахматной доски, а также повороты на 90°, 180° и 270° вокруг центра шахматной доски.
Докажем, что каждое преобразование F рассматриваемого нами типа должно быть одним из восьми названных выше преобразований.
Действительно, пусть F будет таким преобразованием. Как мы знаем, угловым клеткам соответствуют угловые клетки, следовательно, могут иметь место только следующие случаи:
I.	Преобразование F оставляет клетку (1, 1) на месте. В этом случае имеет место одна из двух возможностей:
1)	Клетка (n, 1) тоже остается на месте. Тогда преобразование, как мы это доказали выше, является тождественным.
2)	Клетка (n, 1) совпадает с другой угловой клеткой. Это может быть только клетка (1, п), в чем убеждаемся, рассуждая так же, как и раньше, т. е. рассматривая последовательность F (1, 1), F (2, 1), . . F (n, 1). Выполним, после преобразования F, еще преобразование симметрии относительно главной диагонали шахматной доски, т., е. диагонали, проходящей через (1, 1) и (п, п).
Произведение1) F'S^ является преобразованием рассматриваемого типа, которое каждую из клеток (1, 1) и (n, 1) оставляет на месте, следовательно, это тождественное преобразование I
F*St = J,
Умножая обе части этого равенства на 51( получаем (F-SJ* = Z-Sj, т. е. F’S\ — а так как Sf — /, то F — 51( т. е. преобразование F в данном случае является симметрией относительно главной диагонали шахматной доски.
II.	Клетка (1,1) переходит при преобразовании F в клетку (п, п). Пусть S2 обозначает симметрию относительно другой диагонали шахматной доски; она преобразует клетку (п, п) в клетку (1, 1). Следовательно, преобразование F«52 оставляет клетку (1. Г) на месте, вследствие чего согласно 1) имеют место две возможности: произведение F^S2 является единичным преобразованием или же симметрией.
3)	Произведение F-S2 есть единичное преобразование, т. е.
F-S2 = 7.
*) Пусть А, В обозначают отображения (преобразования) некоторого множества на себя. Произведением А -В называется преобразование, получаемое в результате выполнения сначала преобразования Л, а затем преобразования В. Если, например, А является осевой симметрией на плоскости, то А *Л, т. е. Л2, является тождественным преобразованием; если А и В — преобразования симметрии относительно пересекающихся осей а и Ъ, то Л’В есть вращение вокруг точки пересечения осей а и b на угол, вдвое больший угла, образованного осями. Если J является тождественным преобразованием, а Л — произвольным преобразованием, то A-I = 7«Л = Л. Произведение преобразований подчиняется ассоциативному закону, т. е. (А-ВУС = = Л (В‘С). [Иногда результат последовательного выполнения преобразований Л и В (сначала Л, затем В) обозначают через В-A или ВА.— Ред.]
Умножая это равенство справа на St, получаем: F S2,
т. е. F есть преобразование симметрии относительно диагонали шахматной доски, проходящей через клетки (1, п) и (n, 1).
4)	Произведение F‘SZ является симметрией Sf
f-s2 = SP
Умножая это равенство справа на S2, получаем:
*=
Преобразование F является, следовательно, в этом случае поворотом на 180° вокруг центра шахматной доски, или центральной симметрией относительно этой точки.
Ш. Клетка (1, 1) переходит при преобразовании F в клетку (n, 1). Тогда преобразование F*S3, где Ss обозначает симметрию относительно горизонтальной оси симметрии шахматной доски, оставляет клетку (1, 1) на месте, и мы снова имеем две возможности:
5)	F‘S3 ~ Z, откуда F — S3, или
6)	F'Sa = откуда после умножения этого равенства справа на S3 получаем:
F = 5f53,
а тогда преобразование F является поворотом на 90° вокруг центра шахматной доски.
IV. Клетка (1, 1) переходит при преобразовании F в клетку (1, п). Обозначая через S4 симметрию относительно вертикальной оси симметрии шахматной доски, получаем, так же как в случае III, две возможности:
7)	F = 54 или
8)	F = SpS4, т. е. преобразование является вращением на 270° вокруг центра шахматной доски.
Мы доказали, что каждое преобразование множества клеток шахматной доски на себя, сохраняющее смежность клеток, является одним из восьми преобразований:
/,	S2,	S4, Si*S2, Si-S3, Sj*S4.
Преобразования эти образуют так называемую группу *).
Возвращаясь к задаче о пешках, на основе этой теоремы мы сможем сформулировать следующий более общий вывод.
Если при новой расстановке пешек мы должны оставить на старом месте хотя бы одну пешку, не стоящую ни на одной пз осей симметрии, или две пешки, не находящиеся на одной и той же оси симметрии шахматной доски, то каждая пешка должна остаться на своем месте.
♦) См., например, П. С. Александров, Введение в теорию групп, М., Учпедгиз, 1938,
79. Задача будет решена, если мы укажем способ расположения ладей на шахматной доске, удовлетворяющий условиям 1), 2), 3), 4). Для простоты введем некоторые термины. Столбец доски назовем свободным, если на нем не стоит ни одна ладья и если он содержит по крайней мере одну белую клетку, не атакованную по горизонтали. Напротив, столбец назовем занятым, если хотя бы одна белая его клетка занята ладьей, не атакованной по горизонтали никакой другой ладьей. Строку мы назовем свободной, если она свободна от ладей.
На пустой шахматной доске число свободных столбцов совпадает с числом свободных строк. Выпишем сначала над каждым столбцом число белых клеток этого столбца и будем последовательно расставлять ладей. А именно,очередную ладью ставим в тот столбец, над которым стоит число, не превосходящее все остальные числа, стоящие над незанятыми столбцами. Если мы добьемся успеха на этом пути, то задача будет решена, так как условия 1), 2), 3), 4) будут удовлетворены. Пример такого расположения ладей изображен на рис. 158. Маленькие кружки на белых клетках обозначают ладей, а числа в кружках указывают на последовательность их расстанов-
ки на доске. Очевидно, что это рас-	Рис. 158.
положение не единственно.
Однако описанный выше процесс может натолкнуться на определенные трудности.
а)	При расположении очередной ладьи все белые поля нужного столбца могут быть уже атакованы, т. е. в этот столбец ставить ладьи согласно условию 3) нельзя, а в силу условия 4) ладью туда поставить необходимо.
В этой ситуации мы пытаемся сдвинуть вертикально одну из уже поставленных ладей на другое белое поле. Если это нам удается, то можно искать место для следующей ладьи. Пример такого рода иллюстрирует рис. 159.
Здесь после выставления первых четырех ладей (см. первую доску) все белые поля столбцов d и е окажутся атакованными по горизонтали. Поэтому мы ищем среди занятых столбцов такой, где есть белые поля, не атакованные по горизонтали (в нашем примере — это столбец g). Сдвигая 2-ю ладью на поле g5 (см. вторую доску), получаем возможность поставить 5-ю ладью на поле d4 в столбце d. Аналогично, сдвигая 3-ю ладью на поле Ъ8, освобождаем место для 6-й ладьи, которую теперь можно поставить на поле е2. Таким способом мы иногда можем преодолеть возникшие трудности и расставить ладьи в соответствии с условиями 1), 2), 3), 4) (как это удалось в нашем примере — см. последнюю доску на рис. 159).
б)	Может случиться, однако, что в одном или в нескольких столбцах все белые поля атакованы по горизонтали или, более того, в столбцах, в которых мы уже расставили ладьи, не осталось свободных белых клеток, куда ладьи можно переместить. Мы
будем говорить тогда, что соответствующий столбец блокирован, В блокированный столбец мы не можем поставить ладью, не нарушив условие 3), а также не можем сдвинуть ладьи в уже занятых столбцах.
Мы покажем на примере, как преодолеть подобную трудность. На первой доске рис. 160 столбец е блокирован: все белые поля этого столбца атакованы (2-й, 4-й и 5-й ладьями), и притом мы не имеем возможности сдвинуть угрожающие нам ладьи. В этом случае мы снимаем все эти ладьи и вообще отказываемся ставить ладьи как на блокированный до этого столбец, так и на столбцы и строки, в которых стояли снятые ладьи. В нашем примере это: столбцы b, с, d и е и строки 2, 3 и 4. Заметим, что при этом всегда число строк, в которые мы запрещаем ставить ладьи, меньше числа таких же столбцов, а также, что на пересечении «вычеркнутых» столбцов и свободных от ладей строк стоят черные поля. Поэтому нет опасности, что при расстановке новых ладей они будут атаковать по горизонтали белые поля в «вычеркнутых» столбцах.
Может случиться так, что в «вычеркнутых» столбцах остались белые поля, атакованные по горизонтали ладьями, поставленными раньше, но не убранными при «снятии блокады». В соответствии с условием 4), эти поля должны быть атакованы по вертикали. Однако эти столбцы вычеркнуты, т. е. мы не можем ставить в них ладьи. Такую ситуацию мы назовем вторичной блокировкой. В нашем примере поле Ъ1 (вторая доска рис. 160) в вычеркнутом столбце b атакована по горизонтали ладьей 1. Имеются два пути снятия вторичной блокады.
Сначала мы проверяем, не осталось ли свободное невычерк-нутое белое поле в столбце, где расположена ладья, участвующая во вторичной блокировке. Если такое поле имеется, мы переставляем на него эту ладью, после чего продолжаем ставить новые ладьи. Если же поля, о котором говорилось выше, не имеется, то мы вычеркиваем строку и столбец, где расположена ладья, саму ладью мы при этом, конечно, снимаем. В нашем примере (рис. 160) ладья 3 может быть сдвинута на поле а8, чем вторичная блокада снимается. А если бы поле а8 было черным, то нам пришлось бы снять эту ладью и зачеркнуть столбец а и строку 1. В обоих случаях при дальнейшей расстановке в нашем примере ладей мы не встретимся ни с какими трудностями.
Уничтожая вторичную блокировку и вычеркивая при этом определенные столбцы и строки, мы получаем возможность продолжать расстановку ладей.
В случае повторного возникновения блокады, первичной или вторичной, мы применяем тактику, описанную выше.
Можно показать, что в результате этих операций минимум одна ладья останется на доске, так что мы не нарушим соответствующего условия. Заметим сперва, что, ставя ладьи в свободные столбцы, в которых белых клеток не больше чем в других свободных столбцах, мы последнюю ладью поставим в столбец, целиком состоящий из белых полей. Мы всегда сможем поставить ладью в этот столбец, независимо от того, встречались ли мы в процессе расстановки ладей с блокировками одного или обоих типов, или нет.
23333528	2 3 3 3 3 5 2 8	2 3 3 3 3 5 2
Рис. 160.
Пусть, поставив п — 1 ладью, мы ни разу не пришли к ситуации блокировки. Все расставленные ладьи стоят в разных столбцах и строках; следовательно, останется только одна свободная строка и один свободный столбец, который, очевидно, целиком состоит из белых полей. Поэтому ладью можно поставить на клетку, имеющуюся в пересечении этого столбца со свободной строкой, в результате чего мы получим нужную расстановку ладей.
Если же у нас появлялись блокировки, то, «вычеркивая» указанные строки и столбцы и сдвигая оставшиеся, мы получим
прямоугольную доску, у которой число строк больше числа столбцов. Последняя ладья снова ставится в столбец, состоящий из белых полей; поскольку до этого поставлено было не больше п — 1 ладей, то это не составляет затруднений.
Легко видеть, что приведенное решение годится не только для квадратных, но также и для прямоугольных досок, число строк у которых больше числа столбцов.
80.	Воспользуемся следующим свойством: касательная к эллипсу в произвольной точке образует одинаковые углы с отрезками, соединяющими эту точку с фокусами эллипса. Это означает, что бильярдный шар, посланный из фокуса Flf должен оттолкнувшись от края, попасть в фокус (на рис. 161 путь бильярдного шара обозначен пунктиром). Поэтому предположение, что задача имеет решение, как показывает этот же рисунок, противоречит законам отражения, ибо требует, чтобы угол падения был больше угла отражения.
81.	Всего учеников в классе 25. Так как 6 учеников имеют неудовлетворительные оценки по математике, то учеников с оценками по крайней мере удовлетворительными всего 19; спортсменов в классе не более 19. «Спортсменоучеников» (если считать за единицу один вид спорта, которым занимается один ученик) в классе всего 17 + 13 + 8 = 38, а так как ни один ученик не занимается сразу всеми тремя видами спорта, то. следовательно, учеников, занимающихся спортом — ввиду предыдущего замечания — всего 19 п каждый из них занимается одновременно двумя видами спорта.
Теперь уже легко ответить на вопрос,поставленный в задаче.
а)	Ни один ученик в классе не имеет отличной оценки по математике.
б)	Из 19 спортсменов 17 умеют ездить на велосипеде; поэтому только двое учеников умеют одновременно плавать и ходить на лыжах, а следовательно, двое пловцов умеют ходить на лыжах.
82.	В первый день бегуны завершили пробег в порядке А, В С. На второй день порядок был В, С, А, & на третий — С, Л, В. 156
Результаты этих состязаний таковы, что А обогнал В в двух случаях из трех возможных; аналогично, в двух из трех случаев В обогнал Сив двух из трех случаев С обогнал А.
Возможно ли, чтобы аналогичные результаты имели место в трех из четырех забегов, т. е. в 75% (или более) всех забегов?
83.	Невозможно, чтобы все члены клуба образовали один класс, т. е. чтобы они все имели одинаковое число побед, ибо число розыгрышей (45) не делится на 10.
Невозможно также разделить спортсменов на девять классов. Действительно, если бы было девять классов, то в одном классе было бы два игрока, а в остальных восьми — по одному игроку. Это противоречит условию задачи. Действительно, засчитаем каждому игроку по одному очку за каждый выигрыш. Девять игроков, представляющих девять классов, не могли бы иметь ни 0 + 1 + 2 + . . . +8 = 36, ни 1 4- 2 + 3 + . . . + 4- 9 — 45 очков, ибо тогда десятый игрок имел бы 9 или 0 очков и было бы десять классов. Те же самые девять игроков, однако, не могут иметь 04-14-«-»4-*4-(*4-2)4-‘.«4~9 = = 36 4- 8 — i очков, ибо тогда девятый игрок должен был бы иметь i 4- 1 очков и снова было бы десять классов.
Однако спортсменов можно разделить на 10, 8, 7, 6, 5, 4, 3 и 2 класса.
Приведем примеры разбиения на 7 и на 3 класса. Игроки обозначены буквами; Цифрой 1 на пересечении строки к и столбца i обозначен выигрыш игрока, находящегося в строке к, над игроком, находящимся в столбце i, а цифрой 0 обозначен проигрыш.
Разбиение на 7 классов
	А	в	с	D	Е	F	G	н	1	J
А		1	1	1	1	1	1	1	1	1
В	0		1	1	1	1	1	1	1	1
с	0	0		t	1	1	1	1	1	1
D	0	0	0		1	1	1	1	1	1
Е	0	0	0	0		0	1	1	1	1
F	0	0	0	0	1		0	1	0	1
а	0	0	0	0	0	1		0	1	0
н	0	0	0	0	0	0	1		0	1
i	0	0	0	0	0	1	0	1		0
j	0	0	0	0	0	0	1	0	1	
Какие можно привести примеры разбиения игроков на 10, 8, 6, 5, 4 и 2 класса?
84.	Сначала докажем с помощью математической индукции, что всегда какая-нибудь команда является чемпионом. Пусть в спортивном объединении будет п команд. Соберем в одной комнате капитанов этих команд, а одного из них (назовем его К) попросим покинуть комнату вместе с капитанами всех команд, непосредственно побежденных командой К. В комнате останется,
Разбиение на 3 класса
	А	в	с	D	Е	F	G	н	I	J
А		1	0	1	1	1	1	1	1	0
в	0		1	1	1	1	1	1	1	0
с	1	0		0	1	1	1	1	1	1
D	0	0	1		1	1	1	1	1	1
Е	0	0	0	0		1	0	0	1	1
F	0	0	0	0	0		0	1	1	1
G	0	0	0	0	1	1		0	0	1
И	0	0	0	0	1	0	1		0	1
1	0	0	0	0	0	0	1	1		1
J	1	1	0	0	0	0	0	0	0	
следовательно, п' капитанов; имеем п' < п. Если теорема верна для всех п', меньших п, то в комнате находится капитан — чемпион по отношению ко всем остальным, оставшимся в комнате. Так как он остался в комнате, следовательно, он является непосредственным победителем над К, а косвенным над иными, которые покинули комнату,— следовательно, он является чемпионом спортивного объединения всех п команд, что мы и хотели доказать.
Доказательство 2) является таким же легким. Обозначим все команды через D2, . . ., Dn. Пусть команда Dr непосредственно побеждает наибольшее число команд, например команды Z)2, Z>s, . . Dm (и не побеждает непосредственно остальные команды). Следует доказать, что команда косвенно побеждает команды />т+1, • • •» &п‘ Предположим обратное, что, например, команда От+1 не побеждена ни командой Z)2, ни командой 2?з, .... ни командой Рт, т. е. непосредственно побеждает все эти команды. Так как не побеждает (непосредственно) Dm+1, следовательно, Dm+1 побеждает или Dm+l непосредственно побеждает больше команд, чем вопреки предположению о Dv Полученное противоречие доказывает 2).
85.	Вопрос нужно понимать так: в кубковой системе может случиться, что игрок, который заслуживает второй приз, потому что он сильнее, чем все остальные игроки, за исключением чемпиона, встретился с чемпионом до финиша, т. е. в случае восьми игроков, в первом или во втором туре; в таком случае, второй приз будет выдан несправедливо. Это может случиться тогда и только тогда, когда при жеребьевке для определения партнеров игрок, который заслуживает серебряной медали, т. е. второго места, попадает в ту же подгруппу из четырех игроков, что и чемпион.
Обозначим чемпиона через Ч, а «истинного» серебряного призера — через С; так как в группе, в которую попал ¥, кроме него имеется всего 3 места, на каждое из которых может попасть С, то из семи возможных для С мест 4 благоприятны для него, 158
a 3 — нет. Вероятность того, что С получит второй приз равна, следовательно, 4/7 = 0,5714 т. е. чуть больше 57%.
86.	На рис. 162 на горизонтальной оси откладываем дорогу: влство — на почту, вправо — к сельсовету. На вертикальной оси откладываем время. Линии ОРг и ОО'Р2 обозначают дорогу посыльных. Если велосипедист сначала будет догонять посыльного, вышедшего раньше, то его дорогу определит линия
если же он будет сначала догонять посыльного, вышедшего позже,— то линия KA2B2C2D2. Из рисунка видно, что велосипедист должен выбрать вторую возможность,— и даже тогда, когда он должен будет передать посланцам только деньги, т. е. тогда, когда его дорога закончится в точке Ех или Е2.
87.	Так как каждая собака бежит под прямым углом к направлению движения собаки, которая ее догоняет, а та, которая догоняет, бежит прямо к убегающей, то догоняющая приближается к соседней ссбаке со скоростью 10 м/с и поймает ее по прошествии 10 сек. Вследствие этого путь каждой собаки равен 100 м. В каждый момент четыре собаки образуют квадрат. Этот квадрат вращается и уменьшается: его стороны уменьшаются равномерно со скоростью 10 м/с. Пути пересекутся в центре S первоначального квадрата. Это будут кривые линии (логарифмические спирали). Они не пересекутся раньте, ибо если бы какая-нибудь собака пересекла след другой, это означало бы, что она была бы в этом месте раньше, а это невозможно ввиду равенства в каждый момент расстояния всех собак от S.
88.	Пусть а обозначает мгновенный угол между направлением Р@ и дорогой корабля Q (рис. 163), a v — скорость кораблей Р и Q в этот же момент. На взаимное сближение кораблей влияет скорость v корабля Р, направленная на Q, а также компонента v cos а скорости корабля Q, обе одинакового направления. Поэтому скорость сближения кораблей равна v (1 — cos а).
Проекция S точка Р на путь корабля Q перемещается по этому пути со скоростью vcosa, а корабль Q уходит со скоростью v, следовательно, расстояние SQ возрастает со скоростью
v (1 — cos а). Так как расстояние PQ уменьшается, как мы заметили раньше, с той же скоростью, то сумма PQ + SQ постоянна, а следовательно, равна 10 милям, как и в начальный момент. После бесконечно долгого
времени Р совместится с S и будет равно PQ + SQ = = 2PQ = 10 милям и Р<2=5 милям.
89. Пусть Рг, Р2 и Оъ О2 соответственно обозначают положения обоих кораблей в начальный момент (когда второй из кораблей замечен первым), а также в момент, когда их расстояние наименьшее. Если так, то первый корабль плыл из точки Pj к Oj по прямой линии PiO2 (рис. 164). Кроме того, в конечный момент
компоненты скоростей обоих кораблей вдоль ОгО2 должны быть
равны, т. е.
I?! — v2 sin a, sin a = к.
Угол a определяет курс первого корабля. Так как корабли дошли до точек 01} О2 в одно время, то
PiOi _ п
РгОг V4
= sin a.
Так как
РА = d tg a, РА = d , cos a
то искомое наименьшее расстояние кораблей равно

0102= d _ Sin» a _ cos a cos a
= d cos a = d Vl — k2.
90.	Если к имеет такое же значение, как и в предыдущей задаче, то курс сигнализирующего корабля определяется через угол а (рис. 164) сле-\ дующим образом: у	sin a ~ к — —.
V2
Рис. 164.	Если же, наоборот, к обозна-
чает отношение скорости замеченного корабля к скорости сигнализирующего корабля, то при курсе, снова определяемом равенством sin а = к, корабли встретятся в точке О2 (рис. 164), ибо
v%
пли
1	— tg Ot
vi cos a V2 ’
sin ct = — = Ar. vi
Следовательно, во втором случае курс определяется таким же способом, как и в первом.
91.	В момент, о котором идет речь в задаче, сторожевой ко-
рабль находится в точке 5, а м (рис. 165). Лодка движется по сторонам квадрата MN, NW. Сторожевой корабль не догонит лодку на отрезке MN, ибо его скорость для этого слишком мала. Обозначим через а длину стороны квадрата, а через v — скорость корабля (следовательно, скорость лодки равна Зг). Точка Р, лежащая на отрезке NW, опасна для лодки, если сторожевой корабль может до нее добраться не позднее лодки, т. е. если
Зу v
лодка — в точке М
или
а 4- NP > 3-5Р, (а + NP)2 > 9 (SP)\
Так как
— a-NP,
то приведенное выше неравенство эквивалентно следующему квадратному неравенству относительно NP:
16 (NP)2 — 22a-NP 4- 7a2 < 0.
Неравенство это выполняется для
Z	о
следовательно, опасная часть дороги равна s/ie целого и начинается по прохождении 3/4 дороги, а кончается по прохождении J6/ie дороги.
92.	В начальный момент лодка находится в точке Л/, сторожевой корабль в точке S; лодка должна прибыть к побережью в точке W (рис. 166). Точки Л/, 5, W лежат на одной прямой MS — S W. Из текста задачи следует, что лодка должна плыть по сторонам прямого угла МN W, вписанного в окружность диаметра М W.
Путь лодки должен быть по возможности кратчайшим, поэтому первый его отрезок (MN) должен образовать возможно
меньший угол с направлением MW. Кроме того, лодка должна наверняка избежать сторожевого корабля. Поэтому ее путь не должен пересекать аполлониевон окружности TUV, которая
является геометрическим местом точек, в которых встречаются корабль и лодка, плывущие со-ответственно из точек S н М со своими максимальными скоростями по прямым линиям. Центром а поллониевой окружности является точка О, положение которой на отрезке MW определяем из соотношений
МТ = 3ST, MV = 3SV, ОТ = OV.
Из этих равенств следует, что
MO = — MW, 16
3
а радиус аполлониевой окружности равен — MW. Если бы 16
отрезок МN касался окружности TUV, то путь лодки равнялся бы 2 V2 +1 д/jy, а если д/дг не имеет общих точек с этой окруж-
2 У2"-4- 1
ностью, то путь будет длиннее, чем —r MW, Следует еще
только проверить, что если отрезок MN проходит достаточно близко к окружности TUV, то сторожевой корабль не настигнет лодку и на отрезке NW. Оставим это читателям.
Итак, курс лодки, отвечающий условию задачи, определен полностью.
93.	Таким удивительным числом является число один, которое можно записать тремя способами:
1, 100% и 57°17'44’,8. . . (1 радиан).
94.	Новый «сантиметр» при измерении может дать ошибку в 1/а см, так же как и старый, и пе в этом следует искать его
ff
Рис. 167.
преимущество. При измерении некоторого отрезка АВ конец В, вообще говоря, окажется между штрихами шкалы. Используя новую ленту (рис. 167), мы, без сомнения, припишем этому от
резку длину в N см, если N является надписью между штрихами. При использовании же обычной ленты мы должны еще установить, лежит ли В ближе к левому или к правому штриху. В исключительном же случае, когда при использовании новой ленты конец В совпадает со штрихом, лежащим между числами N и N -р 1, записываем:
см.
2
95.	Не существует словарей, содержащих более миллиона слов. Если, например, словарь содержит 500 страниц, то мы откроем его посредине и пайдем самое последнее слово на странице 250, предположим, «нарцисс». Первый вопрос должен быть таким: находится ли отгадываемое слово в словаре после слова «нарцисс»? Если ответ будет гласить «да», то мы открываем словарь на странице 375, а если «нет», мы откроем его на странице 125 и опять спросим о расположении загаданного слова по отношению к последнему слову на открытой странице, и т. д. Если в какой-то момент мы получим дробное число страниц (например, 62,5), то мы округлим его до ближайшего большего целого числа. После девяти таких вопросов поиски слова ограничатся одной страницей. Если на этой странице 2 столбца, то с помощью 10-го вопроса мы определим столбец. В столбце самое большее 64 слова и, следовательно, 16-й вопрос приведет нас к одному слову, которое, если мы еще раньше ие отгадали нужное слово, мы и укажем загадавшему его.
Словарь, который мы указали в качестве примера, содержит не более 128-500 = 64 000 слов. Так как число слов в словаре ограничено миллионом, то в нем может быть не более чем в 16 раз больше слов, чем в словаре, рассмотренном выше (64 000-16 = = 1 024 000). Для словаря с максимальным количеством слов потребуются 4 дополнительных вопроса (24 = 16), т. е. всего 20 вопросов.
Мы видим, таким образом, что доктор Шарадек говорит правду.
96.	Каждый студент, одалживающий кому-либо деньги, записывает соответствующую сумму как положительное число, а одалживая у кого-либо деньги, записывает эту сумму как отрицательное число. Сумма всех записанных чисел дает в конце года положительное или отрицательное сальдо данного студента, причем сумма всех сальдо дает нуль.
Бухгалтерии Шарадека достаточно для выравнивания долгов, а пеобходимо для этого самое большее шесть выплат. Действительно, предположим, что «наименьший» должник выплачивает всю сумму «наибольшему» кредитору. Тогда, после первой выплаты, общее число должников и кредиторов будет_равно самое большее шести, а после пятой выплаты, произведенной потому же самому принципу, число должников и кредиторов будет равно самое большее двум, вследствие чего самое большее после шестой выплаты все долги будут выравнены. Конечно, может случиться, что после какой-либо очередной выплаты один из кредиторов станет должником, но этот факт не изменит числа кредиторов и должников,
96а. Обозначая буквой р правую чашку весов, а буквой I —
Предположим теперь, что одна монета тяжелее остальных. Тогда, обозначая знаком «О» равновесие чашек, знаком «4-» перевес правой чашки весов, а знаком «—» перевес левой чашки весов, будем иметь следующие возможности, в зависимости от того, какая монета (с названием, указанный в соответственном столбце) тяжелее:
	К	R	У	р	т	0		1	м	D	VV	А
I взвешивание						0	+	+	0			+	0	0		
II взвешивание	0	0	0	0		+	—	—		4-	—	+
III взвешивание	+	0	+	—	0		—	—	0	0	+	+
Так как все расстановки трех знаков в двух приведенных выше таблицах различные, то, предполагая, что только одна монета фальшивая, можно из наличия соответственной расстановки знаков заключить, какая из монет фальшивая, а также тяжелее она или легче остальных.
Из трех элементов можно образовать всего З3 = 27 сочетаний с повторениями, поэтому две приведенные выше таблицы не охватывают еще трех случаев, а именно:
О — 4~> 0 4“	0 — 4-
Первый случай — при условии, что по крайней мере 11 взвешенных монет являются одинаковыми,— вызывает равенство всех монет. Следовательно, мастер мог прийти к выводу, что все монеты настоящие, предполагая лишь, что самое большее одна монета фальшивая.
Два остальных случая не могут иметь места, если только одна монета фальшивая.
Поэтому, если выступает один из этих случаев, то можно заключить, что по крайней мере две монеты фальшивые. Если же, однако, имеет место один из этих случаев, то фальшивыми могут быть пары УТ, YW, TW или тройки KTY, RPD и т. д. Обман был обнаружен потому, что мастер обозначил фальшивые монеты двумя из трех букв Г, У, IV; если бы случилось иначе, обман не был бы открыт. Действительно, если бы, например, фальшивыми (и. более тяжелыми) оказались монеты К, Р, то результат взвешивании, представленный символически, был бы следующим:
MYTO < RAK1, MODA WINT, WYKA « PION, а тогда мастер считал бы, что фальшивой (и более тяжелой) монетой является R, что ие соответствует истине.
Постараемся ответить еще на последний вопрос: мог ли приятель Шарадека так изменить вес т< и т2 двух монет (оставляя остальным монетам их вес т), чтобы сделать невозможным обнаружение обмана. Если
тт?! =$= т, т2 т и тх т2
(что можно предположить), то возможен один из трех случаев:
I. т < ’С П. т1 < т < т2, III. т2 < т.
Теперь достаточно соответственно обозначить монеты с весом и /т?2 через И7 и У, или же через D и У, или же через W и У, чтобы результат взвешивания был следующий: —И— или Н----Н Приятель Шарадека, следовательно, не мог так изменить
вес монет, чтобы быть полностью уверенным в том, что проведет мастера, хотя обнаружение подвоха зависит от того, обозначил ли мастер монеты буквами именно так, как следует, в чем мастер также не может быть уверен.
966. Нижний слой показан на рис. 168. Каждый другой слой получаем, перемещая в предыдущем слое первый столбец на правый край. Условие задачи, очевидно, выполняется.
97.	Требуемое общество будет сконструировано, если мы посадим каждого из 12 пе знакомых друг с другом лиц, на «свою» грань правильного додекаэдра и потребуем, чтобы каждый познакомился со своими «соседями», т. е. с обитателями смежных граней.
Условие е) здесь соблюдается, так как двое лиц, занимающих противоположные грани додекаэдра, не имеют общих соседей.
Общество, описанное доктором Шарадеком, также населяет грани правильного додекаэдра, но в этом случае нужно поступить обратным образом, а именно, познакомить каждого человека со всеми лицами, не являющимися его соседями.
98.	Доктор Шарадек прав. Действительно, предположим обратное, т. е. что в определенный момент в правой половине находятся только две костяшки или еще меньше (рис. 169).
Белый	Желтый	Зеленый	Красный	Голубой
Д1	В2	03	Ой	Еб
Красный	Голубой	белый	Желтый	Зеленый
EZ	ДЗ	Вй	Об	О1
Желтый	Зеленый	Красный	Голубой	белый
03	Ей	Д5	В1	02
Голубой	белый	Желтый	Зеленый	Красный
Ой	Об	El	Д2	ВЗ
Зеленый	Красный	Голубой	белый	Желтый
вб	О!	02	ЕЗ	Дй
После промежутка времени, который необходим каждой костяшке для перемещения по всей проволоке, расположение костяшек будет симметричным предыдущему (рис. 170): в левой половине счетов будут находиться две костяшки (или меньше), а в правой — восемь костяшек (или больше), что противоречит условию задачи,
99.	Решение доктора Шарадека является удачным, независимо от того, где он живет. Действительно, рис. 171 показывает, как можно объехать все улицы города и вернуться к произвольно выбранной точке выезда. Длина кратчайшего объезда превышает на 16,7% длину всех улиц города.
Рис. 171.
100.	Пять городов Шалон, Витри, Шомон, Сэн-Кантэн и Реймс образуют замкнутый пятиугольник; одна из его сторон (сторона Шомон — Сэн-Кантэн) является суммой четырех остальных, ибо 236 = 86 4- 40 4- 30 + 80. Это возможно только тогда, когда вершины пятиугольника лежат на одной прямой. Города расположены на прямой в следующем порядке: Сэн-Кантэн, Реймс, Шалон, Витри и Шомон. Расстояние между Реймсом и Шомоном, следовательно, равно 40 4“ 30 4* 80 = 150 км.
Г. Штейнгауз СТО ЗАДАЧ
М., 1976 г., 168 стр. с илл.
Редактор И. М. Я г л о м Техн, редактор А. П. Колесникова Корректор М. Л. Медведская
Сдано в набор 19/11 1976 г.
Подписано к печати 06.10.1976.
Бумага 84х108'/з2. Физ. печ. л. 5,25.
Условн. печ. л. 8,82. Уч.-изд. л. 9,14. Допечатка тиража 200 000 экз.
Цена книги 44 коп. Заказ № 1229
Издательство «Наука» Главная редакция физико-математической литературы 117071, Москва, В-71, Ленинский проспект,
2-я типография издательства «Наука», Москва, Г-99, ШуОинский пер., 10