А. САВИН
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ
МИНИАТЮРЫ
Научно-популярная литература
Москва «ДЕТСКАЯ ЛИТЕРАТУРА» 1991

ОГЛАВЛЕНИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ
4
Глава I. О ЧИСЛАХ И СЧЕТЕ
БОЛЬШИЕ ЧИСЛА
5
ДЕСЯТЬ ЦИФР
8
ДЛЯ ЧЕГО НУЖНЫ ПРОЦЕНТЫ?
12
ПРОИЗВОДНЫЕ ПРОПОРЦИИ
13
РАЗГОВОР В ТРАМВАЕ
15
ЧИСЛА ПРОСТЫЕ И...
17
Глава II. В МИРЕ ГЕОМЕТРИИ
КАК НАРИСОВАТЬ ПЯТИКОНЕЧНУЮ ЗВЕЗДУ?
20
ЦИРКУЛЕМ И ЛИНЕЙКОЙ
22
КООРДИНАТЫ
26
О ТРЕУГОЛЬНИКЕ
28
О КРУГЕ
30
ФОРМУЛА ПЛОЩАДИ
31
РАЗРЕЖЕМ И СКЛЕИМ
32
ИНВЕРСИЯ И ЗАДАЧА АПОЛЛОНИЯ
37
ИНВЕРСОРЫ
42
КОЕ-ЧТО О ВЫПУКЛОСТИ
44

КАРТЫ И РАСКРАСКИ
46
ОЛИМПИЙСКИЕ КОЛЬЦА
50
ПРОЕКТИВНАЯ ПЛОСКОСТЬ
52
Глава III. МАТЕМАТИКА В ИГРАХ
КАМЕШКИ И ШАХМАТНАЯ ДОСКА
59
ЦИЛИНДРИЧЕСКИЕ ШАХМАТЫ
63
УГАДАЙ ЧИСЛО
65
ОКРУЖЕНИЕ ДЕСАНТА
68
Глава IV. УЧИМСЯ РАССУЖДАТЬ
МЕТОД ПЕРЕБОРА
72
РИСУНОК ПОМОГАЕТ РАССУЖДАТЬ
75
А ЧТО БУДЕТ, ЕСЛИ...
79
МАКСИМУМ, МИНИМУМ И ТЕОРЕМА О СРЕДНИХ
84
ОТ ШКОЛЬНОЙ ЗАДАЧИ — К ПРОБЛЕМЕ РАССТАНОВКИ И ТРАНСПОЗИЦИИ
86
ОДНО ИЛИ БОЛЬШЕ?
89
СКОЛЬКО ДЕЛЕНИЙ?
92
Глава V. ЗАНИМАТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
95
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ, ПРИВЕДЕННЫХ В РАССКАЗАХ
115
РЕШЕНИЯ ЗАНИМАТЕЛЬНЫХ ЗАДАЧ
118

ПРЕДИСЛОВИЕ
Журналисты любят писать о физиках с их огромными синхрофазотронами,
мощными лазерами, сверхпроводящими материалами. Любят рассказать
и об инженерах. Охотно поведают о химиках, создающих новые материалы;
о биологах, постигающих тайны жизни. А вот о математиках писать не
любят. Нет здесь ничего впечатляющего. Ну, доказал математик десяток-
другой теорем, так ведь их не только понять — произнести трудно, язык
сломаешь о специальные термины, которыми напичкана эта наука. Вот
и остается математика все время как бы в тени.
А ведь новых результатов в математике ждут и физики, и химики, и
биологи, и инженеры. И не только ждут, а включают математиков в свои
исследовательские группы. Потому что математика позволяет с помощью формул
записать любые явления, а из этих формул потом можно получить столько
информации об объекте исследования, сколько не получишь и из сотни
наблюдений.
Писать о математике трудно. Каждая ее теорема опирается на другие
теоремы, как кирпичи высокой башни, и для того чтобы добраться до верхних
рядов, приходится карабкаться по высокой отвесной стене, осваивая
достижения предыдущих поколений математиков.
Однако о некоторых современных методах математики иногда удается
рассказать и неспециалисту, что я и попытался сделать в этой книжке.
Небольшие рассказы, из которых составлена книга, можно читать в любом
порядке, но в каждой главе первые рассказы попроще, а последние потруднее.
Должен еще отметить, что рассказ «Метод перебора» написан совместно
с учителем из Евпатории Ф. А. Бартеневым, «Производные пропорции» —
с тбилисским математиком А. Д. Бендукидзе, а «Разговор в трамвае» — с
ленинградским математиком Л. М. Финком.
{[^ШШ V ^ Анатолий Савин Текст, 1991
Цл«55у /Jj © Евгений Шабельник Иллюстрации 1991
ISBN 5 08 000596 3 ХК^^/ © Вячеслав Полухин Обложка, форзац, 1991

Глава I
О ЧИСЛАХ И СЧЕТЕ
БОЛЬШИЕ ЧИСЛА
Однажды мне довелось
присутствовать на школьном вечере
вопросов и ответов под названием «А кто
самый...?». Много было разных
вопросов: «У кого самый длинный
хвост?», «Какая звезда самая
близкая к Земле?». Но вот одна девочка
спросила:
— А какое число самое большое?
Вместо ответа я ей предложил
сыграть в такую игру.
— Вот конфета, — сказал я, —
кто назовет большее число, тот
получает эту конфету. Назови свое
число!
— Сто тысяч миллионов, —
выпалила девочка.
— Нет такого названия, —
воспротивился я.
— Нет есть, — настаибала
девочка.
— Ладно, тогда я называю
двести тысяч миллионов. Сыграем еще?
Остальные ребята зашумели,
начали говорить, перебивая друг
друга.
— Тихо, — сказал я, — давайте
по очереди, а то ничего нельзя
понять.
Из десятка ребят, тут же
поднявших руку, я выбрал невысокого
мальчика в очках.
— Игра нечестная, — сказал
он, — какое бы число ни назвала
Маша, вы назовете число на единицу
больше и выиграете. И вообще, нет
наибольшего числа — к любому
числу единичку можно прибавить.
Маша внимательно слушала,
а потом спросила:
— А как называются числа
больше миллиона?
5

Судя по лицам ребят, этот вопрос
интересовал многих. Я стал
рассказывать:
— В пределах первой тысячи,
как вы знаете, название имеет
единица каждого разряда: единица,
десять, сто, тысяча. Следующие
единицы, имеющие собственное
название, идут через каждые три разряда,
то есть каждая очередная
именованная единица содержит тысячу
предыдущих именованных единиц:
1 000 000 — миллион, 1 000000000 —
миллиард, или биллион,
1 000 000 000 000 — триллион;
1 000 000 000 000 000 —квадраллион,
далее идут квинтиллион,
секстиллион, септиллион, октиллион, нонил-
лион, дециллион.
Принцип построения названия
несложен. По-латыни слова «би»,
«трес», «квадра», «квинта»
соответственно означают два, три, четыре,
пять и т. д. Таким образом, троек
нулей в записи числа на одну
больше, чем латинское число в его
названии.
Нужно сказать, что эти названия
почти не используются. Астрономы,
физики и другие специалисты,
имеющие дело с большими числами,
предпочитают записывать их с помощью
степеней числа 10. Так, число
460000000 физик запишет либо как
46 • 107, либо чаще, как 4,6 • 108.
Он не скажет, что оно равно
четыремстам шестидесяти миллионам,
а назовет его иначе: четыре и шесть
десятых на десять в восьмой
степени.
— А что делать, если на конце
не будет нулей? — спросил меня один
из мальчиков.
— Дело в том, — сказал я, —
что при физических и других
измерениях, как правило, верными
бывают только первые две-три цифры.
Чтобы получить большее количество
верных знаков для какого-то числа,
например массы планеты или
расстояния до нее, требуется применять
особые методы и специальные, очень
точные приборы. Поэтому в больших
числах, получаемых при
эксперименте, обычно оставляют лишь первые
две-три цифры, а остальные
заменяют нулями.
— Ас каким самым большим
числом приходилось иметь дело на
практике? — раздался вопрос с
последнего ряда.
— Такое число можно даже
назвать, — ответил я. — Физики
считают, что во всей Вселенной
количество элементарных частиц, из
которых состоят атомы находящегося
в ней вещества, не больше, чем 1088.
Поэтому практической
необходимости пользоваться числами,
большими, чем 10100 нет. Для этого числа
придумано специальное название —
«гугол». Кажется, невозможно
представить себе такую громадину. Но
все-таки попробуем.
Представьте себе табло из
400 лампочек, расположенных в виде
квадрата 20X20. Это представить
себе легко, подобные табло
встречаются в крупных аэропортах и на
вокзалах, там с помощью
загорающихся лампочек высвечиваются
объявления о прибытии и
отправлении поездов или самолетов. А
теперь подумаем, сколько разных
способов существует, чтобы зажечь
табло 20 X 20.
Начнем считать количество
состояний нашего табло. Для порядка
пронумеруем лампочки числами от
1 до 400. Первая лампочка может
быть в двух состояних: потушенной
и зажженной. Две лампочки могут
быть уже в четырех состояниях. Если
использовать для обозначения
потушенной лампочки значок 0, а для
зажженной значок +, то эти четыре
состояния можно перечислить: 00,
+ 0, 0+, + + . Для трех лампочек
будет уже восемь состояний: 000,
+ 00, 0 + 0, + + 0, 00+, +0+,
0 + +» + + +• Количество
состояний удвоилось потому, что оно равно
6

количеству состояний для первых
двух лампочек при потушенной
третьей лампочке, плюс то же самое
количество состояний при
зажженной третьей. Нетрудно заметить, что
при добавлении четвертой лампочки
количество состояний вновь
удвоится и станет равным 24=16, при
пяти лампочках количество
состояний будет 25 = 32, при десяти — уже
2,0=1024, а при 400 лампочках —
2400. Покажем, что это число больше
гугола. Обратим внимание, что 210 =
= 1024>103, поэтому 2400 =
= 210 " 40>10120. Итак, с помощью
нашего нехитрого табло мы смогли
превзойти гугол.
Сколько же времени понадобится
для того, чтобы реализовать все
имеющиеся возможности? Пусть
у нас есть электронное реле, которое
меняет состояние табло со скоростью
100 раз в секунду. Поскольку в
каждом часе 3600 секукд, в сутках
86400 секунд, а в году 31536000
секунд, то за год табло успеет сделать
3153600000 миганий, или 3,1536Х
ХЮ9. Разделив 10120 на это число,
получим около 3 • 10110 лет — число,
в миллиарды раз большее гугола.
Вот так табло!
Может быть, мы сделали великое
открытие в науке? К сожалению, нет.
То, что количество состояний
системы во много раз превосходит
количество ее элементов, люди поняли
очень давно. И очень часто трудно
бывает из всего многообразия
вариантов выбрать наилучший.
Например, где разместить заводы по
производству какого-то нового типа
изделий? Какие мощности выбрать
для этих заводов? Если сделать
немного крупных заводов, то стоимость
производства будет невелика, зато
изделия придется далеко возить.
Если же сделать много мелких
заводов, то возить изделия придется
меньше, но стоимость изготовления
изделий на небольших предприятиях
возрастет. Чтобы решать такие и
подобные задачи, имеющие большое
народнохозяйственное значение,
непрерывно работают тысячи
электронных вычислительных машин,
перебирающих тысячи вариантов
в секунду.
— А можно еще вопрос? —
поднял руку мальчик в очках.
— Да, пожалуйста.
— Но математикам, наверное,
приходится оперировать еще
большими числами?
— Те, кто думает, что
математики только то и делают, что
складывают, умножают и делят, очень
далеки от истины. Лишь в одной ее
области — теории чисел — ученые
часто имеют дело с конкретными
числами. И здесь действительно
существуют очень большие числа.
Например, долгое время шло
соревнование — кто назовет большее
простое число. Простое — значит
имеющее лишь два различных делителя:
себя и единицу. Потом стали искать
лишь такие простые числа, которые
имеют вид: 2п—1. Эти числа
называются простыми числами Мерсенна,
в честь французского ученого
Марена Мерсенна, математика, акустика,
теоретика музыки, одного из
основателей Парижской академии наук.
Эти числа интересны тем, что если
число 2Л—1 простое, то число
2п~ ' (2п—1) равно сумме всех своих
делителей, кроме самого числа.
Такие числа древние греки называли
совершенными. Укажем три
первых совершенных числа:
6 = 2- 3 = 2 (22— 1) = 1+2+3,
28 = 22- 7 = 22(23-1) = 1 +
2+4 + 7+14,
496 = 24- 31= 24(25~ 1) = 1 +
+2+4+8 + 16 +31 +62 + 124 +
+ 248.
Интересно, что число 2Л — 1 будет
простым только в том случае, если
число п — простое. К концу прошлого
века было известно 12 простых чисел
Мерсенна: для п=2, 3, 5, 7,13,17, 19,
7

31,61,89, 107 и 127. Для п= 127
простое число Мерсенна равно, — тут
я достал из кармана записную
книжку и на доске переписал:
170141183460469231173168730371
5884105727. — Это число все же
меньше гугола, — продолжил я. —
Но теперь за дело взялись
электронные вычислительные машины. Они
нашли, что числа 2п—1 будут
простыми при п = 521, 607, 1279, 2203,
2281, 3217, 4253, 4423, 9689, 9941,
11231, 44497.
Последнее число 244497— 1
имеет уже более 13 тысяч цифр.
Заметим, что гугол имеет «всего»
100 цифр.
Вопросов в тот вечер было много:
«Какая ЭВМ считает быстрее всех?»,
«Какой зверь бегает быстрее всех?»,
«У кого самый длинный хвост?».
Но я хочу сейчас рассказать о
цифрах.
ДЕСЯТЬ ЦИФР
Грамотность начинается с умения
писать и считать. Уже в 3—4 года,
поднимаясь по лестнице, мы уверенно
считаем ступеньки: «Раз, два, три,
четыре, пять...» А в первом классе
пишем в тетради цифры:
Эти цифры называются
арабскими, хотя арабы лишь передали в
Европу индийскую десятичную систему
счисления с ее цифрами. Об этом мы
читаем в «Книге об абаке» одного
из первых математиков эпохи
Возрождения Леонардо Пизанского,
получившего прозвище «Фибоначчи»:
«Девять индусских знаков
следующие: 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1. С помощью
этих знаков и знака 0, который
называется по-арабски «сифр»,
можно написать какое угодно число».
Фибоначчи, издавший свою книгу
в 1202 году, многое почерпнул из
знакомства с математическими
трудами арабов. Любопытно, что сам
порядок цифр при их перечислении —
9, 8, 7, ... — отражает их
заимствование у арабов, поскольку арабы
пишут справа налево, а не слева
направо.
Наверное, вы уже поняли, что
слово «цифра» произошло от
названия нуля у арабов, а в России еще
очень долго слово «цифра»
означало значок нуля. Вот что говорится
в «Арифметике» Магницкого 1703
года издания: «Нумерация есть счет
или способ представлять совершенно
все числа с помощью десяти знаков,
которые изображаются так: 1, 2, 3,
4, 5, 6, 7, 8, 9, 0. Из них девять —
значащие, а последний же 0 (который
цифрой или ничем именуется) сам
по себе ничего не значит».
Обратите внимание, что буквы
в старинном тексте еще сильно
отличаются от современных, а
цифры — те же, что и в ваших учебниках.
Но конечно же, они не сразу стали
такими. В 200 году в Индии они
выглядели так:
Тогда не было еще нуля и позици-
8

онной записи чисел, но со временем
написание цифр
совершенствовалось, причем по-разному в разных
местностях Индии. Появился ноль —
и возникла позиционная система
записи чисел. Арабы выбрали из этих
различных видов цифр наиболее
удачные. От них цифры продолжили
свой путь по Земле. Вот в каком виде
они публикуются у римского
писателя Боэтия (600 г.):
В 1350 году в сочинениях
греческого монаха Максима Плануда
мы видим их такими:
В 1480 году в книге «Зеркало
Вселенной» англичанина Какстона они
изображаются вот так:
И лишь в 1522 году в книге
итальянца Тонсталля они приобретают
более-менее современный вид:
Любопытно, что в самой Индии
цифры тоже видоизменялись и к
началу XX века стали выглядеть так:
Хотя в XVI веке в Европе уже
было сильно развито книгопечатание,
цифры в книгах того времени, как
мы видим, очень похожи на
рукописные. Многие художники работали
над созданием разнообразных
типографских шрифтов — формой букв
и цифр, стараясь придать им
красивый вид (при этом каждый знак
должен был достаточно сильно
отличаться от другого). Вот один из
цифровых шрифтов:
Но история цифр на этом не
кончается. Совсем недавно в ряде стран
стали использовать вот такую
запись:
Чем эти цифры лучше обычных?
А тем, что у четных цифр «хвостики»
идут вверх, а у нечетных — зниз.
Теперь уже труднее спутать, скажем,
цифры 2 и 5. Правда, это
нововведение широко не привилось, но вот
такое начертание цифр знакомо
каждому из вас:
Подобные цифры мы видим на
микрокалькуляторах и ручных
электронных часах. С помощью набора
семи отрезков удается изобразить
каждую из десяти цифр.
Еще одно изображение цифр,
связанное с потребностями техники, мы
можем найти на обороте каждого
почтового конверта:
Здесь в написании цифры
участвуют уже девять отрезков. Эти
цифры предназначены для электронной
машины, сортирующей
корреспонденцию. Жирные черточки над ин-
9

дексом на конверте нужны для того,
чтобы машина смогла точно
настроиться на написанный нами индекс:
mmw&
Коль мы уже заговорили об
электронных машинах, то отметим, что
хотя они воспринимают от нас числа
в десятичной записи и в том же виде
выдают нам результаты вычислений,
но для «внутренних нужд» они
пользуются двоичной системой счисления.
На перфоленте, используемой в ЭВМ
для хранения и передачи
информации, первые 9 цифр выглядят так:
Сравнив эти записи с
перфолентой, вы увидите, что пробой на
перфоленте соответствует цифре 1, а его
отсутствие — цифре 0.
Машина читает запись на
перфоленте с помощью фотоэлементов:
они отмечают пробитые отверстия,
регистрируя свет, проникающий
через отверстия, а в непробитых
участках лента загораживает
фотоэлемент от источника света.
Похожий принцип заложен и
в основу так называемого полосного
кода.
Многие из вас, вероятно,
обращали внимание на полосатый
прямоугольник, встречающийся на
разнообразных импортных товарах:
Цифре 0 соответствует пробел.
Маленькие пробитые точки
посредине перфоленты служат для ее
перемещения и фиксации.
Тем, кто не знаком с двоичной
системой счисления, сообщим, что
она, как и десятичная система,
является позиционной системой:
значение величины числа зависит от
входящих цифр и их мест в написании
числа. И если в десятичной системе
10 единиц предыдущего разряда
составляют единицу следующего
разряда, то в двоичной системе единицу
следующего разряда составляют две
единицы предыдущего. Поэтому для
записи чисел в двоичной системе
достаточно всего двух цифр — 0 и 1:
1 = 12, 2=102, 3=112,
4=1002, 5=1012, 6= 1102, ...
(Маленькая цифра 2 около числа
означает, что запись произведена
в двоичной системе счисления.)
Что означают эти полоски?
Оказывается, с их помощью записано
расположенное внизу число — код
товара. Компьютер, находящийся
в кассовом аппарате, с помощью
фотоэлементов считывает код. Для
этого либо проводят табличку с кодом
в специальном месте кассового
аппарата, либо по коду проводят
«считывающим карандашом», соединенным
с кассовым аппаратом. Таким
образом компьютер получает
информацию о продаваемом товаре. В соот-
10

ветствии с ней он выдает из своей
памяти цену, а сам запоминает, что
данный экземпляр куплен. В
результате в каждый момент известно,
сколько какого товара куплено и на
какую сумму, какой товар нужно еще
доставить в торговый зал.
Но как устроен полосатый код?
С помощью полосок можно
записывать число так, как на перфоленте:
тонкая черная полоска— 1, тонкая
белая полоска — 0. Но представлять
число можно по-разному. Можно
просто записать его в двоичной
системе счисления (например, число
5762752950 запишется в двоичной
системе так:
110101110111010010001101102).
А можно каждую цифру числа
записать в двоичной системе — тогда
на одну цифру будет достаточно
четырех полосок, а затем представить
число набором получившихся
полосок.
В примере, приведенном на
рисунке, каждая цифра записывается
также отдельно, но не в двоичной
системе, а по-другому. Каждой цифре
соответствует семь значков 0 и 1. Код
состоит из двух частей — левой и
правой, — и цифры в левой и в
правой частях записываются в
соответствии со следующей таблицей:
Посмотрим сначала на левую
Левая часть кода
0
1
2
3
j4
5
6
7
8
9
0001101
0011001
0010011
0111101
0100011
0110001
0101111
0111011
0110111
0001011
Правая часть кода
~о]
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1110010
1100110
1101100
1000010
1011100
1001110
1010000
1000100
1001000
1110100 1
часть таблицы. Мы заметим, что
запись каждого числа начинается с 0
и заканчивается 1. Эти знаки не
характеризуют числа, а служат для
отделения одного числа от
другого. На само число приходится 5
знаков, и они выбраны так, чтобы
любые два числа различались не
менее чем в двух местах. Легко
заметить, что запись чисел в правой части
таблицы симметрична записи слева,
а именно: вместо цифры 0 на
соответствующем месте стоит цифра 1, а
вместо 1 стоит 0.
На рисунке каждой цифре
соответствует описанная комбинация из
семи полосок, расположенная над
ней. Все, что мы говорили, относится
к коротким полоскам. Первые три
длинные полоски, средние и
последние полоски (им соответствует набор
101) являются указателями начала;
середины и конца шифра. Длинные
полоски, следующие за тремя
первыми, соответствуют цифре,
расположенной сбоку слева, например,
цифре 0. Аналогично длинные полоски
перед последними тремя полосками
соответствуют цифре,
расположенной сбоку справа, например,
цифре 6.
Эти боковые числа служат для
защиты считывания от ошибок. Их
значения таковы, чтобы утроенная
сумма чисел, стоящих на четных
местах, сложенная вместе с суммой
чисел, стоящих на нечетных местах,
делилась на 10. Суммирование
производится слева направо: считается, что
цифра, стоящая сбоку слева,
находится на нулевом (значит, четном)
месте. В нашем случае
3(0 + 7 + 2 + 5 + 9 + 0)+ (5 + 6 +
+ 7 + 2 + 5 + 6) = 100.
Если компьютер неправильно
прочтет одну из цифр, он сразу
обнаружит ошибку. Компьютер не сможет
обнаружить ошибку лишь в том
случае, если он прочтет по крайней мере
две цифры ошибочно, причем так,
11

чтобы ошибки «скомпенсировались»
и полученная сумма снова делилась
на 10. Но вероятность этого
чрезвычайно мала.
Такая защищенность от ошибок
очень важна, иначе за батон хлеба
компьютер мог бы потребовать от
покупателя стоимость, скажем,
коробки шоколадных квнфет.
Защита от ошибок заложена и в
стандартной форме написания
почтового индекса.
Надо сказать, что программисты
ЭВМ в последнее время пишут ноль
вот так: 0. Дело в том, что в
программе для ЭВМ буквы и цифры могут
довольно произвольно перемежаться.
Чтобы отличить ноль от буквы О, и
введена запись 0. Этим сняты
возможные ошибки при использовании
латинского шрифта. А при
использовании русского шрифта возникает
возможность спутать букву 3 с
цифрой 3, а букву Ч с цифрой 4. Может
быть, и эти цифры будут изменяться?
Посмотрим. Время покажет.
ДЛЯ ЧЕГО НУЖНЫ ПРОЦЕНТЫ?
Много ли соли в морской воде?
Этот вопрос можно понимать
по-разному. Например, сколько весит вся
соль, растворенная в морях и
океанах? А можно и так: сколько
содержится соли в ведре морской воды?
Ответить на первый вопрос «очень
просто». Достаточно знать ответ на
второй и еще узнать, сколько же
ведер воды содержится в морях и
океанах.
Жители приморских городов и
поселков могут попробовать ответить и
на второй вопрос. Для этого
достаточно набрать ведро морской воды,
поставить его на огонь и греть, пока
вся вода не выкипит, а затем взвесить
оставшуюся на дне соль. Вот только
можно ли утверждать, что у соседа
получится столько же? Видимо, нет.
Его ведро может оказаться больше
или меньше, или просто он поленился
и налил его не так полно, и в
результате будет выпаривать другое
количество воды, а потому останется
другое количество соли.
Похоже, наша мера солености
морской воды — количество граммов
соли на ведро воды — оказалась
неудачной. Возьмем другую меру —
количество граммов соли на килограмм
раствора. Для этого нужно до
кипения раствор взвесить, а потом вес
полученной соли разделить на вес
раствора. Пусть вес раствора 8,4 кг,
а вес соли 21 г. Тогда получаем ответ:
-^-=4 грамма соли на килограмм
8,4 2
раствора. Если опыт повторить, то
опять получится почти такая же
величина.
Но почему число граммов в
килограмме, а не центнеров в тонне или
английских фунтов в пуде? Давайте-
ка будем считать число граммов
в грамме! Тогда тот же ответ
получится, если мы будем считать число
тонн соли в тонне раствора или пудов
в пуде.
Итак, поскольку в килограмме
содержится 1000 граммов, то и ответ
получится в 1000 раз меньший:
5 = 1
2000 400'
Подходящая мера получена, но
запись... Скажите, какое число боль-
ше: "W или ~T(io~? сРазУ и не ска_
жешь, нужно считать. Куда легче
сравнивать десятичные дроби! Дробь
0,01097 меньше, чем 0,01101,
потому что число единиц, десятых и
сотых у них одинаково, а число
тысячных у второй больше. Удобно?
Конечно.
Ну что же, будем записывать
результат не обыкновенной, а
десятичной дробью. А дальше...
Стойте, скажет нетерпеливый
читатель, зачем столько премудростей
ради какой-то морской воды. Взять
да и попробовать на вкус — соле-
12

ная или не очень. Хорошо,
отвечу я, а нужно ли точно знать
содержание металла в руде, жира в
молоке, химических веществ в
лекарстве?.. Вот то-то. А ведь задача
та же самая.
Итак, мы договорились
записывать ответ в виде десятичной дроби.
А с какой точностью? С помощью
карандаша и бумаги мы можем делить
даже до миллиардных долей, но
точны ли сами числа? Если весы в
магазине показывают 520 г, то на самом
деле предмет может весить и 515, и
524 грамма. А двести — триста лет
назад точность весов была еще
меньше. Поэтому верными можно было
считать лишь первые одну-две
цифры, а потому и величину
содержания одного вещества в другом имело
смысл рассматривать с точностью до
первых двух цифр: 0,27; 0,64; 0,37 и
т. д., то есть 27 сотых, 64 сотых, 37
сотых.
В переводе с латыни «процент» —
«сотая часть». Вот мы и
пришли к процентам. Была придумана
и специальная их запись—%.
Говорят, что этот знак, признанный
всем миром, возник из-за ошибки
наборщика, у которого сломалась
литера.
Запись отношений стала удобнее,
исчезли нули и запятая, а символ %
сразу указывает, что перед нами
относительная величина, а не граммы,
литры, рубли или метры.
Проценты были известны индусам
еще в V веке нашей эры. Это не
удивительно, потому что в Индии с
давних пор счет велся в десятичной
системе. В Европе десятичные дроби
появились на 1000 лет позже, их ввел
бельгийский ученый Симон Стевин.
Он же в 1584 году впервые
опубликовал таблицу процентов.
Введение процентов оказалось
удобным не только для оценки
содержания одного вещества в другом.
В процентах стали измерять и
серьезные вещи — изменение
производства товаров, денежный доход, — и
не очень серьезные... Что только не
измеряют в процентах, даже
двоечников в школе!
Со временем люди научились
извлекать из вещества его компоненты,
которые составляют тысячные доли
от веса самого вещества. Тогда,
чтобы не вводить нули и запятую, то есть
не писать 0,6%, ввели новую
величину: «промилле» — тысячную долю,
которую обозначили так.* %о> и
вместо 0,6% стали писать 6%0. Однако
эта величина привилась только в тех
областях науки и техники, где имеют
дело с малыми величинами, а
необходимость и появившаяся возможность
считать точнее привели к тому, что
счет стал вестись до десятых и сотых
долей процента. Нередко можно
видеть и в технической литературе, и
на страницах газет записи вида
27,4%; 6,35%. Выражение величин
в процентах стало для всех
привычным. И все же на классном собрании
лучше сказать: «Сережа Федотов
стал двоечником», чем: «Число
двоечников в нашем классе за полугодие
увеличилось на 3,3%».
А теперь несколько задач на
проценты.
1. Арбуз весил 20 кг, а сухое
вещество в нем составляло 1%. Через
некоторое время арбуз усох, и сухое
вещество стало составлять 2%.
Сколько стал весить арбуз?
2. Множимое увеличили на 10%,
а множитель уменьшили на 10%. Как
изменилось произведение?
3. Цену на товар уменьшили на
10%, а потом еще на 10%. Стал бы
он дешевле, если его цену сразу
снизили бы на 20%?
ПРОИЗВОДНЫЕ ПРОПОРЦИИ
Как-то на одном уроке
учительница вызвала к доске ученика. Уже
не помню, какую он решал задачу,
13

но ему нужно было сложить 2/3 и 5/4.
Он взял и сложил числитель с
числителем, а знаменатель со
знаменателем — получил в результате 7/7, то
есть единицу. Тогда учительница и
говорит: «Дай-ка мне дневник, я эту
единицу поставлю туда тебе на
память».
Но интересно другое. Ведь одна
дробь была меньше единицы, а
вторая больше, а в результате
получилась единица. Возьмем, к примеру,
2/з и 2/5. Складываем числители, а
потом знаменатели, получаем 4Д, то
есть 2/4 или 1/2. 7г больше, чем 2Д, но
меньше, чем 2/з. Значит, получается,
что если у двух дробей сложить
числители, а потом знаменатели, то
получится дробь, которая
больше меньшей дроби, но меньше
большей.
Тогда, по идее, если две дроби
равны, то такое сложение должно
давать равную им дробь? Возьмем 2/3
и 4/б- Получаем 6/9, то есть снова 2/3.
Но можно брать и не частный
случай. Возьмем несократимую
дробь -j.
Умножим числитель и
знаменатель на какое-нибудь число п. Теперь
возьмем другую, равную ей дробь.
Для этого умножим числитель и
знаменатель на число т. Получим-^-и
та
mb
Сложим числители и
знаменатели, разделим. Получилось rt?~t"mf .
r J nb + mb
В числителе вынесем множитель
а, а в знаменателе Ь. Запишем это:
а(п -\- т)
Ь(п-\- т)
Теперь можно сократить нап-\-т.
Видно, что получилась дробь, равная
первоначальной.
Значит, если -?- =
. о
д-\- с
„,Л a с
Т0Т~Ч
Еще лучше сформулировать эту
теорему так:
если
-.± то -2-
d' b
с na-j-mc
b dy * ~ b d nb + md '
Такая пропорция называется
производной пропорцией. В дальнейшем
она может вам не раз пригодиться.
И еще запомните: если ~<4» то
о d
b b + d ^ d''
Попробуйте теперь доказать это и
сами.
А вот еще несколько теорем на
производные пропорции. Первой
то
пусть будет такая: если -j =
_a±b_c_±d
dy
b d
Это совсем просто. Разделим
почленно левую часть на 6, а правую —
на dy получим: -^ + 1 = Л+ 1 • Но ведь
дроби же равны, значит, прибавив по
единице к обеим частям верного
равенства, мы снова получим верное
равенство.
Вторая будет посложнее: если
-*=-! то a = с
b d1 a + b c + d '
Запишите и третью: если -^ = -^,
то a+fr — c+d
1U a — b c — d '
А вот пропорция даже не с двумя,
а с четырьмя произвольными
числами: если -т^ = 4 и я, га, риг —
произвольные числа, то M + mJf==nc + m(f m
pa -f rb pc-\- rd
Посмотрите внимательно: ведь
предыдущие теоремы являются
частными случаями этой. В первой
теореме /г, га и г равны единице, ар —
нулю, во второй m равняется нулю, а
остальные числа — единице. А в
третьей /г, га и р равны единице, а г —
минус единице. Стало быть, доказав
эту теорему, мы докажем и все
остальные.
Приглашаю вас подумать над
теоремами, о которых шла здесь
речь.

РАЗГОВОР В ТРАМВАЕ
Это было несколько лет назад,
когда еще пассажиры в общественном
транспорте не пользовались
талончиками, а отрывали билеты в кассе.
Я ехал по Ленинграду в трамвае
со своим племянником Мишей.
Опустив в кассу деньги, я взял два
билета.
— Чур, этот билет мой! — сказал
Миша.
— Пожалуйста, бери любой из
них. Они ведь совершенно
одинаковые, с любым из них можно проехать
весь маршрут.
— Одинаковые, да не совсем.
Этот билет самый обыкновенный, на
нем номер 286 357. А следующий
билет с номером 286 358 —
«счастливый», сумма первых трех цифр
совпадает с суммой последних трех.
Тут я вспомнил, что уже не раз
слышал о том, что билет с
одинаковыми суммами цифр приносит
счастье. В данном случае Мише
достался билет с номером 286 358, в котором
2+8+6=3+5+8.
— И часто тебе
попадаются «счастливые» билеты? —
спросил я.
— Да нет, очень редко. Примерно
раз в месяц. А так как я езжу в
институт и обратно каждый день, кроме
выходных, то, значит, в среднем один
«счастливый» билет приходится на
50 обычных.
— Чепуха, — вмешался один из
наших попутчиков. — Я вошел на
предыдущей остановке и в той же
кассе вытянул тоже «счастливый»
билет — 286 349. Да и сейчас кто-то
отрывает билет 286 367, тоже
«счастливый»; скоро появится 286 376,
затем 286 385. Так что в каждом
десятке билетов есть один
«счастливый».
— Это не вполне верно, —
возразил новый пассажир, оторвавший
«счастливый» билет 286 367. — Ваш
пример ничего не доказывает. В
следующей десятке будет еще один
«счастливый» билет — 286 394. А
затем «счастливых» билетов долго не
будет, вплоть до номера 286 439, так
что здесь между двумя
«счастливыми» билетами будет интервал в 45
билетов. Таких примеров можно
привести много. В этой же катушке
билетов, начальные цифры которых 286,
между билетами 286 097 и 286 169, то
есть среди 71 билета, нет ни одного
«счастливого».
— Вот я и говорю, в среднем
один «счастливый» билет попадается
на полсотни.
— Это тоже опрометчивое
заявление, — заметил я. — Чтобы
правильно ответить на этот вопрос,
нужно его исследовать. А сначала нужно
точно его сформулировать. Скажем
так: сколько существует
«счастливых» шестизначных чисел от 000 000
до 999 999, то есть чисел, у которых
равны суммы цифр первых трех и
последних трех разрядов?
— Ну что же, — сказал Миша
после недолгого размышления, —
я сейчас не отвечу точно на этот
вопрос, но есть способ, позволяющий
его решить. Если выписать подряд
все числа от 000 000 до 999 999 и
проверить каждое из них, можно
пересчитать число «счастливых»
билетов.
— Да, такой метод решения
возможен. Он называется методом
перебора. Им можно решать задачи, в
которых исследуются свойства
конечного набора каких-либо чисел или
других объектов. Однако метод
перебора имеет два недостатка. Прежде
всего, он очень трудоемок. Рассуди
сам, необходимо проверить миллион
чисел. Если на проверку каждого из
них тратить всего 1 секунду, то
потребуется 1 000 000 секунд, то есть почти
278 часов. При восьмичасовой
ежедневной работе это займет 35 дней.
— Но ведь можно поручить это
15

электронной вычислительной
машине!
— Можно, конечно, но стоит ли
«палить из пушки по воробьям»?
Кроме того, метод перебора имеет и
другой недостаток, который
сохраняется и при расчете на ЭВМ. При
переборе получается решение только
одной конкретной задачи, которое
обычно не позволяет произвести
обобщения или вскрыть какие-либо
неизвестные закономерности.
Поэтому-то переборные методы решения
в известном смысле неинтересны.
Давай попробуем по-другому. Поищем
не точное, а приближенное решение,
вернее, то, что мы, математики,
называем оценкой. Для начала введем
новый термин, например, «красивый»
билет. Будем называть билет
«красивым», если сумма первых трех цифр
дает тот же остаток при делении на 9,
что и сумма следующих трех цифр.
Понятно?
— Понятно, — ответил Миша, —
но почему именно на 9?
— А потому, что в нашей
десятичной системе счисления всякое
число дает тот же остаток при делении
на 9, что и сумма его цифр. Это
свойство дает возможность легко найти
число «красивых» билетов.
Действительно, среди чисел от 1 до 999 ровно
111 дают при делении на 9 остаток 1,
столько же остаток 2 и так далее.
Сколько же существует
различных «красивых» чисел с остатком
1?—Я достал записную книжку.—На
первом месте может стоять 111 чисел,
и для каждого из них следом можно,
поставить любое из тех же 111 чисел:
111 . 111=12 321. Таким образом,
получаем 12 321 «красивых» билетов
с остатком 1. Такое же число
«красивых» билетов дают остатки 2, 3 и так
далее. А к числам с остатком 0, или,
как мы привыкли говорить,
делящимся без остатка, нужно еще прибавить
число 000, поэтому их будет не 111,
а 112, откуда следует, что «красивых»
Чисел с остатком 0 будет 112- 112 =
= 12 544. Итак, всего «красивых»
чисел будет: 8+12 321 + 12 544 =
= 111 112.
— А при чем же здесь
«счастливые» билеты? — спросил Миша.
— Это уже совсем просто! Ведь
если равны суммы цифр, то равны и
их остатки при делении на 9,
следовательно, каждый «счастливый»
билет является «красивым». Однако не
всякий «красивый» билет будет
«счастливым». Например, билет
100 748 будет «красивым», но не
будет «счастливым». Итак, если
обозначить число «счастливых» билетов С,
то можно написать неравенство:
С<111 112.
— Но это все-таки не полное
решение задачи, — сказал Миша. —
Мы получаем, что число
«счастливых» билетов меньше 111 112, но не
знаем, на сколько. А можно ли
показать, что их больше какого-то числа?
Я слышал, что это называется
«оценкой снизу».
— Можно дать и оценку снизу,
боюсь только, что она будет довольно
грубой. Назовем «прекрасными»
билетами такие, у которых номер
состоит из двух совершенно одинаковых
половинок, например 287 287. Таких
билетов ровно 1000, а именно, до
000 000, далее 001 001, 002 002, ... до
999 999. «Прекрасных» билетов,
естественно, меньше, чем «счастливых»,
поэтому мы можем записать такую
оценку: 1000<С<111 112.
Здесь оценка сверху более чем
в 100 раз превышает оценку снизу,
так что вряд ли такой результат
можно считать решением поставленной
задачи.
Пожалуй, оценку сверху
можно несколько улучшить, — сказал
я, — используя признак делимости
на И.
— Что это за признак? —
спросил Миша. — Я его не знаю.
— Он очень прост. Сложим все
цифры, стоящие в нечетных
разрядах, потом отдельно сложим числа,
16

стоящие в четных разрядах Так вот,
если разность полученных сумм
делится на И, то и все число делится
на 11, и наоборот, любое число,
делящееся на 11, обладает этим
свойством.
— Какое же отношение этот
признак имеет к «счастливым»
билетам? — удивленно спросил
Миша.
— Самое прямое, но скажи
сначала, слышал ли ты о билетах,
«счастливых по-московски»?
— Ах да! Москвичи считают
билет «счастливым», если сумма цифр,
стоящих на четных местах, равна
сумме цифр, стоящих на нечетных
местах. Вот чудаки!
— Во-первых, чудаком
являешься ты, если веришь, что «счастливые»
билеты могут приносить удачу, а во-
вторых, москвичи называют
«счастливыми» те же самые билеты, что и
ленинградцы, а билеты, которые мы
называем «счастливыми
по-московски», они называют «счастливыми по-
ленинградски». Так «американские
горки» в Америке называют
«русскими». Но не в этом дело. Совсем легко
проверить, что номера билетов,
которые ты называешь «счастливыми
по-московски», делятся на 11.
Верно?
— Верно, — ответил Миша.
— И этих билетов не больше, чем
чисел от 0 до 999 999, делящихся
на 11.
— То есть не больше 90 910! А
каких билетов больше, — спросил
Миша, — «счастливых» или
«счастливых по-московски»?
— Совсем нетрудно установить,
что одних столько же, сколько и
других, — ответил я.
— Скажете тоже, «нетрудно», —
хмыкнул Миша, — мы же не знаем,
сколько тех и других.
— А это и не нужно, — заметил
я. — Расставь первые три цифры
«счастливого» билета на четные
места, последние три цифры на
нечетные места, и ты получишь из
«счастливого» билета билет, «счастливый
по-московски». И если у билета,
«счастливого по-московски», собрать все
цифры, стоящие на четных местах,
в первой половине номера, а
остальные — во второй, то Ты получишь
«счастливый» билет. Таким образом,
мы установили взаимно
однозначное соответствие между теми и
другими билетами. А отсюда
следует, что их одинаковое количество.
Верно?
— Верно! — воскликнул
Миша. — Вот здорово! Значит, мы
доказали, что «счастливых» билетов
меньше, чем 90 910?
— А какова будет сумма цифр,
если в «счастливом» билете заменить
три последние цифры на разности
между 9 и этими цифрами? —
спросил я.
— Сейчас, — задумался
Миша, — та-а-к... трижды девять —
двадцать семь ... минус ... плюс ...
Получается 27! А ведь опять получается
взаимно однозначное соответствие!
Отсюда следует, что «счастливых»
билетов столько же, сколько билетов
с суммой цифр 27.
— Правильно, — ответил я.
— Но сколько же все-таки
«счастливых» билетов? — взглянув на
меня, спросил Миша.
— Ответ я тебе скажу сейчас:
55 252, то есть в среднем каждый 18-й
билет «счастливый». А почему их
столько, я расскажу тебе как-нибудь
в следующий раз. Нам пора
выходить.
ЧИСЛА ПРОСТЫЕ И...
Давайте оглянемся вокруг:
сколько чисел окружает нас! Номер
нашего дома, квартиры; номера
автобусов, трамваев, на которых мы ездиЫ;
температура воздуха, атмосферное
давление; уровень наших знаний по
17

математике и по литературе...
Список этот, я думаю, можно долго
продолжать.
Каждое число мы воспринимаем
как степень проявления чего-либо
или как показатель принадлежности
объекта к тому или иному классу
предметов, явлений (поезд данного
маршрута, самолет данной марки,
например Ту-134, и т. д.). При этом
мы совершенно не задумываемся
о самих числах.
Свойствами чисел люди начали
интересоваться очень давно. Еще
древние греки делили натуральные
числа на простые — имеющие лишь
два различных делителя, и
составные — у которых больше двух
делителей. Единица имеет только один
делитель, поэтому ее не причисляют ни
к простым, ни к составным числам.
Древние греки умели доказывать,
что простых чисел бесконечно много.
В 1837 году немецкий математик Ле-
жен Дирихле доказал, что в любой
арифметической прогрессии со
взаимно простыми разностью и первым
членом содержится бесконечно много
простых чисел.
Свойства делимости помогали
грекам в решении уравнений в целых
числах. Особенно велики здесь
заслуги Диофанта, которого называют
последним великим математиком
античности. Годы его жизни точно не
установлены, но имеются веские
основания считать, что он жил в
III веке нашей эры.
Задачи теории чисел, несмотря на
простоту формулировки, как
правило, очень трудны. Так, несколько
столетий ждет решения проблема
близнецов: конечна или бесконечна
совокупность пар простых чисел,
отличающихся на 2, то есть таких,
как 3 и 5, 11 и 13, 17 и 19, 29 и 31 ...?
А сколько труда затрачено на
попытки доказать «Великую теорему
Ферма»!
Рассмотрение свойств чисел,
связанных с их делителями, породило
большую область математики,
называемую мультипликативной теорией
чисел (от латинского слова multipli-
cato — «умножать»).
Математики рассматривают
также свойства чисел, связанные с их
представлением в виде суммы чисел
определенного вида. Существует
бесконечно много чисел, являющихся
квадратами и суммами двух
квадратов. Это так называемые
«пифагоровы тройки». Также существует
бесконечно много кубов, являющихся
суммами трех кубов, и т. д.
В 1742 году в переписке двух
академиков Петербургской академии
наук X. Гольдбаха и Л. Эйлера
возникла следующая проблема (она
носит название «Проблема
Гольдбаха»): верно ли, что каждое четное
число, большее двух, представляется
в виде суммы двух простых чисел, а
каждое нечетное число, большее
семи, представляется в виде суммы
трех простых чисел? Существенный
вклад в решение этой проблемы
внесли советские математики И. М.
Виноградов и Н. Г. Чудаков.
Класс проблем, связанный с
представлением чисел в виде сумм чисел
заданного вида, получил название
аддитивной теории чисел (от
латинского additivus—«прилагаемый,
получающийся в результате
сложения»).
В противоположность простым
числам, математики рассматривают
числа, имеющие очень много
делителей. Натуральное число называется
сверхсоставным, если у него больше
различных делителей, чем у любого
из натуральных чисел, меньших его.
Единица со своим единственным
делителем является сверхсоставным
числом (поскольку нет натурального
числа, меньшего ее). Следующим
сверхсоставным числом будет 2,
имеющее два делителя: 1 и 2; далее число
4 с тремя делителями: 1, 2 и 4; потом
6 с четырьмя делителями. Можно
было бы предположить, что всякое чис-
18

ло n\=l • 2- ... • п будет
сверхсоставным, но это не так. Попробуйте
отыскать следующие десять
сверхсоставных чисел.
Для нахождения числа
различных делителей у чисел существует
формула. Известно, что всякое
натуральное число п представляется в
виде произведения степеней простых
чисел, и притом единственным
образом: п = р\ • /?22* ... • Ps (эта
теорема носит название основной
теоремы арифметики). Так вот,
количество различных делителей числа п
равно следующему произведению:
(А, + 1)(*2+1)- ... • (k8+l).

Глава II
В МИРЕ ГЕОМЕТРИИ
КАК НАРИСОВАТЬ
ПЯТИКОНЕЧНУЮ ЗВЕЗДУ?
Не правда ли, красива
правильная пятиконечная звезда. Ее мы
видим на Гербе и флаге нашей Родины,
она сияет на военных фуражках и на
шпилях башен Кремля.
Кто в детстве не пытался
нарисовать эту звезду? Наверное, всякий.
Но вероятно, поначалу получалось
нечто кособокое и неуклюжее,
правда? (рис. 1)
Давайте еще раз попробуем
нарисовать правильную пятиконечную
звезду.
Первая попытка.
Сначала спросим себя, что
значит правильную? Наверное, нужно,
чтобы пять вершин были
соединены отрезками равной длины.
Линейка поможет нам сделать
стороны звезды прямыми, а при помощи
циркуля постараемся сделать их
равными.
Приступим. Строим угол с
вершиной А. На его сторонах откладываем
равные отрезки АВ и АС (рис. 2).
Три вершины есть. Осталось найти
еще две, и все в порядке. Одна из
них D должна быть удалена от
точки В на такое же расстояние, что и
точка А. Значит, она должна лежать
на окружности с центром в точке В
радиуса АВ. Проведем дугу 2 этой
окружности. Аналогично проведем
дугу 3 окружности такого же радиуса
с центром в точке С. На ней должна
лежать вторая из оставшихся
вершин Е.
20

Вспомним, что мы хотим:
расстояние между вершинами DwEдолжно
быть равно расстоянию между
остальными вершинами. Поэтому, не
изменяя раствора циркуля, ставим
одну из его ножек в какую-нибудь
точку D одной дуги (это будет
четвертая вершина звезды) и проводим
окружность 4, которая пересечется
дугой 3 в точке Е. Получили пятуйэ
вершину. Соединили отрезками
полученные точки. И что же? Длины
отрезков равны, а звезда ярно
неправильная.
Вторая попытка.
Где же ошибка? Она сразу видна.
Стороны у звезды равны, а вот углы
при вершинах — нет. Как же
сделать, чтобы были равны и все
стороны, и все углы?
Нарисуем окружность. Разобьем
ее на 5 равных дуг, а затем соединим
концы дуг через одну (рис. 3). Нет
сомнений, что это и есть нужная нам
звезда! Только как разделить
окружность на 5 равных частей? С
помощью транспортира! Во всей
окружности 360°, значит, в каждой
части по 72°. Берем транспортир... где
же он? Опять куда-то исчез. А может
быть, сумеем обойтись и без него?
Приближенный метод.
Попробуем «на глазок» отложить
на окружности угол в 72°. Так...
семьдесят два градуса — это больше 60°,
но меньше 90°. Где-то между ними,
чуть ближе к 60°, чем к 90°. Дугу
в 60° отложить нетрудно, так как
длина хорды, стягивающей ее, равна
радиусу окружности. Еще легче
построить и дугу в 90°. Отметим
концы «нужной» дуги (в 72°) —
точки А и В.
Проверим, действительно ли дуга
А В равна l/s дуги окружности.
Отложим с помощью циркуля дугу ВС,
равную АВ, затем дугу CD, дальше
D?, и когда нЪжку циркуля мы
поставим в точку ?, то вторая его ножка
должна попасть в точку А (рис. 4).
21

Попала? Нет. Значит, мы все делали
зря? Нет!
Отметим точку F, в которую
попала вторая ножка циркуля. Мы
ошиблись на дугу AF, значит, каждый раз
мы ошибались на 1/ъ этой дуги,
причем если точка F оказалась правее
точки Л, то мы выбрали дугу больше,
чем нужно, а если левее, то меньше
требуемой.
Сделаем поправку. «На глазок»
отложим на дуге AF ее пятую часть,
дугу AG (рис. 5). Дуга GB уже
гораздо точнее приближается к /5 дуги
окружности, чем дуга АВ. Теперь
сделаем еще раз такую же проверку, что
и раньше. Если после пяти
откладываний ножка циркуля попадет в
черное пятнышко, которым мы отметили
точку G, то построение выполнено
с нужной точностью. А если нет, то
еще раз таким же способом уточним
размер дуги. Двух уточнений
практически всегда хватает.
Точное решение.
А нельзя ли сразу получить точное
решение? Оказывается, можно.
Вот один из «рецептов» такого
построения. Пусть ВС — диаметр
окружности U АО —
перпендикулярный ему радиус (рис. 6). Проведем
окружность 2 радиуса ВО с центром
В. Через точки пересечения
окружностей 1 и 2 проведем прямую и
обозначим D точку ее пересечения с
диаметром. Затем с центром в точке D
радиусом DA проведем еще одну
окружность 3. Точку ее пересечения с
диаметром обозначим Е. Проведя
окружность 4 радиуса АЕ с центром
Л, в пересечении с окружностью /
получим точки М и М\
Дуга AM равна дуге AM' и
равна '/5 дуги первоначальной
окружности.
Некоторые читатели возмущенно
спросят: «Зачем же рассказывать
о приближенном построении, если
есть точное?» А вот зач^м.
Во-первых, что значит —
«точное»? Если его провести идеальными
инструментами, то оно действительно
точно. Но вы же будете чертить
реальными карандашом, циркулем и
линейкой. Заведомо при этом
получится неточный результат.
А во-вторых, приближенный
метод годится для деления окружности
на любое число равных частей,
следовательно, достаточно для этого
запомнить только один метод.
Далее, этот метод проще точного.
А простота часто бывает важным
аргументом. Так, многие
математические вычисления на электронных
вычислительных машинах проводят
приближенными методами (хотя
существуют и точные) лишь
потому, что их использование гораздо
проще, а в ряде случаев
возможности машины не позволяют
воспользоваться точным, но
громоздким методом.
И последнее. Оказывается, нет и
не может быть точных методов для
деления окружности на 7, 9, 11, 13,
14, 18, 21, 22, 23, 25 и еще много
других равных частей. Доказательство
этого факта принадлежит
замечательному немецкому математику
Карлу Фридриху Гауссу.
И еще. Мне очень хочется
заставить вас все время думать, искать,
сомневаться и не всегда полагаться
на уже проверенные методы и
доказанные теоремы.
ЦИРКУЛЕМ И ЛИНЕЙКОЙ
Циркуль и линейка — вот первые
чертежные инструменты, которыми
пользовался человек. Что может быть
проще? Гладкая дощечка — это
линейка, а две заостренные палки,
связанные на одном конце, — циркуль.
Сейчас и циркуль, и линейка стали
изящнее, но назначение у них
осталось прежним: по линейке проводят
прямые (точнее, отрезки прямых),
а циркулем рисуют окружности.
В школе изучают ряд простейших
22

построений циркулем и линейкой.
Строят прямую, проходящую через
заданную точку и перпендикулярную
(или параллельную) данной прямой,
делят отрезок на несколько равных
частей, делят пополам заданный
угол.
А вот пример более сложной
задачи: построить треугольник по
высоте, биссектрисе и медиане,
выходящим из одной вершины.
Решение задачи возможно, как не
трудно убедиться, лишь в том случае,
когда длины высоты А, биссектрисы
Ь и медианы т удовлетворяют
соотношению h<b<m\ в противном
случае искомого треугольника не
существует.
Проведем на плоскости
произвольную прямую / и восстановим из
некоторой ее точки И перпендикуляр
к этой прямой. Отложим на нем
отрезок АН длины /г. Точка А будет одной
из вершин искомого треугольника, а
прямая / будет содержать его
основание. Отметим точки К и М
пересечения прямой / с окружностями
радиусов битс центром в точке А (рис.
1) и соединим их с точкой А. Это
будут биссектриса и медиана нашего
треугольника. Заметим, что
биссектриса будет лежать между медианой
и высотой.
Дальнейшее построение основано
на довольно простом, но редко
отмечаемом факте: биссектриса угла
треугольника и срединный
перпендикуляр к стороне, противолежащей
этому углу, пересекаются на
окружности, описанной вокруг треугольника
(биссектриса и перпендикуляр делят
пополам дугу описанной окружности,
опирающуюся на указанную сторону
и не содержащую вершины А (рис.
2).
Кончить построение теперь уже
просто. Проводим через точку М
перпендикуляр к прямой / и продолжаем
биссектрису А /(до пересечения с ним
в точке D (рис. 3). Итак, точки А и
D лежат на окружности, описанной
23

вокруг искомого треугольника, а ее
центр О, очевидно, находится на
прямой МО — срединном
перпендикуляре к, одной из ее хорд, и на срединном
перпендикуляре к отрезку AD,
который также является одной из ее хорд.
Построив точку О, как точку
пересечения указанных прямых, можно
провести окружность, описанную вокруг
искомого треугольника, поскольку
мы знаем ее центр О и радиус О А.
Точки В и С пересечения этой
окружности с прямой дадут недостающие
вершины В и С искомого
треугольника.
Искусство построения
геометрических фигур при помощи циркуля и
линейки было развито в Древней
Греции в высокой степени. Известна
одна из труднейших задач на
построение, которые тогда умели
выполнять. Это построение окружности,
касающейся трех данных
окружностей. Эта задача носит имя
Аполлония, она названа так в честь
выдающегося греческого геометра
Аполлония из Перги1.
Однако древнегреческим
геометрам никак не удавалось выполнить
некоторые построения, используя
лишь циркуль и линейку. А
построения, выполненные с помощью других
инструментов, не считались тогда
геометрическими. К их числу
относятся построение квадрата,
равновеликого данному кругу
(«квадратура круга»); деление произвольного
угла на три равные части
(«трисекция угла») и построение стороны
куба, объем которого вдвое больше
объема заданного куба («удвоение
куба»).
'Аполлоний (ок. 260—170 гг до
н. э ) родился в городе Перга — одной из
колоний Греции в Малой Азии, долгое время
работал в Александрии, а затем вернулся в
Пергу. Его сочинения о конических сечениях легли
в основу изучения алгебраических кривых
(кривых, задаваемых уравнениями), а
применяемый им метод привел Декарта и Ферма
к созданию аналитической геометрии.
24

Эти три знаменитые задачи
привлекали внимание выдающихся
математиков на протяжении
последующих столетий, но окончательное
решение получили лишь в середине
прошлого века, когда была доказана их
«неразрешимость», то есть
невозможность указанных построений
лишь с помощью циркуля и линейки.
Правда, удалось это доказать не с
помощью геометрии, тут помогла
алгебра, что еще раз подчеркнуло единство
математики.
Еще одной интереснейшей
задачей на построение с помощью
циркуля и линейки является построение
правильного многоугольника с
заданным числом сторон. Древние
греки умели строить только правильный
треугольник, квадрат, правильные
пятиугольник и пятнадцатиугольник,
а также все многоугольники, которые
получаются из них путем удвоения
числа сторон.
Лишь в 1801 году великий
немецкий математик К. Ф. Гаусс указал
способ построения циркулем и
линейкой правильного семнадцатиуголь-
ника и все значения я, при которых
построение правильного дг-угольника
возможно указанными средствами.
Этими многоугольниками оказались
лишь те многоугольники, у которых
количество сторон является простым
числом Ферма или произведениями
нескольких различных простых чисел
Ферма, а также те, которые
получаются из них удвоением числа сторон.
Напомним, что простым числом
Ферма называется простое число,
имеющее вид: 22" + 1.
Таким образом, была доказана
невозможность построения с
помощью циркуля и линейки
правильных семиугольника, девятиугольни-
ка, одиннадцатиугольника, трина-
дцатиугольника.
Теория построений при помощи
циркуля и линейки получила широкое
развитие в конце XIX века.
Например, было доказано, что любое
построение, выполняемое с помощью
циркуля и линейки, можно выполнить
с помощью лишь бдной линейки,
если в плоскости построения задана
некоторая окружность и указан
ее центр.
Вот эти исследования безусловно
внесли огромный вклад в развитие
математики. Однако в практических
построениях никто не ограничивает
нас в наборе инструментов. Для
большинства построений вполне
достаточно линейки с делениями и
транспортира.
Довольно любопытны некоторые
приближенные способы построений.
Например, приближенная
квадратура круга получается, если за сторону
квадрата взять хорду, проходящую
через конец одного из диаметров
круга и середину перпендикулярного ему
радиуса (рис. 4). Этому
построению соответствует значение л = 3,2.
Существует любопытный способ
приближенной трисекции угла при
помощи циркуля и линейки. Вот он.
Чтобы провести трисекцию угла
с вершиной 0|, описываем дугу АтВ
с центром 0\ произвольного радиуса
и проводим хорду АВ\ пусть О — ее
середина (рис. 5). Радиусом,
равным Л О, описываем полуокружность
АпВ с центром О Из точки В делаем
на этой полуокружности засечку С
радиусом АО] легко видеть, что
ВС= \ АпВ. Затем находим точку D
A R
такую, что BD=^~. Соединяем точки
С и D и из середины Е отрезка CD
восстанавливаем перпендикуляр к
СО. Пусть Y — точка пересечения
этого перпендикуляра с
продолжением АВ. Радиусом DY проводим из У
дугу; пусть X — пересечение этой
дуги с дугой АтВ. Тогда BX=j-AmBy
то есть ВО{Хж\АОхВ.
Оценку точности этого построения
поручили ЭВМ. Машина выдала
следующий результат: точность
построения не менее 0,1°, наихудший
результат — при угле около 78°, отно-
25

сительная ошибка, то есть отношение
величины отклонения к величине
самого угла, не превосходит 0,01 и
максимальна при угле около 158°.
КООРДИНАТЫ
Я думаю, каждому из вас
приходилось обращаться к прохожим
с просьбой объяснить, где находится
то или иное здание или учреждение.
Отвечающих можно разделить на три
категории. Первые машут рукой в
неопределенном направлении и
говорят: «Там», иногда добавляя:
«Минутах в двадцати ходьбы». Вторые
говорят приблизительно так:
«Пройдите булочную, там будет поворот
налево, но вы туда не поворачивайте,
а идите прямо мимо кафе, а когда
пройдете книжный магазин,
поверните налево, идите мимо школы, потом
будет желтый двухэтажный дом с
колоннами, вот напротив него и будет
ваше учреждение». Третьи отвечают
так: «Идите прямо до улицы
Чернышевского, затем поверните налево, и
второй дом от перекрестка с улицей
Добролюбова на правой стороне —
тот, который вы ищете».
Следуя совету, вы двигаетесь
в указанном направлении. Если
возникает сомнение в правильности
выбранного пути, вновь обращаетесь
к прохожим и в конце концов
находите нужный дом. Как говорится,
«язык до Киева доведет».
А что делать мореплавателям?
У кого им спросить дорогу в
открытом море? Как объяснить другим, где
находится открытый ими остров?
И вот за 200 лет до нашей эры
греческий ученый Гиппарх предлагает
хорошо вам известные
географические координаты: широту и долготу.
С помощью этих двух чисел можно
точно определить положение острова,
поселка, горы или колодца в пустыне
и нанести их на карту или глобус.
Научившись определять в открытом
море широту и долготу
местонахождения корабля, моряки получили возт
можность, никого не спрашивая,
выбирать нужное им направление.
Напомним, что восточную долготу
и северную широту обозначают
числами со знаком «плюс», а западную
долготу и южную широту — со
знаком «минус». Таким образом, пара
чисел со знаками однозначно
определяет точку на земном шаре.
Например, пара +70°, +60° определяет
точку в центре острова Вайгач,
расположенного в Карском море.
У одного из моих любимых
писателей, Жюля Верна, некоторые
романы прямо построены на ситуациях,
связанных с географическими
координатами. В романе «Удивительные
приключения дядюшки Антифера»
одному из героев известна
широта острова, на котором спрятаны
сокровища, а другому — долгота
этого острова. А вспомним текст
записки из романа «Дети капитана
Гранта»:
«7 июня 1862 года трехмачтовое
судно «Британия» Глазго потерпело
крушение ...гони... южн... берег ...два
матроса...пл. Капитан Гр... дости...
контин... пл. ...жесток... инд... брошен
этот документ ... долготы и 37° 11
широты ... окажите им помощь ...
погибнут».
Сколько трудностей пришлось
испытать героям романа, пока они
нашли капитана Гранта, и все из-за
того, что оказалось невозможным
восстановить долготу.
В XIV веке французский
математик Н. Орсем ввел, по аналогии с
географическими, координаты на
плоскости. Он предложил покрыть
плоскость прямоугольной сеткой и
называть широтой и долготой то, что мы,
теперь называем абсциссой и
ординатой.
Это нововведение оказалось
чрезвычайно удачным. На его основе
возник метод координат, связавший гео-
26

метрию с алгеброй. Основная
заслуга в создании этого метода
принадлежит великому французскому
математику Рене Декарту. В его честь
такая система координат называется
декартовой. На этой системе
основаны многие способы указания места.
Например, на билете в кинотеатр
стоят два числа: ряд и место, — их
можно рассматривать как координаты
вашего места в зале. Подобные же
координаты приняты в шахматах,
правда, вместо одного из чисел
берется буква: вертикальные ряды клеток
обозначаются буквами латинского
алфавита, а горизонтальные —
цифрами.
Каждой клетке шахматной доски
соответствует пара из буквы и числа,
и, таким образом, шахматисты имеют
возможность записывать свои
партии.
Тот же «шахматный» принцип
применяется сейчас на планах
городов. План города разбивают на
квадраты, занумерованные с помощью
букв и цифр, а на оборотной стороне
перечисляют все изображенные
улицы в алфавитном порядке и
указывают, в каком квадрате они
находятся.
Существуют на плоскости и
другие системы координат. Вспомним
прохожего, который показывал
направление рукой и говорил, сколько
времени нужно идти. На таком
принципе основана полярная система
координат. Чтобы ее ввести, выбирают
начальную точку, называемую
полюсом (поэтому система и
называется полярной); из этой точки проводят
луч, называющийся полярной осью.
Чтобы определить координаты точки
на плоскости, ее соединяют отрезком
с полюсом и вычисляют длину этого
отрезка и угол между ним и полярной
осью.
Иногда координаты существуют
в завуалированном виде. Например,
в здании Московского университета
на Ленинских горах комнаты
нумеруются так, что по номеру аудитории
можно узнать этаж, на котором она
находится. Для этого номер нужно
разбить на две части: число сотен и
остальную часть. Число сотен и есть
этаж. Например, аудитория 1503
находится на пятнадцатом этаже, а
817 — на восьмом.
До сих пор мы говорили о
координатах на сфере или на плоскости,
задающихся двумя числами.
Существуют также координаты, задаваемые
одним числом. Это координаты на
прямой. Известно, что достаточно
знать одно число — расстояние от
точки до начала отсчета, — чтобы
указать на прямой положение этой
точки. В жизни мы очень часто
сталкиваемся с такими координатами.
Пример: железная дорога с
километровыми столбами вдоль нее. Другой
пример: номера домов на улице.
А время? Хотя каждый момент
времени мы обозначаем целым ворохом
чисел: годом, месяцем, днем, часом,
минутой и секундой, — ясно, что
можно обойтись одним числом,
выраженным, например, в секундах.
Одним числом задается положение
точки на окружности. Когда мы говорим:
«У Вани день рождения 14 сентября»,
мы, по существу, имеем дело с
координатами на окружности.
Ну, а сколько координат зададут
положение точки в пространстве?
Естественно, три. Эти три числа
можно получить, например, так.
Соединим лучом центр Земли и нашу точку
и рассмотрим широту и долготу
пересечения луча с Землей и расстояние
от нашей точки до центра Земли.
Такая система координат называется
сферической. Можно поступить по-
другому. Выберем некоторую
плоскость и введем на ней декартову
систему координат, а нашей точке
сопоставим координаты ее проекции на
эту плоскость и расстояние от нее до
плоскости, взятое со знаком плюс для
одной половины пространства и со
знаком минус — для другой; так мы
27

получим декартову систему
координат в пространстве.
Сферической системой координат
обычно пользуются на аэродромах.
Рядом с аэродромом ставят
радиолокатор. Этот прибор умеет
определять дальность до самолета, угол, под
которым самолет виден над
горизонтом, и угол между направлением
на самолет и направлением на
север.
Итак, каждую точку в
пространстве можно задать тремя числами.
Тем более можно задать тремя
числами положение моей или вашей
квартиры. Тогда зачем же писать на
конвертах длинные адреса?
Достаточно было бы договориться о
системе координат (например, долготе,
широте и номере этажа) — и письма
прекрасно приходили бы к адресату.
Вот тут-то пришла пора
вспомнить письмо капитана Гранта. Ведь
если вы ошибетесь в одной из цифр
такого короткого адреса или эту
цифру нельзя будет прочесть (мало ли
что случится в дальней дороге),
письмо до адресата не дойдет.
Обычный адрес более устойчив. Если вы
ошибетесь в нем не слишком сильно,
письмо все равно дойдет до места.
В адресе содержится, как говорят,
избыточная информация.
Избыточную информацию включил в свое
письмо и капитан Грант. Он написал
свое письмо на трех языках и
сообщил не только координаты места
крушения, но и материк, вблизи которого
оно произошло. Но и этого оказалось
недостаточно. Так что переходить на
упрощенный адрес пока, пожалуй, не
стоит.
О ТРЕУГОЛЬНИКЕ
Треугольник — простейшая
плоская фигура. Три вершины и три
стороны. Но изучение треугольника
породило целую науку — тригономет-
28

рию, в которой метрические свойства
треугольника выражаются через
функции его углов. Эта наука
возникла из практических потребностей при
измерениях земельных участков,
составлении карт местности,
конструировании машин и механизмов.
Первые упоминания о
треугольнике и его свойствах мы находим
в египетских папирусах, которым
более 4000 лет. В частности, там
упоминается способ нахождения площади
равнобедренного треугольника,
дающий хорошее приближение при
малых углах при вершине,
противоположной основанию. Эта площадь
находится как произведение половины
основания на боковую сторону.
Через 2000 лет в Древней Греции
изучение свойств треугольника
достигает высокого уровня —
достаточно вспомнить теорему Пифагора
и формулу Герона.
В XV — XVI веках появилось
огромное количество исследований
свойств треугольника. Эти
исследования составили большой
раздел планиметрии, получивший
название «Новая геометрия
треугольника».
Вот одна из замечательных
теорем того времени, принадлежащая
Л. Эйлеру: «Середины сторон
треугольника, основания его высот и
середины отрезков высот от вершины
до точки их пересечения лежат на
одной окружности». Эта окружность
изображена на рисунке 1. Она
обычно называется окружностью
девяти точек (по количеству
замечательных точек, через которые она
проходит) Ее называют также
окружностью Эйлера, а некоторые —
окружностью Фейербаха в честь
немецкого математика XIX века
К Фейербаха (брата известного
философа), доказавшего, что эта
окружность касается окружности,
вписанной в треугольник, и всех его
вневписанных окружностей (то есть
окружностей, касающихся одной из
сторон и продолжений двух других
сторон (рис. 2). Радиус
окружности девяти точек равен половине
радиуса описанной окружности, а
центр окружности девяти точек
лежит на середине отрезка,
соединяющего центр описанной окружности
с точкой пересечения высот
треугольника. Прямая, которой принадлежит
этот отрезок, называется прямой
Эйлера. Этой прямой принадлежит и
точка пересечения медиан
треугольника.
Известно, что Наполеон иногда
свое свободное время посвящал
занятиям математикой. Ему
приписывают такую красивую теорему: если
на сторонах треугольника во
внешнюю сторону построить
равносторонние треугольники, то их центры
будут вершинами равностороннего
треугольника. Этот треугольник
называется внешним треугольником
Наполеона. Аналогично строится
внутренний треугольник Наполеона
Открытия в геометрии
треугольника есть и в нашем веке Так, в
1904 году американский математик
Ф. Морли доказал, что если из каж
дой вершины треугольника провести
лучи, делящие соответствующий угол
на три равные части (трисектрисы
угла), то точки пересечения смежных
трисектрис углов являются верши
нами равностороннего треугольника
(рис. 3). Доказательство этого
утверждения было бы вполне под
силу и древнегреческим математикам
Они прошли мимо этого факта,
видимо, потому, что тогда было принято
рассматривать лишь построения при
помощи циркуля и линейки, а с
помощью этих инструментов такое
деление сделать невозможно. Это было
доказано позднее.

О КРУГЕ
В Древней Греции круг и
окружность считались венцом
совершенства. Действительно, в каждой своей
точке окружность «устроена»
одинаковым образом, что позволяет ей как
бы двигаться «по себе». На
плоскости этим свойством обладает еще
лишь прямая. Одно из
интереснейших свойств круга состоит в том,
что он при заданном периметре
ограничивает максимальную
площадь.
В русском языке слово «круглый»
тоже стало означать высокую степень
чего-либо: «круглый отличник»,
«круглый сирота» и даже «круглый
дурак».
С кругом связана и классическая
задача, ставшая символом
неразрешимой проблемы. Это — задача
квадратуры круга, то есть построения
с помощью циркуля и линейки
квадрата, равновеликого данному кругу.
Задачу эту не могли решить на
протяжении более двух тысячелетий. Лишь
в XIX веке усилиями нескольких
выдающихся математиков —
Ламберта, Лиувилля, Эрмита и Вейерштрас-
са — была установлена
невозможность построения при помощи
циркуля и линейки квадрата,
равновеликого данному кругу, и выяснена
природа числа я.
Циркуль и линейка — это
классические инструменты геометров
с древнейших времен до наших дней.
Ими можно проводить лишь прямые
и окружности. Однако сколько
интересных задач связано именно с
циркулем и линейкой!
Приведем три теоремы,
доказанные в разное время, но очень
похожие.
Первая теорема носит название
«Поризм Штейнера» в честь
швейцарского геометра Якоба Штейнера
(1796—1863). Поризмами называют
30

утверждения, промежуточные между
задачами на построение и теоремами.
Пусть на плоскости даны две
непересекающиеся окружности.
Построим еще одну окружность так,
чтобы она касалась двух данных.
Назовем ее первой. Затем нарисуем еще
одну окружность, касающуюся двух
данных и первой окружности. Ее
назовем второй. Третья окружность
будет касаться двух данных и второй
окружности и т. д. Может случиться,
что на некотором шаге очередная
окружность коснется первой
окружности, как показано на рисунке 1.
Утверждение Штейнера состоит в
том, что если для некоторой
начальной (первой) окружности получится
такая цепочка, то подобная цепочка
образуется при любом другом выборе
первой окружности. При этом и
количество окружностей в цепочке не
будет зависеть от того, какую
окружность мы взяли в качестве
первой.
Вторая теорема принадлежит
французскому математику и
механику Ж. Виктору Понселе (1788—1867)
и утверждает следующее.
Пусть снова имеются две
непересекающиеся окружности. Будем
считать, что одна из них находится
внутри другой. Выберем на внешней
окружности некоторую точку и
проведем из нее касательную к внутренней
окружности. Из новой точки
пересечения этой касательной с внешней
окружностью проведем еще одну
касательную к внутренней окружности
и т. д. (рис. 2). И вновь: если на
некотором шаге мы попадем в
начальную точку, то такой процесс
замкнется при выборе в качестве
начальной точки любой другой точки
внешней окружности.
Третья теорема была доказана
совсем недавно американскими
математиками В. Л. Блеком, Г. К.
Хаулендом и Б. Хаулендом и носит название
«Теорема о зигзагах».
Вновь возьмем некоторую точку
на внешней окружности и, поставив
ножку циркуля в выбранную точку,
сделаем на внутренней окружности
засечку. Поставим ножку циркуля
в получившуюся точку внутренней
окружности и тем же раствором
циркуля сделаем засечку на внешней
окружности. Из полученной точки
снова «шагаем» тем же радиусом на
внутреннюю окружность, затем снова
на внешнюю и т. д. Соединив
последовательно получаемые точки, мы
образуем зигзагообразную ломаную,
как показано на рисунке 3. И вновь
оказывается, что если эта ломаная
на некотором шаге замкнется, то она
замкнется при любом другом выборе
начальной точки (раствор циркуля
оставляем прежним). Сохранится и
число отрезков ломаной.
ФОРМУЛА ПЛОЩАДИ
Нарисуем на клетчатой бумаге
какой-нибудь многоугольник.
Например, такой, как вы видите на
рисунке 1. Попробуем теперь рассчитать
его площадь. Как это сделать?
Наверное, проще всего разбить его на
прямоугольные треугольники и
прямоугольники, площади которых уже
нетрудно вычислить, и сложить
полученные результаты.
Последовательно проводя вычисления, получим,
что площадь нашего многоугольника
равна 20,5, если за единицу площади
взять площадь одного квадратика
клетчатой бумаги. Но если
вспомнить, что сторона такого квадратика
равна 0,5 см, а значит, его площадь
равна четверти квадратного
сантиметра, площадь нашего
многоугольника в квадратных сантиметрах
будет равна 20,5/4 = 5,125 см2.
Использованный нами способ
несложен, но очень громоздок, кроме
того, он годится не для всяких
многоугольников. Так, многоугольник на
31

рисунке нельзя разбить на
прямоугольные треугольники и
прямоугольники так, как мы это проделали
в предыдущем случае (рис. 2).
Можно, например, попробовать
дополнить наш многоугольник до
«хорошего», нужного нам, то есть до
такого, площадь которого мы сможем
вычислить описанным способом,
потом из полученного числа вычесть
площади добавленных частей.
Однако оказывается, что есть
очень простая формула,
позволяющая вычислять площади таких
многоугольников с вершинами в узлах
квадратной сетки:
5 = 6 + 1-1,
где S — площадь многоугольника,
выраженная в площадях единичных
квадратиков сетки, Г — количество
узлов сетки, лежащих на границе
многоугольника, а В — количество
узлов сетки, лежащих внутри
многоугольника. В нашем случае Г=7,
?=18, S= 18 + 3,5—1=20,5.
Столь же просто сосчитать и
площадь многоугольника на
предыдущем рисунке 3, Г = 12, В = 11,
S=\ 1+6,0— 1 = 16,0.
Формула, о которой мы
рассказали, носит имя немецкого математика
Пика, открывшего ее.
РАЗРЕЖЕМ И СКЛЕИМ
Те, кто интересовался
шахматами, знают о давнем споре: что же
такое шахматы — спорт, искусство или
наука? По этому поводу написано
много статей и книг, в которых
сталкиваются различные точки зрения на
эту увлекательную игру.
О математике вроде бы не
поспоришь подобным образом. Это —
наука! Даже «наука всех наук», как
утверждают многие авторитеты. Но
давайте немного подумаем.

Чему вы учитесь в школе на
уроках математики? Составлять и
решать уравнения, обращаться со
степенями, логарифмами,
производными. А чему учат, скажем, на курсах
кройки и шитья? Кроить и шить
платья, обращаться со швейными
машинами, материалами и инструментами.
Значит, тут учат ремеслу, но и на
уроках математики тоже учат ремеслу —
умению проводить математические
выкладки, обращаться с
геометрическими объектами, что является
составной частью подготовки
технически образованного человека.
Ремеслу принято
противопоставлять искусство. Заметим, что в
Древней Греции математика относилась
к числу искусств, наряду с музыкой,
живописью и архитектурой. Технику
счета, взвешивания, измерения к
математике не относили. И это было
естественно, поскольку
рассматривавшиеся задачи решались каждая
отдельно, своим методом. Отношение
к математике, как к искусству,
сохранилось и в средние века. Тогда
наряду с рыцарскими турнирами,
состязаниями поэтов и трубадуров
проводились и турниры математиков, где
они демонстрировали свое искусство.
В наше время они возродились в виде
олимпиад юных математиков.
Стоп, стоп! А где же наука
математика? Какова ее роль?
Математики открывают новые связи между
математическими объектами. В
результате этой работы находятся
общие методы для решения различных
задач. И эти задачи получают
стандартные методы решения, переходя
из разряда творческих в разряд
технических, то есть требующих для
своего решения применения уже
известных методов.
Конечно, нельзя утверждать, что
обучение математике в школе и
применение полученных знаний на
практике полностью лишено элементов
творчества. Наоборот, и ремесленник
может создать произведение искус-
33

ства, по-новому переосмыслив
производимые им изделия; и школьник,
решая стандартную задачу в школе,
может найти новый, красивый способ
ее решения. Это говорит о том, что
задачи делятся на те, для которых уже
созданы специальные методы
решения, и те, для которых таких методов
нет. К последним относятся в
большинстве своем задачи на разрезание.
Действительно, сравним две задачи.
Вот первая из них. Требуется решить
уравнение
'+-S2- =1987"
!+-
1 +
1024
+ _32_
¦+-
+ -
1 + -
1+-
1 +
1+^
1+х
Страшноватая задача, не правда ли?
По поводу таких уравнений
существует старый школьный анекдот:
«Учитель вызывает ученика к доске,
на которой написано похожее
уравнение, и просит его найти икс. Ученик
долго смотрит на доску, наконец
тычет в доску пальцем и радостно
восклицает: «Вот он!»
Хотя и здесь не сразу разберешь,
где же икс, но последовательно
упрощая выражение слева, шаг за шагом
избавляясь от многоэтажности по
известным правилам, мы приведем
уравнение к виду х = — 2.
А вот как разрезать правильный
треугольник на 4 части, из которых
можно было бы сложить квадрат?
Решение этой задачи изображено на
рисунке 1. На двух других приведены
фигуры, которые вам также
предлагается превратить в квадраты,
разрезав на 4 части. Эти задачи
полегче, поэтому попробуйте с ними
справиться сами (рис. 2—3).
Ну а что может нам сказать
наука математика о разрезаниях? Если
34

разрезать плоскую фигуру на части
и из них сложить новую
геометрическую фигуру, то ни у кого не
возникнет сомнения в том, что площади
старой и новой фигур равны. Этот закон
сохранения площади использован на
следующем рисунке для
доказательства теоремы Пифагора (рис. 4).
Правда, здорово?
А верно ли обратное? То есть если
даны две плоские фигуры, скажем
многоугольники, равной площади,
всегда ли можно одну из них
разрезать на конечное число частей так,
чтобы из них можно было сложить
вторую? Оказывается, что любой из
двух многоугольников равной
площади всегда можно разрезать на
несколько меньших
многоугольников и сложить из них второй
многоугольник. Эта теорема была
доказана в 1832 году венгерским
математиком Ф. Больяи и
австрийцем П. Гервином.
Выяснилось, что для этого
достаточно доказать, что любой
многоугольник можно разрезать на части,
из которых можно сложить квадрат.
Предположим, что можно разрезать
каждый из двух равновеликих
многоугольников на части, из которых
можно сложить равновеликие им и,
следовательно, одинаковые
квадраты. Нанесем на одном таком квадрате
границы уложенных на нем кусков
первого многоугольника, а потом —
границы кусков второго
многоугольника, как показано на рисунке 5.
Разрезав квадрат по всем полученным
линиям, из образовавшихся кусков
можно будет сложить как первый,
так и второй многоугольник.
Превращения параллелограмма и
прямоугольника, изображенные на
рисунке, очень полезны как при
конкретных разрезаниях, так и при
доказательстве теоремы Больяи—
Гервина.
На другом рисунке показан
ступенчатый способ, позволяющий
некоторые прямоугольники перекраивать
35

в квадраты с помощью разрезания
всего на две части (рис. 6).
Если вы уже справились с теми
двумя задачами, которые мы
предложили вам решить самостоятельно, то
можно предположить, что вам
пришлось немало покрутить маленькие
многоугольнички, прежде чем
удалось сложить из них квадрат. А
нельзя ли обойтись без вращений и сразу
разрезать фигуру так, чтобы части
совмещались без поворотов,
одними параллельными переносами,
как, например, показано на
рисунке 4.
Обратите внимание, одинаково
заштрихованные многоугольнички
переводятся друг в друга
параллельными переносами.
В 1951 году два швейцарских
математика, Г. Хадвигер и П. Глюр,
доказали, что из двух многоугольников
равной площади один всегда можно
разрезать на меньшие
многоугольники, из которых можно сложить
второй, используя для перемещения
лишь параллельный перенос и
центральную симметрию. Этот факт
кажется неправдоподобным.
Рассмотрим два равных квадрата,
повернутых один относительно другого на
небольшой угол. Кажется, что здесь
такое разбиение невозможно. Но
взгляните на рисунок, и вы убедитесь,
сколь просто это можно осуществить
(рис. 7). А ниже показан метод
соответствующего разбиения двух
параллелограммов равной площади
с параллельными сторонами (рис. 8).
Но можно ли обойтись лишь
параллельным переносом?
Оказывается, что не всегда. Верно следующее
утверждение: для того чтобы
выпуклый многоугольник можно было
разбить на части, из которых при
помощи параллельного переноса
можно было бы сложить квадрат,
необходимо и достаточно, чтобы
многоугольник был центрально-
симметричным.
Рассмотренные приемы разреза-

ния многоугольников сродни
приемам экономного раскроя ткани,
которым обучают на курсах кройки й
шитья, уже упоминавшихся нами.
Правда, там задача обратная —
квадратный или прямоугольный кусок
ткани следует разрезать так, чтобы
в результате сшивания полученных
кусков образовалось заданное
изделие: рубашка, брюки или кепка. Там
допускаются отходы, но, естественно,
хочется, чтобы их было меньше.
Многие математики, в частности
замечательный русский математик Пафну-
тий Львович Чебышев, занимались
задачами оптимального раскроя
ткани.
Говоря о превращениях
квадратного куска ткани в брюки или
рубашку, нельзя не упомянуть о древней
игре «Танграм», возникшей 4000 лет
назад в Китае. Посмотрите, на
рисунке 9 квадрат уже разрезан на семь
частей. Из них нужно сложить вот
такие заданные фигурки (рис. 10).
Сделать это не всегда просто.
Посмотрите на рисунок 11. Вы видите
два силуэта, сложенных из всех
семи танграмов. У одного силуэта
есть нога, а у другого — нет.
Откуда взялась нога у правой фигуры?
Здесь вашими помощниками при
составлении фигурок будут не
школьные знания математики, а терпение
и фантазия.
ИНВЕРСИЯ И ЗАДАЧА
АПОЛЛОНИЯ
«Геометрия» — в переводе с
греческого — «землемерие». Своим
рождением она обязана древним
землемерам, архитекторам, строителям.
Не имея тех совершенных приборов,
которыми вооружены их потомки, они
обходились простейшими
средствами: циркулем, линейкой и мерной
лентой. Естественно, что древние ма-
37

тематики пользовались именно этими
средствами для геометрических
построений, отвергнув лишь мерную
ленту как инструмент неточный.
Порой поражаешься, как много
разнообразных задач на построение
они могли решать, используя лишь
эти простейшие инструменты.
Казалось, что нет таких задач на
построение, которые нельзя было бы
решить с помощью циркуля и
линейки.
Но такие задачи нашлись. Многие
математики ломали голову над
задачами «трисекции угла» и «удвоения
куба». Лишь в конце прошлого века
была доказана их неразрешимость.
Однако и сейчас еще встречаются
чудаки, пытающиеся осуществить
трисекцию угла с помощью лишь
циркуля и линейки.
Из задач, вполне решаемых с
помощью циркуля и линейки, одной из
самых интересных является задача
выдающегося древнегреческого
геометра Аполлония из Перги.
Задача Аполлония
формулируется так: построить окружность,
касающуюся трех данных
окружностей.
Известно, что решение этой
задачи содержалось в сочинении
Аполлония «О касаниях», но само сочинение
было утеряно. В дальнейшем задача
Аполлония породила
многочисленные математические исследования,
к ней обращались и такие
выдающиеся математики, как Л. Эйлер и
И. Г. Ламберт.
В настоящее время существует
много различных решений этой
задачи, одно из них будет приведено
здесь. Однако цель этой главы — не
только рассказать о решениях задачи
Аполлония, но и вооружить вас
методом инверсии, использованным
в этом решении.
Итак, пусть дана окружность
радиуса г с центром в точке О.
Инверсией относительно этой окружности
называется такое преобразование
плоскости, когда каждой точке М
плоскости, отличной от точки О, ставится
в соответствие точка Af, лежащая на
луче ОМ на расстоянии г2/ОМ от
точки О. Точка О называется центром
инверсии, а число г2 — степенью или
коэффициентом инверсии.
Инверсию еще называют
преобразованием обратными радиусами, а
также симметрией относительно
окружности. Она была введена в
1830 году немецким математиком
Л. Магнусом, однако встречается и
в трудах самого Аполлония,
например в сочинении «О плоских
геометрических местах». После своего
второго рождения инверсия оказалась
мощным инструментом в
математических исследованиях.
Рассмотрим ряд свойств
инверсии.
1. Точки на выбранной нами
окружности при инверсии переходят
в себя; точки, лежащие внутри
окружности, переходят во внешние
точки (кроме точки О), а внешние
точки — во внутренние.
2. Если при инверсии фигура Ф
переходит в фигуру Ф', то фигура Ф'
переходит в фигуру Ф.
3. При инверсии точки, лежащие
на прямой, проходящей через центр
инверсии, переходят в точки,
лежащие на этой же прямой.
Эти три свойства очевидны
из определения инверсии. Термин
«симметрия» применяется к
инверсии в силу ее первого и второго
свойств.
Заметим, что инверсия не
определяет, куда переходит точка О — центр
выбранной нами окружности. Если
бы мы дополнили плоскость еще
одной точкой Р — бесконечно
удаленной, то можно было бы сказать, что
при инверсии точка О переходит в
точку Р, а точка Р — в точку О. Тогда
и любые две прямые пересекались бы
в точке Р. Вероятно, теперь легче
будет понять следующее, четвертое,
свойство инверсии.
38

4. Прямая, не проходящая через
центр инверсии, переходит в
окружность, проходящую через центр
инверсии.
Докажем это.
Опустим из точки О
перпендикуляр на прямую (рис. 1). Найдем
для точки Р — основания
перпендикуляра — точку Р\ в которую она
переходит при инверсии. Пусть
теперь М — произвольная точка
данной прямой, и М' — точка, в которую
она переходит при инверсии. Тогда
из соотношений
OP- ОР'=г\ ОМ • ОМ' = г2
следует, что
ОР __ОМ'
ом ОР''
откуда вытекает, что треугольники
ОРМ и ОМ'Р' подобны (угол при
вершине О у них общий, а заключающие
его стороны пропорциональны).
Значит, Z.OM'P'= АОРМ = 90° и точка
М' лежит на окружности,
построенной на отрезке ОР' как на диаметре.
Нетрудно заметить, что это
доказательство не зависит от того,
пересекает прямая окружность,
относительно которой производится инверсия,
или не пересекает.
5. Окружность, проходящая
через центр инверсии, переходит при
инверсии в прямую, не проходящую
через точку О.
Доказательство этого свойства
аналогично доказательству
предыдущего.
6. Окружность, не проходящая
через центр инверсии, переходит при
инверсии в окружность.
Действительно, проведем через
точку О и центр данной окружности
прямую. Пусть А к В — концы
соответствующего диаметра этой
окружности (рис. 2), М — произвольная
точка на ней. Обозначим через Л',
В' и М' точки, в которые переходят
точки Л, В и М при инверсии. Из
соотношений

О А • ОА'=г\ О В • ОВ' = г2,
ОЛ/. ОМ'=г2
следует, что
_ОА_=ОАГ_. ОВ _$№
ОМ ОА' ' ОМ ОВ' '
Значит, треугольники ОАМ и ОА'М',
а также ОВМ и ОВ'М' подобны (угол
при вершине О общий, а стороны, его
заключающие, пропорциональны).
Отсюда следует:
ZMBO=ZB/M,0,
АМАО=АА'М'0;
но
Z.MAO= Z.AMB+ АМВО,
Z.AMB = 90°;
^Л'ЛГО = ^В'М'0 + /.Л'ЛГЯ'.
Отсюда: Z.4'Af?' = ААМВ =
= 90°, а точка М' лежит на
окружности с диаметром А'В'.
Если рассмотреть свойства № 3—
6 в совокупности, то можно сделать
вывод: при инверсии каждая
окружность или прямая переходит в
окружность или прямую.
Таким образом, при инверсии
прямые и окружности равноправны —
и те и другие могут переходить как
в окружности, так и в прямые
(вообще прямую можно рассматривать
как окружность бесконечно большого
радиуса).
7. Если две окружности или
прямая и окружность касаются в точке,
отличной от центра инверсии, то их
образы также касаются; если же
точка касания совпадает с центром
инверсии, то они переходят в
параллельные прямые.
Это свойство попробуйте доказать
самостоятельно.
Теперь вернемся к задаче
Аполлония.
Итак, пусть на плоскости даны
три окружности. Стоп! Взгляните
на рисунок. Сколь большим числом
способов могут быть
расположены три окружности при условии, что
мы разрешим им касаться или же
вообще не иметь общих точек? А если
рассмотреть возможные случаи
40

с пересечениями? Неужели
рассматривать каждый случай в
отдельности? Конечно, нет! Рассмотрим
сначала сразу все случаи, в которых хотя
бы две из данных окружностей
касаются (безразлично, внешним или
внутренним образом). Применим
инверсию относительно
вспомогательной окружности произвольного
радиуса с центром в точке касания
данных окружностей. Тогда, исходя из
седьмого свойства, касающиеся
окружности перейдут в
параллельные прямые, третья окружность — в
окружность или прямую. Искомая
окружность должна получиться
инверсией из окружности, касающейся
указанных параллельных прямых и
окружности (или прямой). А задачу
«построить окружность, касающуюся
двух данных параллельных прямых
и данной окружности (или прямой)»
каждый из вас, надеюсь,, сможет
решить в течение нескольких минут.
Построение, естественно, должно
быть произведено с использованием
лишь циркуля и линейки. А теперь
заметим, что с помощью только
циркуля и линейки мы легко можем
построить ту окружность или прямую, в
которую переходит любая окружность
или прямая при инверсии
относительно какой-либо данной окружности.
Для этого нужно выбрать на ней
какие-нибудь три точки, построить
точки, в которые они переходят (это вы
умеете делать), а затем через
полученные три точки провести
окружность (или прямую).
Из всего сказанного вытекает
следующий ход построения:
а) построить параллельные
прямые и окружность (или прямую), в
которые переходят данные
окружности при инверсии относительно
вспомогательной окружности с центром
в точке касания;
б) построить окружности (их
может быть несколько), касающиеся
полученных прямых и окружности
(или прямой);

в) на трех первоначально данных
окружностях отметить те точки,
которые переходят в найденные точки
касания;
г) по каждой тройке точек
восстановить искомые окружности.
Итак, случай касания двух
данных окружностей разобран. А в
остальных случаях задача сводится
к разобранному случаю или не имеет
решения.
Идею сведения остальных случаев
к разобранным покажем на одном из
них. Пусть даны три
непересекающиеся окружности: Si, S2 и S3,
расположенные так, как показано на
рисунке. Требуется построить
окружность S, касающуюся окружностей
S\ и S2 внешним образом, а
окружности S3 внутренним. Рассмотрим
окружности Si hS2, концентрические
с окружностями Si и S2, но с
радиусами, увеличенными на а~г'~~Г2 (здесь
a=Oi02), и окружности S3 и S,
концентрические с окружностями S3 и S,
с радиусами, уменьшенными на эту
величину (на рисунке они
изображены пунктиром). Легко заметить, что
если окружность S касалась
окружностей Si, S2, S3, то окружность S
будет касаться окружностей Si, S2, S3.
Но окружности Si и S2 оказались
касающимися, поэтому на основании
предыдущего случая мы умеем ее
строить, а искомая окружность
является концентрической с ней и
имеющей радиус на а~г'~~Г2 больше.
Следовательно, и ее мы можем
построить.
Остается отметить, что если
окружности Si и 5г пересекаются, то
радиусы этих окружностей нужно
уменьшить. Может оказаться, что
при уменьшении радиуса окружности
необходимый радиус станет равным
нулю или даже отрицательному
числу. В первом случае окружность
вырождается в точку и «касание
окружности и точки» нужно понимать как
«окружность проходит через точку».
Во втором случае мы строим
окружность, радиус которой равен модулю
полученного числа, но при этом
меняется характер касания окружностей:
если до изменения радиусов они
касались внешним образом, то после
изменения они станут касаться
внутренним образом, и наоборот.
Поскольку мы причислили
к окружностям и точки (окружности
нулевого радиуса), и прямые
(окружности бесконечного большого
радиуса), то можно обобщить задачу
Аполлония. Следовательно, нам
требуется построить окружность или
прямую, касающуюся:
1) трех данных окружностей;
2) данной прямой и двух данных
окружностей;
3) двух данных прямых и
данной окружности;
4) трех данных прямых;
5) данной точки и двух данных
окружностей;
6) данной точки, данной прямой
и данной окружности;
7) данной точки и двух данных
прямых;
8) двух данных точек и данной
окружности;
9) двух данных точек и данной
прямой;
10) трех данных точек.
Таким образом, мы решили 10
разных задач, причем четвертая и
десятая задачи вам хорошо знакомы.
ИНВЕРСОРЫ
Вернемся снова к инверсии.
Описанный нами способ построения с
помощью циркуля и линейки
окружностей, в которые переходят при
инверсии данные окружности, очень
трудоемок. А если мы захотим нарисовать
образ более сложной фигуры, чем
прямая или окружность? Хорошо бы
иметь прибор, который выполнял бы
преобразование инверсии. Такой при-
42

бор существует, и не один. Их
называют инверсорами. На рисунке 1
изображен инверсор Поселье,
состоящий из шести шарнирно
закрепленных стержней, причем О А = О В,
АМ = АМ' = ВМ = ВМ'. Этот
инверсор работает следующим образом:
точка О закрепляется; если точка М
описывает некоторую линию, то
точка М' описывает линию,
полученную инверсией из первоначальной
с центром инверсии в точке О и
коэффициентом инверсии, равным АО2 —
— AM2. Сделать такой инверсор
самостоятельно совсем не трудная
задача даже для школьников, не
посещающих кружок «умелые руки».
Если к этому инверсору добавить
седьмой стержень О'М, такой, чтобы
OfM—OOf, и точку О' закрепить, то
при вращении стержня О'М точка М'
будет описывать прямую линию.
Такие инверсоры используются в
технике для превращения кругового
движения в прямолинейное.
Еще проще инверсор Гарта (рис.
2). Он состоит всего из четырех
шарнирно соединенных стержней.
Фигура, которую образуют эти
стержни, называется
антипараллелограммом. Характерным свойством
такого четырехугольника является
условие: AB=CD, BC=AD. Если
некоторую точку О отрезка АВ
закрепить на плоскости, отметить точки М
и М' на стержнях AD и ВС, лежащих
на прямой, проходящей через точку О
и параллельной Л С, то при движении
точки М по некоторой фигуре точка
М' будет двигаться по фигуре,
полученной из предыдущей с помощью
инверсии с центром в точке О и
коэффициентом, равным
AOA/°(AD2-DC2).
А теперь попробуйте решить
несколько задач.
1. Через две точки проведены три
окружности, каждая из которых
проходит через обе точки. Во что перей-
43

дут они при инверсии с центром в
одной из этих точек?
2. Во что переходят при инверсии
три параллельные прямые?
3. Постройте окружность,
проходящую через две данные точки и
касающуюся данной прямой.
4. Докажите, что инверсоры По-
селье и Гарта действительно
выполняют указанную инверсию.
КОЕ-ЧТО О ВЫПУКЛОСТИ
Изучая геометрию в школе, вы
встречаетесь с разными плоскими и
пространственными фигурами. Так,
вы уже знаете, что такое треугольник,
квадрат, окружность, куб, пирамида,
шар, конус, цилиндр. Конечно, этот
перечень далеко не исчерпывает
всего разнообразия форм,
существующих в природе. Огромное количество
замысловатых и причудливых форм
способно создать и человеческое
воображение. Естественно, что
лишь немногие из этих форм имеют
названия. Да и нужно ли все их
назвать?
Когда садовод сокрушается, что
птицы склевали у него все вишни, ему
безразлично, какие именно птицы это
сделали — воробьи, дрозды или
попугаи. Он говорит о существах,
которые летают, садятся на ветки
деревьев и не прочь полакомиться сочными
вишнями. Знаете ли вы, что
существует 8616 различных видов птиц?
Можно ли запомнить все их
названия? Конечно, нет. Зоологи
разделили всех птиц на 40 отрядов,
объединив в один отряд тех, которые
обладают похожими свойствами. И если
вы будете знать эти сорок отрядов, а
также два-три десятка названий
птиц, обитающих в вашей местности,
то знакомство с птицами можно уже
считать состоявшимся.
Так и в геометрии: вы
знакомитесь с наиболее часто встречающи-
44

мися фигурами. А можно ли выделить
какие-нибудь интересные «отряды»
фигур? Да, и это одна из целей
геометрии. Свойство, которое
объединяет фигуры в тот «отряд», о котором
мы хотим рассказать, называется
выпуклостью.
Слово «выпуклый» не является
для вас новым. Однако попробуйте
дать этому понятию четкое
определение, и вы увидите, что это сделать не
так уж просто. Посмотрим, как это
понятие определяется в «Словаре
русского языка» С. И. Ожегова.
Читаем: «Выпуклый — имеющий
дугообразную поверхность, обращенную
наружу». А что значит
дугообразную? Читаем: «Дугообразный —
имеющий форму дуги». Что же такое
дуга? «Дуга — часть окружности,
круга или другой кривой линии». Тут
уже наше терпение лопается:
во-первых, кривые линии могут быть
самыми разнообразными, а во-вторых,
круг — не линия. Исходя из этого
определения выпуклости, можно ли
что-нибудь утверждать о выпуклости
(или невыпуклости), например,
куба? По-моему, нельзя. Так что такое
«определение» никак не может
устроить математика.
В математике понятие выпуклый
имеет четко определенный смысл.
Множество точек называется
выпуклым, если вместе с любыми двумя его
точками А и В этому множеству
принадлежит и весь отрезок АВ.
Теперь довольно очевидно, что
куб — выпуклое тело. А вот
фигура на рисунке не выпукла. Нетрудно
понять, что любой треугольник
является выпуклой фигурой. А
четырехугольники могут быть как
выпуклыми, так и невыпуклыми
(рис. 1).
Ну, а можно ли про выпуклые
множества что-нибудь доказать?
Можно. Например, докажите (это
совсем просто), что пересечение двух
или нескольких выпуклых множеств
снова является выпуклым
множеством (пустое множество также будем
считать выпуклым). Более трудно
доказать такое утверждение: через
любую точку границы выпуклой фигуры
на плоскости можно провести
прямую так, чтобы вся фигура лежала по
одну сторону от этой прямой. Такая
прямая изображена на рисунке; она
называется опорной прямой (рис. 2).
Если граничная точка является
«угловой», как на другом рисунке,
через нее можно провести несколько
опорных прямых (рис. 3).
Докажите самостоятельно, что если
некоторая плоская фигура имеет опорную
прямую в каждой граничной точке,
то эта фигура является выпуклой.
Таким образом, сформулированное
утверждение можно принять за
определение выпуклой фигуры.
Думаю, что наличие опорных
прямых у плоских выпуклых фигур
(аналогично — опорных плоскостей у
выпуклых тел), хотя и является очень
важным свойством, вряд ли кого
удивит: оно довольно очевидно.
Следующий факт гораздо более
удивителен.
Если на плоскости задано
несколько выпуклых фигур, каждые три
из которых имеют общую точку,
то найдется точка,
принадлежащая одновременно всем этим
фигурам.
Требование выпуклости фигур
существенно. Действительно, взгляните
на рисунок: из четырех фигур,
изображенных на ней, невыпуклая лишь
одна; однако хотя у любых трех
фигур есть общая точка, точек,
принадлежащих одновременно всем
четырем фигурам, нет (рис.4).
А если на плоскости задано
несколько выпуклых фигур, таких, что
любые две из них имеют общую
точку? Обязательно ли найдется точка,
общая для всех этих фигур?
Покажите самостоятельно, что такой точки
может и не быть.
Вы обратили внимание, что мы все
время подчеркивали то, что рассмат-
45

риваемые фигуры — плоские? И это
неспроста, потому что существуют
четыре выпуклых тела в
пространстве, каждые три из которых имеют
общую точку, но нет точки, общей всем
четырем телам, например четырем
граням треугольной пирамиды (рис.
5). Значит, в пространстве
подобная теорема уже не имеет места?
Оказывается, чтобы она осталась
верной и в пространстве, ее
достаточно лишь немного «подправить».
А именно: если в пространстве задано
несколько выпуклых тел, каждые
четыре из которых имеют общую точку,
то найдется точка, принадлежащая
одновременно всем этим телам.
Теорема, о которой мы только что
рассказали, была открыта не так
давно — в начале 20-х годов нашего
столетия — австрийским математиком
Э. Хелли и носит его имя. Хелли
сформулировал ее для выпуклых тел,
расположенных в /г-мерном
пространстве. Теорему Хелли можно
рассмотреть и для выпуклых множеств,
лежащих на прямой (на прямой
выпуклыми множествами являются
отдельные отрезки, лучи, а также вся
прямая и пустое множество). На прямой
теорема Хелли звучит так: если на
прямой задано несколько выпуклых
множеств, каждые два из которых
имеют общую точку, то найдется
точка, принадлежащая одновременно
всем этим множествам.
Попробуйте доказать эту теорему
самостоятельно.
Если вас заинтересовали
выпуклые фигуры, прочтите книгу И. М. Яг-
лома и В. Г. Болтянского, которая
так и называется: «Выпуклые
фигуры».
КАРТЫ И РАСКРАСКИ
На рисунке изображен
причудливо раскрашенный квадрат. Если мы
склеим из него цилиндр, а затем скле-
46

им еще и основания цилиндра, то
получим поверхность, напоминающую
бублик (рис. 1). В математике она
называется тором. Раскраска
квадрата станет раскраской некоторой
карты, расположенной на торе,
состоящей из семи окрашенных в
разные цвета стран, причем любые две
страны будут иметь общую границу.
Можно ли увеличить число стран
с выполнением этого условия, то есть
так, чтобы любые две страны имели
общую границу? Оказывается,
нельзя.
Прежде чем приступить к
доказательству этого утверждения,
рассмотрим более подробно построение
тора из квадрата.
Первый шаг построения —
склеивание цилиндра — не вызывает
никаких вопросов, но следующий
шаг — склеивание оснований
цилиндра — уже не очевиден. Ведь если бы
квадрат был, например, сделан из
бумаги, то как из бумажного цилиндра
сделать изображенный на рисунке
изящный бублик? Ваши попытки
склеить цилиндр приведут к
угловатой фигуре со складками наподобие
мехов гармонии или юбки гофре. Вот
если бы квадрат был резиновый, то
после склеек мы могли бы получить
неплохую камеру для
автомобильного колеса. Накачав ее воздухом,
мы получим тор.
Изменилось ли что-нибудь от
того, что мы взяли другой материал?
Да, конечно. Форма тора стала более
приятной, но зато изменились углы
между границами стран, длина
границ, площади самих стран.
А что сохранилось? Число стран,
число границ каждой страны; на
новой карте каждая страна граничит
с теми же странами, что и на старой.
И эти свойства сохранятся и в том
случае, если мы будем наш
резиновый тор деформировать, не разрезая
его и не производя никаких новых
склеек.
Свойства фигур, которые не
изменяются при таких деформациях,
называются топологическими. Их
изучением занимается одна из
молодых математических наук —
топология.
Известный популяризатор науки
М. Гарднер ' сказал, что топологами
принято называть математиков,
которые не могут отличить кофейную
чашку от бублика.
Не трудно убедиться, что бублик
действительно можно непрерывной
деформацией преобразовать в чашку.
А если на бублике была нарисована
карта, то она станет картой-узором
на чашке, и при этом отмеченные
нами свойства карты не изменятся
(рис. 2).
Если одну фигуру можно
непрерывно деформировать в другую, то
они называются гомеоморфными.
Попробуйте самостоятельно
доказать, что квадрат и треугольник го-
меоморфны кругу, а кольцо нет
(рис. 3).
В дальнейшем мы будем
рассматривать карты, у которых каждая из
стран гомеоморфна кругу.
Для карт такого вида имеется
очень красивая общая теорема о
числе В — вершин карты, т. е. точек, где
сходятся три или более страны, Г —
числе границ, т. е. отрезков,
отделяющих одну сторону от другой, и С,
т. е. числе стран карты.
Теорема утверждает, что число
% = В— Г+С — одно и то же для
всех карт на данной поверхности, а
следовательно, и на всех
поверхностях, гомеоморфных данной. Число
X называют эйлеровой
характеристикой поверхности. Леонард Эйлер
доказал, что для сферы В — Г + С = 2.
Это утверждение называется
теоремой Эйлера. Ее можно сформулиро-
1 Очень советуем прочесть его книги:
«Математические головоломки и развлечения».
М.: Мир, 1971; «Математические досуги». М.:
Мир, 1972; «Математические новеллы». М.:
Мир, 1974; «Есть идея!». М.: Мир, 1982;
«Крестики-нолики» М : Мир, 1988.
47

вать так: «Эйлерова характеристика
сферы равна 2». Проверить это
нетрудно: рассмотрим какой-нибудь
многогранник, например тетраэдр.
Его поверхность гомеоморфна сфере
(мы можем как бы раздуть его,
превратив в сферу). В данном случае
? = 4, Г=6, С = 4; В-Г+С=4 —
— 6 + 4 = 2. Для куба 5 = 8, Г= 12,
С=6; В-Г+С = 8—12 + 6 = 2.
Докажем теорему Эйлера в
общем случае.
Представим себе, что наша карта
является схемой рисовых полей,
причем границы их — плотины,
отделяющие одно поле от другого.
Предположим, что одно из полей
залито водой, и мы хотим,
последовательно снимая одну за
другой плотины, оросить все
остальные поля.
Чтобы не разрушить при этом
лишних плотин, поочередно будем
снимать плотину между двумя
такими полями, одно из которых уже
орошено, а другое еще нет.
Теперь докажите самостоятельно,
что для системы оставшихся плотин
справедливы следующие
утверждения:
Во-первых, что число
разрушенных плотин равно С—1.
Во-вторых, что из любой вершины
карты можно пройти по оставшимся
плотинам в любую другую вершину,
причем единственным образом.
И в-третьих, выведите из второго
утверждения, что число вершин
карты ровно на единицу больше числа
оставшихся плотин.
Из первого и третьего
утверждений следует, что Г— (С — 1) + 1 =В,
то есть В — Г + С = 2.
Это и есть теорема Эйлера для
сферы.
Аналогично можно доказать, что
для тора В — Г + С = 0. То есть
Эйлерова характеристика тора равна
нулю.
Первое утверждение останется
таким же; второе, а следовательно
и третье утверждения изменятся, так
как на торе окажутся две замкнутые
кривые, составленные из
неразрушенных плотин, но не мешающих
орошению всех полей. Одна из них
охватывает тор по параллели, а
другая — по меридиану аналогично
кривым, являющимися линиями склейки
квадрата при построении тора.
Итак, перед нами задача:
существуют ли такие карты на торе с числом
стран, большим семи, у которых
каждые две страны имеют общую
границу?
Покажем, что достаточно
рассмотреть лишь те карты, в каждой
вершине которых сходятся ровно по
три страны.
Действительно, пусть в какой-то
вершине искомой карты сходится
более трех стран (рис. 4). Несложно
преобразовать карту так, чтобы во
всех вершинах сходилось ровно по
три страны, число стран останется
при этом прежним, а число вершин
увеличится. Метод такой перестройки
хорошо виден из рисунка. Причем те
страны, которые имели общую
границу (но не вершину), также будут
иметь общую границу.
Теперь приступим к счету. Пусть
число стран на карте равно п, то есть
С—п. Тогда поскольку каждая
страна имеет с каждой из п— 1 других не
менее одной границы, то число
границ у каждой страны не менее п— 1.
Каждая граница принадлежит
ровно двум странам, поэтому общее
число границ не менее n{n~l), Итак,
мы получили, что Г^ n\n—l).
Подсчитаем число вершин. В каждой
вершине сходится ровно три границы, а
каждая граница соединяет ровно две
вершины. Поэтому удвоенное число
границ равно утроенному числу
вершин, или 2Г = ЗВ, или В= J-Л
Подставим, полученное
выражение для В в формулу Эйлера: —-^ +
+ С = 0 или Г = ЗС.
48

Так как С=/1,аГ>^у11) то
Ъп^п{п~^ или In>/?2. Отсюда
/г<7.
Доказательство окончено.
Покажите, что если не все страны
гомеоморфны кругу (например, у
карты есть страны в виде кольца),
то число стран, удовлетворяющих
условию задачи, также не
превосходит семи.
Попробуйте самостоятельно
доказать, что для поверхности шара
наибольшее число стран, попарно
граничащих друг с другом, равно четырем.
Примером карты с четырьмя
странами на шаре может служить
тетраэдр, у которого страны составляют
его грани. Чтобы превратить
тетраэдр в шар, нужно только его раздуть
так, как будто он резиновый. На
рисунке изображена развертка, окра
шенная в четыре цвета (рис.5).
Рисунок можно считать
разверткой тора.
А для более сложной поверхности,
например кренделя, развертка будет
совсем не простой (рис. 6). Одна
из таких разверток изображена на
рисунке 7. Чтобы склеить из нее
крендель, нужно склеивать отрезки,
находящиеся на границе развертки
так, чтобы при этом вершины с
одинаковыми номерами совпадали. Эта
развертка разбита на восемь стран.
По ее периферии указаны цвета тех
стран, с которыми соприкасается
каждая страна на соответствующих
участках границы. Проверьте,
граничат ли все страны между собой,
то есть каждая с каждой?
Докажите, что на кренделе нельзя
построить карту, обладающую
указанным свойством — с числом
стран, большим восьми. Формула
Эйлера для кренделя выглядит так:
В-Г+С=-2.
Рассмотрим теперь раскраски
произвольных карт на поверхностях.
Мы будем называть раскраску карты
правильной, если любые две страны,
49

имеющие на карте общую границу,
окрашены в различные цвета.
Построенные нами примеры карт
шара, тора и кренделя
позволяют сделать следующие
утверждения:
существуют карты на шаре, для
правильной раскраски которых
необходимо иметь краски четырех
различных цветов;
существуют карты на торе, для
правильной раскраски которых
необходимо иметь краски семи различных
цветов;
существуют карты на кренделе,
для правильной раскраски которых
необходимы краски восьми
различных цветов.
Интересно, что для правильной
раскраски любой карты на торе
достаточно семи цветов. А на
кренделе достаточно восьми цветов для
правильной раскраски любой
карты.
Что же касается поверхности
шара — самой простой из
рассмотренных поверхностей, то для нее этот
вопрос решен совсем недавно.
Можно ли произвольную карту на
поверхности шара (или на
плоскости) правильно раскрасить четырьмя
красками?
Эта проблема более 200 лет
волновала математиков всего мира.
Лишь несколько лет назад было
получено доказательство того, что
любая карта на плоскости может быть
правильно окрашена четырьмя
красками. Соавтором этого
доказательства была ЭВМ, которая проверила
несколько тысяч вариантов
расположения стран.
ОЛИМПИЙСКИЕ КОЛЬЦА
Нам хорошо знакома эмблема
олимпиады — пять сплетенных
колец, символизирующих пять
обитаемых континентов земного шара.
Давайте повнимательнее
приглядимся к этой лаконичной эмблеме
(рис. 1). Три кольца сверху, два
снизу — вот вроде бы и все. Но
взгляните на рисунок 2. Здесь вновь пять
сплетенных колец — три сверху, два
снизу, — но что-то не то. Что именно?
Эти кольца сцеплены более сложно.
Рисунок, который они образуют,
напоминает часть кольчуги древнего
воина, тогда как кольца
олимпийской эмблемы сцеплены в обычную
цепочку.
Конечно же, пять колец можно
сцепить и не только так, как показано
на этих рисунках.
На этих рисунках изображены
кольца, каждое из которых сцеплено
с одинаковым количеством колец —
с двумя (рис. 3) и с четырьмя
(рис. 4). Первый вариант легко
получить, сцепив между собой
концевые кольца цепочки, а второй
можно получить, сцепив сначала два
кольца, затем сцепив с каждым из
них третье, потом с каждым из трех
четвертое и, наконец, с каждым из
четырех пятое кольцо.
А можно ли так сцепить пять
колец, чтобы каждое было сцеплено
ровно с тремя другими? Попробуйте,
однако должен вас предупредить,
что все ваши попытки окажутся
безуспешными. Почему? А вот
почему.
Предположим, что такое
сцепление удалось осуществить. Привяжем
к какому-нибудь кольцу ярлычок
с номером 1; это кольцо у нас
сцеплено еще с тремя кольцами и не
сцеплено ровно с одним. Давайте к этому
кольцу привяжем ярлычок с номером
2. В свою очередь кольцо с номером
2 должно быть сцеплено со всеми
остальными кольцами, кроме кольца
с номером 1. Возьмем какое-нибудь
из еще не пронумерованных колец и
прицепим к нему ярлычок с номером
3 — оно, как мы знаем, сцеплено
с кольцами под номерами 1 и 2,
поэтому должно быть сцеплено с одним из
50

еще не пронумерованных колец
(которому мы дадим номер 4) и не
сцеплено с последним кольцом (ему мы
дадим номер 5). Посмотрим на
кольца под номерами 4 и 5. Если они
сцеплены, то тогда кольцо под номером 4
сцеплено со всеми четырьмя
оставшимися кольцами, а мы
предположили, что каждое кольцо сцеплено
ровно с тремя другими. Значит, кольца
под номерами 4 и 5 не сцеплены, но
в таком случае кольцо под номером 5
будет не сцеплено с двумя кольцами
под номерами 3 и 4, а сцеплено
только с двумя, что опять противоречит
предположению. Таким образом,
наше предположение о возможности
сцепления пяти колец так, чтобы
каждое было сцеплено ровно с тремя,
оказалось неверным.
А на рисунке 5 изображено
совершенно удивительное сцепление
трех колец. Никакие два из них
не сцеплены между собой, но
попробуйте их расцепить — у вас ничего
не получится. Однако если
разрезать любое из этих колец, то все
кольца окажутся расцепленными.
Эти кольца называются кольцами
Борромео. Подобным же образом
зацеплены и три дырчатые плоскости
(рис. 5). Присмотритесь — никакие
две из них не сцеплены, а разнять
их невозможно.
Ну а можно ли подобный фокус
устроить с пятью кольцами?
Взгляните, и вы увидите пример такого
сцепления (рис. 6). Если разрезать
какое-либо кольцо, то можно будет
снять его и еще одно кольцо, а
остальные три образуют кольца
Борромео, а если разрезать среднее
кольцо, то все кольца можно будет
разнять. Конечно же, у вас уже возник
вопрос: «А можно ли так сцепить
пять колец, чтобы никакие два не
были сцеплены и при разрезании любого
из них все кольца можно было бы
разнять?» Оказывается, и это
возможно. Посмотрите на рисунок 7.
Здесь хорошо виден процесс такого
51

сцепления; кроме того, на нем
хорошо заметно, что никакие два кольца
не сцеплены между собой и что,
разорвав любое, можно разъединить все
остальные. Более того, такой процесс
можно совершить с любым
количеством колец, большим двух.
И еще несколько задач:
1. Имеются шесть колец.
Докажите, что можно сделать так, чтобы
каждое из них было сцеплено:
а) с двумя другими кольцами;
б) с тремя другими кольцами;
в) с четырьмя другими кольцами;
г) с пятью другими кольцами.
2. Имеются семь колец.
Докажите, что можно сделать так, чтобы
каждое из них было сцеплено:
а) с двумя другими кольцами;
б) с четырьмя другими кольцами;
в) с шестью другими кольцами.
И невозможно, чтобы каждое
было сцеплено:
а) с тремя другими кольцами;
б) с пятью другими кольцами.
3. Докажите, что п колец можно
сцепить так, чтобы каждое было
сцеплено ровно с k другими
кольцами, в том, и только в том случае, если
хотя бы одно из чисел п и к является
четным.
ПРОЕКТИВНАЯ ПЛОСКОСТЬ
Недавно, перелистывая учебник
природоведения для 3-го класса, я
обратил внимание на две картинки:
класс, нарисованный художником, и
план того же класса. Взгляните на
них. Класс на рисунке изображен
таким, каким вы его видите, стоя
у доски. А план? Таким вы свой класс
наверняка не видели, даже
забравшись на стул, поставленный на
парты. Можете и не пытаться этого
предпринимать.
И тем не менее сделать хороший
рисунок класса, комнаты, двора —
задача гораздо более трудная, чем
нарисовать соответствующие планы.
52

Действительно, чтобы начертить
план, достаточно набраться терпения
и измерить размеры предметов и
расстояния между ними, а затем в
соответствующем масштабе перенести на
лист бумаги. Задача, вполне
посильная любому третьекласснику.
А рисунок? Для этого нужен
талант, скажете вы. Однако, глядя
даже на несомненно талантливые
детские рисунки, можно заметить,
что часто в них что-то не так, что-то
смущает нас, зрителей. Оказывается,
в них... отсутствует перспектива!
Та самая перспектива, которая
придает объемность плоскому
изображению.
Впервые правильным
изображением перспективы серьезно
заинтересовались художники эпохи
Возрождения, в особенности Альбрехт
Дюрер (1471 — 1528) и Леонардо да
Винчи (1452—1519). Затем к решению
этой задачи приступили математики
и создали красивую науку —
проективную геометрию, ее основы были
заложены Жераром Дезаргом
(1593—1661) и Блезом Паскалем
(1623—1662).
Вы удобно расположились в
кресле. За окном вы видите интересный
пейзаж. А теперь представьте себе,
что это не окно, а картина.
«Создателя» такой картины, очевидно,
невозможно упрекнуть в плохой
перспективе. Попробуем воспроизвести
ее, например, мелом прямо на
оконном стекле. Встанем и пойдем к окну.
И тут же картина начнет
изменяться — на ней появятся новые
предметы, а те, которые были видны прежде,
переместятся и изменят свою форму.
Однако дойдем до окна и попытаемся
изобразить то, что мы видим. Нас
ждет неудача: малейшее движение
головой, взгляд с нового ракурса —
и картина меняется, изображения
передвигаются на другие места. Что
же делать?
На одной из своих гравюр
художник А. Дюрер с помощью
остроумного приспособления изобразил вазу
так, как она видна из точки, в
которой веревка прикреплена к стене.
Пользуясь таким инструментом, и вы
сможете правильно дать перспективу
пейзажа в вашем окне. Однако не
воображайте, что вы уже стали
художником. Еще точнее эту картину
воспроизведет фотоаппарат, а для
того чтобы картина стала
действительно художественным
произведением, нужен талант.
Но оставим на время живопись и
перейдем к геометрии. Рассмотрим
схему метода Дюрера (рис. 1). За-

дадим в пространстве плоскость Р и
точку О. Для того чтобы построить
изображение точки N на плоскости Р,
проведем прямую через точки N и О.
Точка yVb в которой эта прямая
пересечет плоскость Я, и будет
изображением точки N на плоскости Р. Такой
метод построения изображения
называется центральной проекцией на
плоскость Р из точки О.
Рассмотрим центральную
проекцию из некоторой точки О фигур,
лежащих в горизонтальной плоскости
Q, на вертикальную плоскость Р
(рис. 2). Заметим, что прямые
будут переходить в прямые.
Действительно, проведем плоскость через
прямую на плоскости Q и точку О.
Линия ее пересечения с плоскостью
Р и будет изображением выбранной
прямой. Ясно, что если две прямые
пересекаются (не на прямой /2), то их
изображения тоже пересекаются
(рис. 3). Могут пересекаться даже
изображения параллельных прямых,
причем точка N\ пересечения этих
прямых лежит на прямой /,
проходящей через точку О и
параллельной плоскости Q (так
«пересекаются» на горизонте рельсы железной
дороги).
А какой прямой на плоскости Q
соответствует «горизонтальная»
прямая 1\ на плоскости Р — «линия
горизонта»? Такой прямой нет. В то же
время для любой другой прямой
плоскости Р найдется прямая на
плоскости Q, которая ей соответствует.
Проверьте это утверждение
самостоятельно. Однако для прямой /2
пересечения плоскости Q с плоскостью R
(R параллельна плоскости Р и
проходит через точку О), причем только
для этой прямой, не найдется
изображения на плоскости Р ни для одной
из ее точек. Да и образы прямых,
параллельных h и лежащих в Q, на
Р не пересекаются (рис. 4).
Стремление устранить тэкую
«дискриминацию» привело к созданию понятия
проективной плоскости.
54

Мысленно дополним обычную
плоскость точками еще одной
прямой, которую будем называть
бесконечно удаленной. Ее точки
также будем называть бесконечно
удаленными. Свяжем элементы
плоскости с вновь введенными
элементами.
Во-первых, будем считать, что
любая прямая плоскости
пересекается с бесконечно удаленной прямой
и притом в единственной точке. Эта
точка, естественно, будет
бесконечно удаленной, поскольку она
принадлежит бесконечно удаленной
прямой.
Во-вторых, будем считать, что
любая прямая, параллельная данной,
пересекается с бесконечно удаленной
прямой в той же точке, что и данная.
Тогда эта точка является точкой
пересечения всех прямых,
параллельных данной (в смысле
параллельности на обычной плоскости).
Теперь при центральном
проектировании прямую 1\ можно считать
образом бесконечно удаленной прямой
плоскости Q, а образом прямой /2 —
бесконечно удаленную прямую
плоскости Р, при этом лишь для точки
пересечения бесконечно удаленной
прямой плоскости Q с прямой /2 не
найдется места на прямой /ь то есть
эта точка останется бесконечно
удаленной. Аналогично и для
«бесконечно удаленной прямой» плоскости Р
и прямой 1\.
Каковы же свойства полученной
проективной плоскости? А это
зависит от того, с какой точки зрения их
рассматривать. Наиболее
естественно рассматривать те свойства
проективной плоскости, которые не
меняются при центральном
проектировании.
Действительно, при этом
стирается разница между прямыми на
первоначальной плоскости и бесконечно
удаленной прямой, поскольку
свойства бесконечно у/пенной прямой
плоскости Q 1>у,<,..ут ,. >аком случае

полностью соответствовать
свойствам прямой 1\ плоскости Р.
Перечислим основные из этих
свойств:
Для любых двух точек
существует одна, и только одна прямая, кото-
рой они одновременно принадлежат.
Любые две прямые пересекаются
в одной, и только в одной точке.
При этом придется забыть и об
углах между прямыми, поскольку их
величины не сохраняются при
центральном проектировании, и о
расстояниях между точками. Может
показаться, что это обстоятельство
обедняет геометрию проективной
плоскости. Тем не менее получается
большая и содержательная теория,
которая носит название проективной
геометрии и отличается чрезвычайным
изяществом своих теорем. Вот одна
из них.
Теорема Дезарга. Пусть даны три
прямые, пересекающиеся в точке О.
Пусть на одной прямой лежат точки
А и А\, на другой — В и Ви на
третьей — Си С\. Тогда точки пересечения
прямых АВ и А\ВХ, АС и А\Си ВС
и В\С\ лежат на одной прямой
(рис. 5).
На обычной плоскости в этой
теореме приходится отдельно
оговаривать ряд случаев, когда какие-либо
прямые параллельны. А вот еще одна
теорема.
Теорема Паппа. Пусть на одной
прямой даны точки Л, В и С, а на
другой — точки А[у В\ и G, тогда точки
пересечения прямых АВ\ и А\В, АС{ и
А\СУ ВС\ и В\С лежат на одной
прямой (рис. 6).
И эта теорема на обычной
плоскости нуждается в уточнениях в случае
параллельности тех или иных
прямых.
Одним из самых замечательных
свойств проективной геометрии
является принцип двойственности: на
проективной плоскости каждая теорема
остается справедливой, если в ней
всюду слово «точка» заменить на
слово «прямая», слово «прямая» на
слово «точка» и поменять местами
выражения: «лежит на...» и «проходит
через...». Примером такой
двойственности могут служить указанные
выше свойства проективной
плоскости.
Сформулируйте теоремы,
двойственные теоремам Дезарга и Паппа.
А сейчас вернемся к
геометрическому объекту.
Мы получили проективную
плоскость, введя бесконечно удаленные
точки и бесконечно удаленную
прямую.
Можно ли посмотреть, что же
из этого получилось?
Бесконечно удаленную прямую
(без одной точки) мы увидели, когда
спроектировали проективную
плоскость Q на плоскость Р. Но при
этом ушли в бесконечность другие ее
точки — прямая /г. Хотелось бы
получить такую модель проективной
плоскости, в которой были бы
«видны» все ее точки.
Одна такая модель уже почти
построена. А именно, зафиксируем
точку О в пространстве и назовем
точками прямые, проходящие через точку
О, а прямыми — плоскости,
проходящие через точку О. Посмотрите
еще раз на рисунки 2—4. Каждой
точке проективной плоскости
действительно соответствует
единственная «точка» модели — прямая,
проходящая через эту точку и точку О,
а каждой прямой — «прямая»
(плоскость, проходящая через эту прямую
и точку О).
При этом бесконечно удаленной
прямой будет соответствовать
горизонтальная плоскость — «прямая»,
а бесконечно удаленным точкам —
лежащие в горизонтальной
плоскости прямые — «точки» (например,
ON\) (рис. 3). В этой модели
наиболее ярко видно равноправие всех
точек и прямых проективной
плоскости.
56

Полученная модель очень хороша
для исследования свойств
проективной плоскости, однако хотелось бы
иметь такую модель, в которой точки
были бы точками, а прямые —
линиями. Оказывается, такую модель
нетрудно получить из предыдущей.
Добавим еще полусферу с центром
в точке О, касающуюся плоскости Q.
Основание полусферы
параллельно плоскости Q. Тогда каждой
прямой, соединяющей точку О с точкой
на плоскости Q, будет
соответствовать точка на полусфере — та
самая, в которой эта прямая
пересекается с полусферой. Прямым обычной
плоскости при этом будут
соответствовать полуокружности на
полусфере, проходящие через
диаметрально противоположные точки
границы полусферы. Семейству
параллельных прямых на плоскости Q
будут соответствовать
полуокружности, проходящие через две
диаметрально противоположные точки на
границе полусферы, а бесконечно
удаленной прямой — граница
полусферы (рис. 7).
К сожалению, каждой бесконечно
удаленной точке (точке бесконечно
удаленной прямой) соответствуют
две диаметрально противоположные
точки границы полусферы. Чтобы
избавиться от этого недостатка модели,
надо лишь склеить между собой две
полуокружности границы полусферы,
но так, чтобы при этом склеивались
диаметрально противоположные
точки. Сделать это, оказывается, совсем
не просто. Мало того что полусферу
придется изгибать, придется еще и
разрешить ей пересекать саму себя.
То, что получится в результате,
можно увидеть на рисунке — поверхность
сама себя пересекает по линии АВ
(рис. 8).
В этом случае, естественно, уже
трудно хорошо изобразить прямые.
Поэтому чаще всего пользуются
другой моделью — кругом,
диаметрально противоположные точки которого
57

мысленно считаются склеенными.
Такая модель получается из модели
на полусфере, если эту полусферу
спроектировать на плоскость Q
(рис. 9).
На проективной плоскости можно
нарисовать шесть стран, каждые две
из которых граничат друг с другом.
Заметим, что на обычной плоскости
таких стран может быть не больше
четырех. Было доказано, что шести
красок достаточно для правильной
раскраски любой карты на
проективной плоскости.

Глава III
МАТЕМАТИКА В ИГРАХ
КАМЕШКИ И ШАХМАТНАЯ
ДОСКА
(ВОСПОМИНАНИЯ О ЛЕТНИХ
КАНИКУЛАХ)
Жарким июльским днем мы с
Колей отправились на пляж. Вдоволь
накупавшись, мы улеглись на песке
загорать. Рядом с нами двое мужчин
играли в шахматы. Естественно, мы
тотчас начали обсуждать позицию на
доске и подсказывать: я — одному,
а Коля — другому. Но игроки были
невозмутимы и на наши подсказки
совершенно не реагировали.
Отчаявшись превратить эту партию в
шедевр шахматного искусства, мы стали
думать, чем же нам заняться.
— А не сыграть ли нам в
камешки? — спросил у меня Коля.
— Это что — подбрасывать и
ловить?
— Да нет, — ответил он. —
Гораздо интереснее! Для начала
сыграем в такую игру. Имеется кучка
камней. Мы по очереди берем по одному,
по два или по три камня. Выигрывает
тот, кто берет последний камень.
Я решил играть так, чтобы у меня
всегда было четное число камней.
И проиграл. Во второй партии я стал
брать камни так, чтобы у меня все
время было нечетное число камней,
и снова проиграл. Проигрывать в
третий раз мне не очень хотелось, и я
решил попытаться понять смысл игры.
И в первый раз, и во второй раз
получилось так, что перед моим
последним ходом в кучке оказывалось
четыре камня. Если я брал только
один камень, Коля забирал остальные
три. Если же я брал два или три кам-
59

ня, он забирал оставшиеся два или
единственный последний камень.
Как мне сделать, чтобы вновь не
оказаться перед четырьмя камнями?
Оставлять ему пять, шесть или семь
камней нельзя: взяв один, два или
три камня, он вновь оставит мне
четыре камня. А если я оставлю ему
восемь камней? Тогда уже он будет
вынужден оставить мне пять, шесть
или семь камней, а я заставлю его
делать ход в ситуации, когда в кучке
лежит четыре камня. И тут меня
осенило! Если игрок получает на своем
ходе кучку камней, количество
которых делится на 4, то после любого его
хода количество оставшихся камней
уж не сможет делиться на 4, а его
партнер вновь сможет сделать ход,
приводящий к кучке, количество
камней й которой вновь делится на 4, и
так далее, пока не исчерпываются все
камни. Все ясно!
Пересчитав камни в кучке (их
оказалось двадцать пять), я поднял
голову, чтобы сказать Коле, что беру
один камень, но ... он уже махал мне
рукой с середины реки (рис. 1).
Когда мы, накупавшись,
вернулись на старое место, я, как бы
нехотя, спросил:
— Сыграем еще партию в камни?
Начинать должен вроде бы я?
— Что ж, — ответил Коля, —
давай; только сейчас будем играть по
новым правилам. Из кучки камней
снова берем по одному, по два или
по три камня. Проигрывает тот,
кто берет последний камень. Ну,
начинай!
Я задумался, а через минуту, еще
раз пересчитав камни в кучке — их
как было, так и осталось двадцать
пять,— поднял руки вверх:
— Сдаюсь, проиграл!
— Почему? — удивился Коля.
В ответ я разложил камни так,
как показано на рисунке — шесть
кучек по четыре камня и еще один
камень.
— В первой игре я выиграл, брав
первым ходом один камень, — сказал
я, — а потом — столько камней,
чтобы в сумме с камнями, взятыми перед
этим тобой, получилось четыре
камня. А теперь, сколько бы камней я ни
взял, ты, беря всякий раз столько
камней, чтобы в сумме со взятыми
перед этим мной камнями получалось
четыре камня, оставишь мне
последний камень.
— Молодец, — похвалил меня
Коля. — Ты нашел выигрышную
стратегию для второго игрока. Что
же мы будем делать дальше?
Тут мы заметили, что наши
соседи-шахматисты ушли купаться.
— Эх, жаль, не попросили у них
шахматы поиграть, пока они
купаются! — сказал я, глядя на пустую
шахматную доску.
Фигуры наши соседи убрали
в сумку. На песке валялась лишь
одна забытая пешка. А мне хотелось
после всех моих неудач взять реванш
у Коли.
— Знаешь что, — сказал Коля,
придвигая шахматную доску и
устанавливая эту единственную пешку
в угол доски, — давай сыграем в
игру, автором которой является
известный советский математик академик
И. М. Гельфанд. Играют в нее так:
сначала пешка стоит в одном из
углов доски, а затем ее по очереди
передвигают на одну из соседних клеток,
причем назад ходить нельзя. — И он,
поставив пешку на одно из
центральных полей, показал, на какие поля ее
может передвинуть тот, кто поставит
пешку в противоположный угол
доски (рис. 2).
Я тотчас согласился — ведь в
шахматы я играю куда лучше Коли,
а здесь не какие-то камешки, а
настоящая шахматная доска, настоящая
пешка, которая, правда, ходит почти
как король!
Первую партию я проиграл и
решил во второй не торопиться, а
хорошенько обдумывать позицию. Однако
тут вернулись наши соседи, и нам
60

пришлось, извинившись, вернуть им
доску с пешкой.
— Не расстраивайся, — сказал
мне Коля, — в эту игру можно играть
и при помощи камешков.
Я тут же начертил на песке
квадрат, провел линии, делящие его на
64 квадратика, а на угловое поле
поставил камешек.
— Можно, конечно, и так, —
сказал Коля, — но я имел в виду совсем
другое.
Он сложил две кучки камней, по
семь камней в каждой.
— Будем по очереди брать
камни: либо один камень из первой
кучки, либо один камень из второй кучки,
либо два камня — по одному из
каждой кучки; а можно не брать камни,
а переложить один камень из одной
кучки в другую. Выигрывает тот, кто
забирает последний камень.
— Не хочу я играть в твои
дурацкие камни, — возмутился я, — давай
играть в игру Гельфанда! Ты что —
боишься?
— А это и есть игра
Гельфанда, — ответил Коля. — Вот смотри!
И он нарисовал на песке около
начерченного мной квадрата цифры
от 0 до 7 сначала вдоль одной
стороны, а потом вдоль другой стороны,
как показано на рисунке 3.
— Посмотри, что происходит.
Пусть фишка (5; 6) стоит на поле, то
есть на пересечении вертикали,
помеченной цифрой 5, и горизонтали,
помеченной цифрой 6 (рис. 3).
Положим в сторонке две кучки камней: в
первой пять камней, а во второй
шесть. В какие клетки я имею право
передвинуть фишку? В клетки (6; 5),
(5; 5), (4; 5), (4; 6) и (4; 7). Как из
наших двух кучек, содержащих пять
и шесть камней, получить кучки,
соответствующие новым положениям
фишки? Очень просто! Чтобы
получить положение (6; 5), нужно один
камень переложить из второй кучки
в первую; положение (5; 5)
получается, если взять из второй кучки один

камень; (4; 5) — если взять по камню
из обеих кучек; (4; 6) — если взять
один камень из первой кучки;
наконец, положение (4; 7) получается,
если один камень переложить из
первой кучки во вторую. Поскольку
начальное поле занумеровано цифрами
(7; 7), вначале в каждой кучке
должно быть по семь камней. Конечно же,
если поле занумеровано цифрами
(0; 0), то в кучках не останется ни
одного камня.
— А мне игра на шахматной
доске нравится гораздо больше, —
сказал я. — Вот смотри: клетка (0; 0) —
проигрышная в том смысле, что если
ход мой, а фишка уже стоит в этой
клетке, то я проиграл. А соседние
с ней клетки (0; 1), (1; 1) и (1; 0) —
выигрышные. Тогда клетки (0; 2) и
(2; 0) — проигрышные, так как с них
можно пойти лишь на выигрышные
клетки. На рисунке проигрышные
клетки помечены буквой П, а
выигрышные— знаком + (рис. 4).
Продолжая эти рассуждения, я смогу
для каждой клетки определить,
выигрышная она или проигрышная, —
сказал я, заканчивая разметку полей
квадрата (в результате получился
рисунок). — Теперь я мргу с тобой
сыграть и в «каменный» вариант
игры Гельфанда: буду передвигать
фишку по доске и соответственным
образом брать или перекладывать
камни.
— А я могу сформулировать
совсем простое правило, — сказал
Коля. — Посмотри, проигрышные
клетки — это те, у которых обе
«координаты» четные; у выигрышных же
клеток хотя бы одна «координата»
нечетна. Таким образом, в «каменной»
игре Гельфанда стратегия у
начинающего игрока очень простая: он
должен брать камни так, чтобы в обеих
кучках было четное число камней,
причем, если в каждой кучке
нечетное число камней, то это можно
сделать двумя способами: либо взяв по
одному камню из каждой кучки, либо
переложив камень из одной кучки
в другую.
— А вот этого делать как раз и не
следует, — сказал я, — так мы и
будем перекладывать камни по очереди
из одной кучки в другую до
бесконечности. В этом случае нужно брать два
камня, тогда общее количество
камней в кучках все время будет
уменьшаться и начинающий сможет
торжествовать победу, если, конечно, он
сделает правильный первый ход — на
поле (6; 6), а дальше уже будет
придерживаться нашей стратегии.
Таким образом, мы полностью
разобрались в игре Гельфанда, а раз
так, то играть в нее стало не
интересно. Другое дело — шахматы! Там
сыграны, наверно, уже миллионы
партий, а выигрышной стратегии
пока так и не нашли. Зато в игре с
камешками можно придумывать все
новые и новые правила игры, а найти
стратегию, приносящую выигрыш, не
менее, если не более, интересно, чем
найти решение замысловатого
шахматного этюда.
Попробуйте найти, кто и как
выигрывает при правильной игре —
начинающий или его партнер — в
следующих играх:
1. Имеются две кучки по десять
камней. Двое играющих поочередно
берут камни из какой-нибудь кучки
(не обязательно всякий раз из одной
и той же). Выигрывает тот, кто
заберет последние камни.
2. Условия те же, что и в
предыдущей игре, но игрокам запрещается
брать такое количество камней, при
котором в кучках в результате
остается одинаковое количество камней.
3. На столе лежат две кучки по
девять конфет. Каждый из двух
играющих должен сначала переложить
одну конфету из одной кучки в
другую, а потом съесть две конфеты из
одной кучки. Проигрывает тот, кто не
сможет сделать своего очередного
хода.
4. На столе лежат две кучки очи-
62

щенных орехов, в одной — семь, а
в другой — шесть орехов. Двое
играющих ходят по очереди. Ход состоит
в том, что играющий съедает орехи
в одной из кучек, а другую делит на
две части (любые). Если он не
сможет разделить эту кучку на две
части из-за того, что в ней — один орех,
то он его съедает и выигрывает.
ЦИЛИНДРИЧЕСКИЕ ШАХМАТЫ
Основными достоинствами
шахматиста, определяющими его класс
игры, являются фантазия и
шахматная эрудиция, которая складывается
из знания теории и опыта
практической игры. И очень часто в
шахматных поединках побеждает более
эрудированный игрок.
Если вы часто проигрываете, но
все же убеждены в силе своего
воображения, предложите партнеру
сыграть в цилиндрические шахматы.
Окажется ли он и в этой игре так же
силен?
Посмотрите, как бумажное
шахматное поле склеено с боковых
сторон в трубку (рис. 1). Конечно,
с деревянной доской такой фокус не
выйдет. С картонной доской проще,
но как на ней будут держаться
фигуры? Вот если бы доска была
резиновая, тогда бы мы смогли ее растянуть
по столу (рис. 2). Такую доску
можно специально изготовить, но на ней
не очень приятно играть: очень уж
разного размера ее поля, а
диагонали закрутились в спирали.
Проще всего взять обычную
шахматную доску и вообразить (ведь
у вас богатая фантазия), что ее
боковые стороны склеены. Фигуры на
доске расставляются как обычно,
передвигаются они по принятым
правилам, но теперь их движение будет
выглядеть не совсем обычно. Цветными
стрелками показано, по каким полям
может пойти слон с поля d3, крести-

ками отмечены поля, на которые
может попасть конь с поля Л5, а белая
пешка на ЛЗ объявляет шах королю
черных, находящемуся на клетке а4
(рис. 3). Остальные особенности
игры на цилиндрической доске вы
быстро освоите сами.
Ваш партнер обезоружен!
Разработанные дебюты уже никуда не
годятся, в позициях обнаруживаются
новые возможности, да и эндшпиль
существенно меняется. Ну-ка,
ответьте, могут ли поставить мат король
с ладьей «голому» королю
противника? Вашему противнику-эрудиту
придется непросто. Теперь-то вы его
наверняка обыграете!
Внимательный читатель,
несомненно, отметит, что мы несколько
непоследовательны, склеив лишь
боковые стороны шахматной доски.
Клеить так уж клеить! Можно
склеить и основания нашего цилиндра.
В результате получим фигуру,
которая у математиков называется тором
(рис. 4).
Можно ли на этой доске играть
в шахматы? Можно, но не сразу.
Легко заметить, что в первоначальной
позиции короли стоят на соседних
полях, значит, нужно придумать
другую начальную позицию фигур.
Основным достоинством
тороидальной доски является полное
равноправие всех ее полей, поскольку эта
доска безгранична, но, разумеется,
конечна — на ней, как и раньше, все те
же 64 клетки.
Любопытно отметить, что
тороидальных досок существует несколько
видов. Например, можно склеить ее
вот так (рис. 5). Тогда какой
простор открывается здесь ладьям и
слонам, не говоря уже о ферзе, который
одним ходом может пройти чуть ли
не по всем клеткам доски.

УГАДАЙ ЧИСЛО
Вы играли в игру «Угадай число»?
Даже не слышали? Это очень
простая игра. Скажем, я загадываю
натуральное число, меньшее 100,
записываю его на бумаге (чтобы не было
возможности сжульничать), а вы
пытаетесь его отгадать, задавая
вопросы, на которые можно отвечать лишь
«да» или «нет». Потом вы
загадываете число, а я пытаюсь его отгадать.
Кто угадает за меньшее число
вопросов, тот выиграл.
Сколько вопросов вам
понадобится, чтобы угадать мое число? Не
знаете? Говорите, что, может быть,
сразу, а может быть, понадобится сто
вопросов? Я берусь угадать ваше
число, задав всего семь вопросов. Как?
А вот, например, как. Пусть вы
загадали число. Я спрашиваю: «Оно
меньше, чем 64?» — «Да». —
«Меньше, чем 32?» — «Да». — «Меньше,
чем 16?» — «Да»г— «Меньше, чем
8?» — «Нет». — «Меньше, чем
12»? — «Нет». — «Меньше, чем
14?» — «Да». — «Меньше, чем
13?» — «Нет». — «Задумано
число 13».
Понятно? Я делю набор
возможных чисел пополам, потом
оставшуюся половину снова пополам и так
далее, пока в оставшейся части не
окажется всего одно число. Почему
я начал с числа 64, а не с числа 50?
Об этом чуть позже; можно было
начинать и с числа 50. Нетрудно
проверить, что для чисел, меньших 64,
достаточно уже шести вопросов, а за
семь вопросов можно угадать любое
число, не превосходящее 128.
А вот с помощью трех таблиц 1а,
16, 1в с цветными цифрами я берусь
угадать задуманное число, меньшее
64, всего за три вопроса (рис. 1).
Первый вопрос: «Какой цвет имеет
ваше число в таблице 1а?» Второй
вопрос: «Какой цвет имеет это чис-

ло в таблице 16?» Разумеется,
третий вопрос — о его цвете в
таблице \в.
Получив ваши ответы, я
заглядываю в такую вот шпаргалку:
1
2
3
О
серый
0
0
0
©
белый
1
4
16
е
черный
2
8
32
0
коричневый
3
12
48
Если вы ответили на вопросы,
скажем, так: «Серый, коричневый,
белый», я складываю три числа 0, 12,
16, стоящих на пересечении столбцов
и строк, соответствующих названным
цветам в соответствующих таблицах.
Проверьте, что число 28
действительно имеет названные цвета в таблицах
(и только оно).
А теперь откроем секрет этого
фокуса. С раннего детства мы привыкли
записывать числа в десятичной
системе счисления. Например,
последовательность цифр 1987 мы
расшифровываем как 1 • 103 + 9 . lo2-f 8X
X 101 + 7 • 10°. Счет ведется
десятками, десять единиц одного разряда
является единицей следующего
разряда. Если же за основание системы
счисления взять число 4, а не 10,
понадобится всего 4 цифры: 0, 1, 2 и 3.
Хотя почему именно цифры? Можно,
например, использовать кружочки:
0 — Для нуля, 0 — для 1, ф — для
2 и 0 — для 3. Число 28 запишется
в четверичной системе счисления как
1 • 42 + 3 • 41 + 0 . 4°=1304
(четверка снизу числа 130 означает, что
запись сделана в четверичной
системе счисления). А в нашей цветовой
записи оно запишется, как
© 0 О.
Если прочесть эту запись с
конца, получится
«серый-коричневый-белый». Это сочетание цветов мы и
называли, когда, задумав число 28,
сообщали его цвета в таблицах 1а, 16,
\в\ Взглянем еще раз на наши
таблицы. В таблице \а цвета чисел
периодически чередуются через четыре.
Таким образом, у серых чисел в
четверичной записи стоит на конце число
0, у белых — 1, у черных — 2, у
коричневых — 3. Цвета чисел в таблице
16 точно таким способом определяют
вторую цифру в четверичной записи
числа, а в таблице \в — третью
цифру. То же самое говорит и шпаргалка,
с помощью которой мы определяли
число по его цветам в таблицах. Мы
поместили числа в таблицы 1а, 16, \в
размером 7X9 для того, чтобы вас
немного запутать. Если использовать
таблицы 2а, 26, 2в размером 8X8,
систему можно обнаружить гораздо
быстрее. Таблицы, составленные
подобным образом, но использующие
три цвета, будут соответствовать
представлению числа в троичной
системе счисления; использующие два
цвета — в двоичной. Например,
в двоичной системе счисления число
100 запишется так: 64 + 32-f 4= 1 X
Х26+1 • 25 + 0 • 24 + 0 • 23+1Х
Х22 + 0 • 2'+0 • 2°, то есть
1 1001002. Мы видим, что числа,
меньшие ста (даже меньшие 128),
записываются в двоичной системе
счисления не более чем семью знаками.
Вспомните, что я брался угадать
число, меньшее 100, за семь вопросов!
Для числа 13 получилась такая
последовательность ответов: да-да-да -
нет-нет-да-нет. Запишем число 13 в
двоичной системе счисления и
добавим впереди три нуля: 000 ИОЬ.
Какая связь между
последовательностью ответов «да-нет» и полученными
цифрами? Ну конечно же,
совершенно прямая: ответу «да» соответствует
цифра 0, а ответу «нет» — цифра 1.
Таким образом, вместо моих
вопросов «больше-меньше» можно
было бы предъявить семь таблиц с
серыми и белыми цифрами. Не знаю, как
вам, а мне метод деления пополам
66

нравится больше. Между прочим, он
довольно часто используется на
практике. Скажем, мне нужно найти
в задачнике задачу номер 1372.
Я раскрываю его посредине и смотрю
какой-нибудь номер задачи на этой
странице. Если он больше, чем 1372,
я делю пополам первую половину
задачника и смотрю на номера там;
а если меньше, то проделываю эту
процедуру со второй половиной.
Количество страниц, которые могут
содержать эту задачу, каждый раз
вдвое уменьшается, и я довольно
быстро нахожу то, что искал. Этот
метод носит название «дихотомия» от
греческого «диха» — «на две части»
и «тома» — «сечение».
Принцип дихотомии заложен и в
олимпийской системе выявления
чемпиона: сначала все участники
разбиваются на пары, и в каждой паре
определяется сильнейший, дальше
побежденные — половина
участников — исключаются из
соревнований, а победители вновь разбиваются
на пары и т. д. Пока не останется
всего одна пара, во встрече которой и
определяется чемпион. Эта система
совершенна, если количество
участников является степенью числа 2;
тогда в каждом «круге соревнований»
заняты все участники, а если в
некотором круге число участников
нечетно? Тогда одна из команд переходит
в следующий круг без соревнования
с другим участником. Любопытно,
что если число участников на единицу
больше степени двойки, то описанная
ситуация будет возникать в каждом
круге соревнований (например, при
9 или 17 участниках), и нужно
следить, чтобы одна и та же команда не
оказывалась «лишней» в каждом
круге и таким образом не вышла бы
в финал, не сыграв ни одной игры.
Попробуйте ответить на
следующий вопрос: «В соревнованиях на
кубок по волейболу участвует 133
команды, соревнования проводятся
по олимпийской системе; сколько бу-
67

дет проведено игр для определения
победителя?»
Сначала кажется, что нужно
очень долго считать, чтобы получить
ответ, а решение оказывается
чрезвычайно простым. Достаточно
заметить, что в каждой игре выбывает
ровно одна команда, а нужно, чтобы
осталась одна; значит, чтобы выбыло
132 команды, нужно провести 132
игры.
Эта же идея присутствует в
решении еще одной популярной задачи.
Шоколадка состоит из трех долек
в ширину и восьми в длину. Сколько
нужно сделать разломов по линиям,
чтобы полностью разломать ее на
дольки? Сначала решающий встает
в тупик: ведь ломать-то можно
совсем по-разному! Но давайте четко
сформулируем задачу. Есть один
кусок шоколада, нужно получить 24
кусочка, и при каждом разламывании
количество кусков увеличивается
ровно на один. Значит, ломать
придется 23 раза, причем безразлично,
в каком порядке это делать.
ОКРУЖЕНИЕ ДЕСАНТА
Игра в «крестики-нолики» на
клетчатой бумаге давно стала одним
из любимых развлечений школьников
и студентов, поскольку ручка или
карандаш и листок бумаги в клетку у
них всегда под рукой. Рассмотрим
новый вариант этой игры.
Двое играют в крестики-нолики
на бесконечном листе клетчатой
бумаги. Начинающий ставит крестик
в любую клетку. В каждый
следующий свой ход он должен ставить
крестик в любую свободную клетку,
соседнюю с одной из клеток, где уже
стоит крестик. Соседней с данной
клеткой считается любая, имеющая
q ней общую сторону или общую
вершину. Второй играющий может
ставить сразу три нолика в любые три
68

свободные клетки (не обязательно
рядом друг с другом). Докажите, что,
как бы ни играл первый, второй
может его «запереть», то есть добиться
того, чтобы первому больше некуда
было поставить крестик.
Исследуйте аналогичные игры,
в которых разрешается за один ход
ставить не три, а только два или
только один нолик. Каков здесь будет
результат при правильной игре
партнеров: удастся ли ноликам запереть
крестики и сколько могут
продержаться крестики, то есть сколько для
этого потребуется ходов, или игра
может продолжаться до бесконечности?
Попробуйте изучить другие
варианты этой игры: когда соседними
с данной считаются только клетки,
имеющие с ней общую сторону; когда
плоскость разбита не на квадраты, а
на правильные шестиугольники;
когда первому разрешается ставить
сразу р крестиков, а второму— q
ноликов.
Действия крестиков очень похожи
на действия десанта, пытающегося
избежать окружения, поэтому мы и
назвали эту игру «окружение
десанта».
В варианте, когда один ставит
один крестик, а второй — три нолика,
начинающий может поставить не
более семи крестиков. На рисунке 1
показана стратегия ноликов при
первом ходе, обеспечивающая этот
результат. Действительно, в таком
случае начинающий может
поставить крестик на одно из пяти полей.
Нетрудно видеть, что, ставя его на
юго-восточное поле, первый может
надеяться при правильной игре
поставить семь крестиков, потому
что при ответе ноликов,
изображенном на рисунке 2а, он может
рассчитывать лишь на то, чтобы
поставить крестики на поля, отмеченные
точками (рис. 26). Причем из двух
полей, отмеченных желтыми точками,
он сможет поставить крестик не
более чем на одном. Как при этом дол-

жен ставить нолики второй, ясно из
рисунка 26.
Если же начинающий ставит
второй крестик на другое поле, то после
хода ноликов получается одна из
ситуаций, изображенная на рисунке
3, где уже лишь четыре поля (они
также отмечены точками), на
которые начинающий может поставить
крестик при правильной игре второго.
Стратегия ноликов заключается в
отрезании всех полей продвижения от
проставленного вместо точек
крестика, аналогичного тому, как это
делалось и в первом случае (рис.4).
Попробуем теперь усложнить
задачу ноликов. Разрешим игроку
ставить не по три нолика, а лишь по два.
Интересно, что если с самого начала
пытаться ставить нолики на клетки,
соседние с крестиками, то задержать
движение крестиков невозможно.
Посмотрите на рисунок 4. Здесь
нолики не могут помешать продвижению
крестиков вверх: желтые значки —
первый ход; черные — второй;
коричневые — третий.
Это ясно, поскольку каждым
своим ходом нолики перекрывают лишь
два поля из трех, ведущих вверх.
Казалось бы, что тут уже нолики
не смогут окружить крестики, и тем
более если на каждый крестик игрок
ставит лишь по одному нолику.
А если попытаться организовать
вдалеке от первого крестика
оборону? Сможет ли он хотя бы помешать
движению крестиков вверх?
Оказывается, да! И даже в случае, если на
каждый крестик будем отвечать лишь
одним ноликом. Эту стратегию (она
нам понадобится и для
окончательного решения задачи) назовем
отражением лобовой атаки.
Итак, мы пытаемся остановить
движение крестиков вверх.
Посмотрите на рисунок 5. Казалось бы,
невозможно не пропустить крестики
выше горизонтальной линии, ведь через
шесть ходов крестики могут
оказаться на любом из тринадцати квадра-
70

тов, отмеченных точками, а ноликов
за это время можно поставить лишь
шесть. Теперь посмотрим на
рисунок 6. Игра началась, и с каждым
ходом крестики угрожают все
меньшему числу полей за горизонтальной
чертой.
После второго хода —
одиннадцати полям, после третьего — девяти,
после четвертого — семи. Но второму
удается поставить за четыре хода
нолики так, что на угрожаемых полях
они стоят через поле. Попробуйте
доказать самостоятельно, что при
любой игре крестиков нолики смогут это
сделать.
Теперь после пятого хода
крестиков получится одна из двух
изображенных ситуаций (рис. 7). В
случае а второй может ставить нолики
в две оставшиеся незаполненные
клеточки в любом порядке, а также в
случае б он сначала ставит нолик
в среднюю клетку, а потом, в
зависимости от хода крестиков, в левую или
в правую. Тогда и крестикам путь
прегражден.
Итак, «лобовая атака» отбита!
Нолики могут не пропустить крестики
выше шестой горизонтали, считая от
той, где стоит первый крестик.
Казалось бы, задача решена.
Ведь таким же образом мы сможем
не пропустить крестики в любом из
направлений, то есть ограничить,
например, все крестики внутри
некоторого квадрата. Однако этот вывод
преждевременен, мы не учли
возможности атаки на угол.
Если крестик стоит по диагонали
обороняемого квадрата, то он
угрожает почти вдвое большему числу
полей за пределами квадрата, чем
при лобовой атаке на сторону этого
квадрата. Например, он
угрожает, как и раньше (рис. 8),
тринадцати полям каждой стороны, а в
совокупности двадцати пяти
полям.
Неужели ноликам не выдержать
этой атаки? На помощь ноликам
приходит возможность брать в качестве
плацдарма обороны стороны сколь
угодно большого квадрата. Возьмем
большой квадрат (гораздо больший,
чем показан на рисунке) и проведем
в нем квадрат, отстоящий от сторон
первого на шесть клеток. За центр
квадрата примем ту клетку, где был
поставлен первый крестик. Пока
крестики будут находиться внутри
меньшего квадрата, сторонам квадрата
лобовая атака не угрожает, и за то
время, пока крестики будут
продвигаться к стороне (или углу)
внутреннего квадрата, нолики смогут
укрепить свои позиции в углах большого
квадрата, например, поставить в
каждом углу по И ноликов (рис. 9).
Тем самым атака на угол будет
лишена смысла, а атаку на сторону мы
научились отбивать, если она
начинается с расстояния в шесть клеток от
стороны. Чтобы поставить в каждом
углу по одиннадцать ноликов (на
самом деле можно обойтись и меньшим
числом), потребуется внутренний
квадрат со стороной в 87 клеток, а
следовательно, внешний квадрат
будет иметь сторону в 99 клеток.
Точно сформулировать
«выигрывающую» стратегию ноликов и
исследовать другие варианты этой игры
(например, выяснить, при каких р и
q нолики не могут «запереть»
крестики, если за один ход ставится р
крестиков и q ноликов) мы
предоставляем читателям.

ГЛАВА IV
УЧИМСЯ РАССУЖДАТЬ
МЕТОД ПЕРЕБОРА
Рассказывают, что однажды
племянник Шерлока Холмса Джек
обратился к своему знаменитому дяде
с просьбой помочь в решении
следующей задачи: куплено несколько
одинаковых книг и одинаковых
альбомов. За книги заплачено 10 рублей
56 копеек. Сколько куплено книг,
если цена одной книги более чем на
1 рубль превосходит цену альбома,
а книг куплено на 6 больше, чем
альбомов?
Ознакомившись с условиями,
знаменитый сыщик прошел от стола к
окну, затем вернулся к столу, постоял
около него, уставившись в потолок,
и, наконец, сказал: «Книг было
куплено 8 штук».
«Как вы это установили?» — в
один голос воскликнули Джек и
присутствовавший при этом мистер Ват-
сон.
«О, это было совсем просто! —
ответил Шерлок Холмс, усаживаясь
в кресло. — Раз книг куплено на 6
больше, чем альбомов, я понял, что
книг куплено не меньше 7. Из того,
что цена книги более чем на 1 рубль
превосходит цену альбома, я сделал
вывод, что каждая книга стоит
больше 1 рубля, а поскольку за них
заплачено 10 рублей 56 копеек, книг купили
не больше 10. Таким образом, все
числа, большие 10, и все числа,
меньшие 7, оказались вне подозрений.
Проверив каждое из чисел 7, 8, 9, 10,
я установил, что искомое число
может быть только 8, остальные не
делят 1056».
Метод перебора, которым вос-
72

пользовался здесь Шерлок Холмс,
видимо, является древнейшим из
методов решения задач. Долгое время
его относили к методам «второго
сорта», переборные решения считались
некрасивыми. Однако в последние
годы метод перебора применяется все
чаще и чаще в задачах, где искомая
величина принимает только
целочисленные значения.
Известно много серьезных задач,
которые математики не могут решать
иначе, как методом перебора.
Правда, при этом перебор производит
электронная вычислительная
машина, а математик лишь инструктирует
ее, как этот перебор нужно сделать.
Известный американский математик
С. Голомб сказал по этому поводу:
«В отличие от человека машина,
решая задачи, производит
однообразные вычисления, которые кажутся
нам столь скучными, с
невообразимой быстротой. Но вместе с тем она
не заметит способа упростить или
улучшить решение, если этот способ
не будет заранее учтен
программистом, составляющим детальные
инструкции для работы ЭВМ».
В последние годы именно ЭВМ все
чаще используют для решения
переборных задач.
К числу задач, решаемых методом
перебора, относится задача об
укладке туристом рюкзака. Условие
состоит в том, чтобы уложить в рюкзак
предметы из заданного набора так,
чтобы их суммарная масса была
наибольшей и, соответственно,
суммарный объем не превосходил объема
рюкзака.
Конечно, в такой постановке
задача выглядит игрушечной, но
представьте, что взамен рюкзака вам
будет предложен отсек в трюме
теплохода, и вы поймете, что эта задача
имеет существенное
народнохозяйственное значение.
Итак, решите задачу об укладке
в рюкзак предметов, указанных
в таблице. Объем рюкзака 100 дм3.
Предмет
Палатка
Спальный
мешок
Одеяло

Радиоприемник
Кулек с едой
Мяч
Топор
Вес (кг)
20
5
8
2
10
0,5
3
Объем (дм3)
60
55
32
20
8
10
2
Другой широкоизвестной
задачей, решаемой перебором вариантов,
является так называемая «задача
коммивояжера».
Между каждыми двумя из
городов имеется железнодорожное
сообщение. Как объехать несколько их,
затратив минимальное время, если
задан город, в котором начинается и
кончается путь?
Уже для пяти городов количество
вариантов равно 24, для шести
городов их 120, для семи — 720, для
десяти— 362880. Чтобы избежать
полного перебора, математики
придумали различные ухищрения. Делается
это не зря — решение подобной
задачи необходимо для разработки
наилучшего маршрута для машин,
развозящих журналы и газеты по
киоскам, для автобусов, подбирающих
сельских жителей по пути на работу,
и т. п.
На рисунке показана карта
местности, на которой расположены пять
городов — Ах, Ох, Эх, Ух и Их.
В таблице указаны расстояния
между ними по железной дороге.
Найдите кратчайший путь коммивояжера,
который должен выехать из города
Ух, объехать остальные города и
вернуться в Ух.
Ах
Их
Ох
Ух
Эх
Ах
0
60
40
50
20
Их
60
0
30
35
45
Ох
40
30
0
55
50
Ух
50
35
55
0
20
Эх
20
45
50
20
0
Ах
Их
Ох
Ух
Эх
0
60
40
50
20
60
0
30
35
45
40
30
0
55
50
50
35
55
0
20
20
45
50
20
0

Для решения подобных задач
были созданы сложные методы,
сокращающие перебор вариантов.
Они составляют новую
математическую науку, которая носит
название «целочисленное
программирование».
Некоторое представление о
возможностях сокращения перебора
может дать решение такой задачи.
3/
Известно, что -у ****$ есть
натуральное число. Найдите его.
Первое, что приходит в голову, —
это перебирать пятизначные числа,
оканчивающиеся на 3, и смотреть,
нет ли среди них точных кубов: 10003,
10013, 10023, ... Но когда мы еще
доберемся до 99993, да и как узнать,
является данное число кубом или
нет?
Лучше будем возводить числа
в куб и посмотрим, какие из них будут
пятизначными и оканчивающимися
на 3. Получим: 13= 1, 23 = 8, 33 = 27,
43 = 64, 53= 125, 63 = 216, 73 = 343,
83 = 512, 93 = 729, 103= 1000.
Так дело тоже не пойдет. Зачем
нам нужны кубы маленьких чисел?
Посмотрим, чему равно наименьшее
число ху куб которого является
пятизначным числом. Оно не меньше, чем
V 10000 = loVTo, но УТЬ больше 2,
так как 23 = 8; поэтому х больше 20.
Оценим искомое число сверху, то есть
посмотрим, какого числа оно не
может превышать. Такое число,
очевидно, равно -^100000 = 10^100. Но
Зу
¦у ЮО меньше 5, так как 53= 125.
Значит, нужно перебирать числа от
21 до 49.
Посмотрим, не поможет ли нам
сократить перебор то, что число под
радикалом оканчивается на 3.
Изучим выписанные нами кубы первых
десяти натуральных чисел. Из них на
три оканчивается лишь 7. Если
теперь немножко подумать, то нетрудно
сообразить, что куб натурального
числа будет оканчиваться на 3 в том,

и только в том случае, если само
число оканчивается на 7.
Теперь нам осталось для перебора
лишь три числа: 27, 37 и 47; 273 =
= 19683, 373 = 50653, 473= 103823,
но последнее число уже
шестизначное, поэтому остаются лишь числа 27
и 37.
Попробуйте самостоятельно
решить следующие задачи методом
перебора.
1. В составлении 40 задач для
школьников приняло участие 30
студентов педагогического института
со всех пяти курсов. Любые два
однокурсника придумали одинаковое
число задач. Любые студенты разных
курсов придумали разное число
задач. Сколько студентов придумало по
одной задаче?
2. Сколькими нулями может
оканчиваться число 9Л+ 1?
3. В буфете продавались пирожки
по 5 копеек, бублики по 6 копеек,
булки по 7 копеек, слойки по 8 копеек и
коржики по 10 копеек. Ребята купили
на рубль 14 изделий разных видов.
Если взять по одному изделию
каждого купленного вида, то их
суммарная цена будет равна 21 копейке.
Сколько и каких изделий было
куплено, если дополнительно известно, что
никаких изделий не было куплено
больше шести и никаких изделий не
было куплено равное количество?
4. Найдите два целых
положительных числа, разность между
квадратами которых равна 455.
5. Студент за 5 лет учебы сдал
31 экзамен. В каждом следующем
году он сдавал экзаменов больше,
чем в предыдущем. На пятом курсе
экзаменов было втрое больше, чем на
первом. Сколько экзаменов было на
четвертом курсе?
РИСУНОК ПОМОГАЕТ
РАССУЖДАТЬ
Однажды наши новые соседи
попросили меня помочь расставить
мебель в их квартире. Молодая хозяйка
начала бодро руководить «бригадой
такелажников», состоящей из ее
мужа и меня.
— Давайте поставим сервант
к этой стенке, а рядом с ним —
телевизор, — скомандовала она.
Мы дружно навалились на
сервант — из него со звоном посыпалась
посуда. После многочисленных «раз-
два, взяли», «давай-давай» —
сервант утвердился на указанном месте.
Однако тумбочка с телевизором
никак не хотела вставать в
предназначенное для нее пространство. Мы
отодвинули сервант в сторону, чтобы
поставить тумбочку с телевизором, но
в результате сервант загородил
проход в дверь.
Три часа мы перетаскивали
мебель из комнаты в комнату. Это был
сизифов труд. Возникали ситуации,
когда, например, для того чтобы
поставить в кабинет пианино, нужно
было вытащить оттуда журнальный
столик и все кресла, отправить их на
кухню и вернуть обратно только
после установки пианино. Радостная
готовность сдвинуть горы сменилась
крайней усталостью. В какой-то
момент, когда вещи неожиданно заняли
свои первоначальные положения, мы
дружно воскликнули:
— Вот так лучше всего!
Эта история послужила мне
уроком. И когда родители решили купить
еще одий книжный шкаф (что,
естественно, повлекло за собой
перестановку мебели в квартире), я начертил
на бумаге план квартиры, вырезал
прямоугольнички, в масштабе
соответствующие размерам имеющейся
мебели и новому шкафу, и начал экс-
75

периментировать. Изучив новую
расстановку мебели, я установил
последовательность перестановки:
1. Из прихожей вешалка
убирается на кухню.
2. Шкаф заносится в прихожую.
3. Из гостиной сервант
переносится в спальню.
4. На место серванта ставится
шкаф.
5. Вешалка возвращается в
прихожую.
6. Диван переносится на кухню.
7 На место дивана ставится
сервант.
8. Диван переезжает в спальню.
Ожидая машину со шкафом, я
размышлял, нельзя ли что-нибудь
переставить еще до прибытия шкафа.
Я нарисовал схему, из которой
увидел, что операции 1 и 3 от других не
зависят. Немного подумав, я понял,
что последовательность действий
можно изменить так, что не
только операции 1 и 3, но и операции 6, 7,
8 можно будет выполнить до приезда
шкафа. Таким образом, рисунок
помог мне найти рациональный
вариант перестановки.
Более сложная ситуация такого
же характера присутствует в так
называемой игре Эскотта (рис. 4).
Задача заключается в перемещении
блоков по одному в прямоугольнике
до тех пор, пока блоки 1 и 2 не
меняются местами с блоками 7 и 10 так,
как это показано на рисунке 4.
Вращать блоки не разрешается,
даже если для этого есть место.
Хотя игра Эскотта и называется
игрой, мы все же привыкли к играм,
в которых участвуют по крайней мере
два человека. Кто из вас не играл
в крестики-нолики? Двое игроков
в квадрат (3X3) поочередно
вписывают: один игрок — знак X, а
другой — знак 0. Выигрывает тот, после
хода которого образуется три его
знака, идущие подряд.
Я думаю, вы настолько хорошо
знакомы с этой игрой, что можете

сыграть вничью с любым
противником, играя как крестиками, так и
ноликами, то есть, начиная игру или
играя вторым. Поэтому рассмотрим
немного другой вариант
крестиков-ноликов.
Пусть каждый из двух игроков
может при любом своем ходе ставить
как крестик, так и нолик. Конечно
же, только один значок. Кто
выигрывает в этом случае?
Поиграйте с приятелями в эту
игру. Она доставит вам удовольствие.
Здесь при правильной игре
выигрывает начинающий. Как? Сначала он
ставит какой-нибудь значок в центр
(скажем, крестик). Затем...
Взгляните на рисунок, и вы увидите, как
должен играть первый игрок, чтобы
выиграть при любых ответах второго.
Мы немного сократили рассуждения
на рисунке, убрав позиции, которые
отличаются от приведенных на
рисунке поворотом доски или
симметрией. Теперь вы можете выиграть
у любого противника, если ходите
первым. Математики говорят в таких
случаях, что задан алгоритм
решения.
Алгоритмы окружают нас
повсюду. Раскроем поваренную книгу.
Здесь каждый приведенный рецепт
есть перечисление
последовательности действий (алгоритм),
которые нужно совершить, чтобы
приготовить то или иное блюдо. Вот,
например, рецепт картофельного
пирожного:
1. Картофель испечь (а не
отварить), чтобы пюре было совершенно
сухое.
2. Растопить сливочное масло.
3. Тщательно растереть с
горячим сливочным маслом картофельное
пюре.
4. Взбить яйца.
5. Добавлять их по
одному в пюре, не переставая
растирать.
6. Отдельно растереть 4 желтка
с сахаром добела.

7. Соединить их с картофельной
массой.
8. Оставшиеся белки взбить
в твердую пену.
9. Соединить их с картофельно-
яичной смесью, стараясь взбить
пышнее.
10. Добавить пекарский порошок.
(Пекарский порошок состоит из
смеси соды, углекислого аммония и
виннокаменной соли. Его можно
заменить смесью соды и лимонной
кислоты в равных частях.)
11. Запечь на огнеупорном блюде
в духовке.
На 10 крупных картофелин 300 г
сливочного масла, 8 яиц, 3 столовые
ложки сахара, 0,5 чайной ложки
пекарского порошка.
Рисунок этого рецепта удобно
изобразить в виде схемы (рис. 2).
Здесь отчетливо видно, что операции
2, 4, 6 и 8 могут быть выполнены
независимо от других. Так что
домашние хозяйки, знакомые с оснцвами
программирования, вполне смогут
сэкономить время приготовления
этого блюда, если выполнят эти
операции, пока печется картофель.
Подобные рисунки
последовательности проведения отдельных
операций получили широкое
распространение во многих областях жизни,
особенно в строительстве. Там они
называются сетевыми графиками.
Использование сетевых графиков
позволило сокращать время
строительства, указывать точное время
проведения каждой строительной
операции, проводить расчеты
потребности в машинах, людях,
материалах.
Расчеты сейчас выполняют
электронно-вычислительные машины
(ЭВМ) по заранее намеченной
программе — алгоритму; эти действия и
здесь удобно изображать графически
в виде кружочков и стрелочек. Такие
рисунки называются
«блок-схемами».
Рассмотрим последовательность

действий при решении квадратного
уравнения ах2 + Ьх + с = 0.
1. Вычислим А = Ь2.
2. Вычислим В = ас.
3. Вычислим С = 4В.
4. Вычислим ?> = Л — С.
5. Вычислим E = ^fU.
6. Вычислим F =—& + ?.
7. Вычислим G = — 6 — Е,
8. Вычислим Н = 2а.
9. Вычислим x\ = F/H.
10. Вычислим x2=G/H.
11. Печатаем хь *2.
Блок-схема этого алгоритма
представлена на рисунке 3.
На большинстве современных
ЭВМ операции проводятся
последовательно: первая, вторая и т. д. Но
уже есть ЭВМ, которые могут
одновременно совершать несколько
операций. И таким образом ускорять
работу.
А ЧТО БУДЕТ, ЕСЛИ...
В детстве я очень любил
калейдоскоп. Глядишь в волшебную
трубочку и видишь великолепную
мозаику. Небольшой поворот — и новый
узор, еще поворот — и опять новый
узор...
Когда мне в руки впервые попал
кубик Рубика, то сначала было
интересно просто покрутить его, как
раньше я крутил калейдоскоп,
полюбоваться возникающей игрой красок на
его гранях. Однако бессистемное
кручение вскоре мне наскучило. После
нескольких часор попыток собрать
кубик, я наконец его собрал.
Я начал обращаться с кубиком
осторожнее, чтобы его можно было
легко вернуть в собранное
положение. Покрутил одну грань раз, еще
раз, еще и еще — кубик вновь собран
(рис. 1).
А что будет, если вертеть по
очереди две соседние грани, скажем в
одну и ту же сторону? Первая-вто-

рая — раз, первая-вторая — два,
первая-вторая — три ... (рис. 2).
В это время я уже знал, что через
несколько пар вращений кубик вновь
соберется. У меня начали уставать
пальцы, я сбивался со счета, а кубик
все не собирался. Лишь после 105 пар
вращений кубик собрал свои цвета на
гранях.
Но откуда я знал, что такой
момент наступит? Просто перед этим я
немного порассуждал. Различных
положений у кубика хотя и много, но
все же не беспредельно. Раз так, то
он не может всякий раз оказываться
в новом положении, рано или поздно
появится положение, в котором кубик
уже был. Обозначим такое
положение буквой А, а собранное положение
буквой Е (рис. 3). После пары
вращений кубик переходит из
состояния А в состояние Б, потом из
состояния В в состояние Сит. д., пока он
снова не очутится в положении А и
все снова начнет повторяться. Как
говорят математики, положения
кубика будут периодически
повторяться.
Давайте сформулируем
полученный результат, уже отвлекаясь от
кубика — объекта, для которого он
был получен.
Если объект может находиться
в конечном числе состояний и
определена операция, однозначно
переводящая каждое состояние в новое, то,
последовательно применяя эту
операцию, получим периодически
повторяющуюся последовательность
состояний объекта.
Это утверждение звучит как закон
природы или математическая
теорема. На самом деле так оно и есть.
Более того, с помощью этого
утверждения мы сможем получить очень
интересные результаты.
Но сначала закончим
рассуждения о кубике Рубика. Заметим еще
одну особенность нашей операции:
для любого состояния однозначно
определено предыдущее состояние.
80

А именно, следует повернуть уже в
другую сторону сначала вторую, а
затем первую грань кубика.
Посмотрим на рисунок 4. Двигаясь из
положения А назад, начиная с
полученного первым положения А, через
несколько шагов мы придем в
положение Е\ значит, и из полученного во
второй раз положения А за то же
число шагов мы попадем в положение Е.
Таким образом, между первым и
вторым положениями кубика А
обязательно находится положение Е —
собранный кубик.
Вот такие рассуждения
промелькнули в моей голове, перед тем как я
начал вертеть кубик по описанному
правилу. Конечно, количество пар
вращений могло оказаться очень
большим, ведь состояний у
кубика Рубика чрезвычайно много —
43 252 003 274 489 856 000. Я пробовал
вертеть грани в разные стороны: лер-
вую — по часовой стрелке, а
вторую — против. В этом случае
возвращение наступает через 63 пары
ходов, а если вертеть поочередно три
соседние грани в одну сторону, то
цикл замкнется через 80 троек
поворотов.
Тот, кто имеет у себя кубик Руби-
ка, может поэкспериментировать
с другими наборами поворотов. Ну, а
кто его не имеет, берите бумагу,
карандаш, и мы начнем
экспериментировать с числами. Конечно, не
помешал бы и микрокалькулятор или
персональный компьютер, но можно
обойтись и без них.
Разделим 136 на 11. Кстати, вы
знаете признак делимости на И?
Нет? Запомните, это полезно. Число
делится на И, если разность между
суммой цифр, стоящих на нечетных
местах, и суммой цифр, стоящих на
четных местах, делится на 11. В
нашем случае (1+6)—3 = 4,
следовательно, 136 на И не делится.
А что будет, если мы все-таки
начнем делить уголком? Взгляните на
рисунок. Нетрудно заметить, что
цифры после запятой периодически
повторяются. Такая десятичная
дробь будет бесконечной, и
называется она периодической десятичной
дробью. Записывается она так:
12,(36) —повторяющийся набор
цифр заключается в скобки.
При делении еще каких целых
чисел возникают периодические
десятичные дроби? Любых, лишь бы
делитель был отличен от нуля, при этом
мы будем считать конечную
десятичную дробь бесконечной, продолжив
ее после последней цифры нулями.
Почему? Для доказательства нам
будет очень удобно воспользоваться
ранее сформулированным общим
утверждением. В качестве
рассматриваемого объекта возьмем разность,
стоящую под чертой. В нашем
примере это сначала будет 2, потом 4,
потом 7, снова 4, снова 7 и т. д.
Рассмотрим операцию, которую мы
проделываем с этим объектом. Слева
приписываем еще одну цифру, потом
вычитаем из полученного числа
наибольшее число, кратное делителю, но не
превосходящее этого числа,
записываем разность — это и будет
преобразованное число.
Сначала операция зависит
отделимого, поскольку приписываемая
цифра зависит от делимого, но через
несколько шагов (в нашем случае со
второго шага) справа приписывается
только ноль. После этого мы
попадаем в условия действия
сформулированного нами закона. Объект —
число, оно может находиться в конечном
числе состояний: принимать целые
неотрицательные значения, меньшие
делителя. Операция определена, она
однозначно переводит одно число
в другое. Значит, последовательность
получаемых чисел будет
периодически повторяться. Отсюда следует, что
и цифры в частном начнут
периодически повторяться. Наше утверждение
доказано.
А что будет, если у числа взять
сумму его цифр, у полученного числа
81

снова взять сумму его цифр и т. д.?
Скажем, для числа 1987 все ясно:
1987-^25-^7->7-^7-^...
А для других чисел? Нетрудно
заметить, что всякое число больше
суммы своих цифр (исключение
составляют лишь однозначные числа),
поэтому после применения операции
взятия суммы цифр число будет
уменьшаться до тех пор, пока оно не
станет однозначным, а однозначное
число при нашей операции переходит
в равное ему число. Таким образом
мы получили доказательство
периодичности (с периодом 1) получаемой
последовательности, начиная с
некоторого места.
А какое число будет при этом
повторяться? На этот вопрос легко
ответить, не выписывая саму
последовательность. Это будет остаток от
деления первоначального числа на 9,
если само число не делится на 9, и 9,
если оно делится на 9. Почему? По
признаку делимости на 9. Правда, вы
знаете его в «урезанном» виде: для
того чтобы число делилось на 9,
нужно, чтобы сумма его цифр делилась
на 9. Однако имеет место более
сильное утверждение: само число и сумма
его цифр имеют одинаковые остатки
при делении на 9.
Теперь ясно, что у каждого
следующего числа будет тот же остаток
при делении на 9, что и у начального.
Среди однозначных чисел все имеют
разные остатки при делении на 9,
кроме 0 и 9, но у числа, отличного
от нуля, сумма цифр также отлична
от нуля. Отсюда и следует наше
утверждение. Периодическую
последовательность с периодом 1
называют последовательностью с
неподвижной точкой.
А что будет, если у числа брать не
сумму цифр, а сумму квадратов
цифр? Снова попробуем для числа
1987 (рис. 5). Получим, что
периодически будет повторяться
последовательность 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58,
89.
82

Возьмем число 133 (рис. 6).
Здесь неподвижная точка — это 1
(период последовательности равен
1).
Но обязательно ли при процедуре
взятия суммы квадратов цифр
возникнут периодические
последовательности? А если да, то какие?
Про введенную нами операцию —
взятие суммы квадратов цифр
данного числа — можно высказать два
утверждения:
1. Всякое число, меньшее 200,
переходит в число, меньшее 200.
2. Всякое число, большее или
равное 200 (и даже 100),
уменьшается при этой операции.
Первое утверждение нетрудно
проверить. Действительно, из чисел,
меньших 200, наибольшую сумму
квадратов цифр имеет число 199, но
эта сумма квадратов для числа 199
равна 163, что меньше, чем 200;
значит, и для остальных чисел, меньших
200, сумма квадратов цифр меньше
200.
Второе утверждение даже более
очевидно, чем первое. Стоит лишь
испробовать несколько больших
чисел, чтобы в него поверить. Для
любознательных мы приводим
ниже строгое доказательство этого
факта.
Пусть некоторое число N =
— ап ...a2aia0 меньше суммы
квадратов своих цифр:
ап • 10rt + ...-fa2 • 102 + a, . 10 +
+a0< a2n + ... + a% + a2\+ at
Тогда
art(10"-a„)+... + a2(102-a2) +
+ ai(10 — ai) +a0(l—a0)<0.
Но в этой сумме все числа, кроме
последнего, неотрицательны, а
последнее больше или равно 9(1 —9) =
= — 72. Если хотя бы одна из цифр
ak с k>2 была отлична от нуля (1 <;
^а/г<!9), то было бы
a*(10* — ak)>\0k — 9>91,
и вся сумма была бы положительна.
Таким образом, /г^ 1 и W< 100.
Из первого и второго утверждений
и закона о периодичности вытекает,
что операция взятия суммы
квадратов цифр обязательно
приводит к периодической
последовательности.
Осталось посмотреть, какие же
периодические последовательности
будут при этом возникать.
Оказывается, с какого бы числа мы ни
начинали, мы обязательно придем либо к
последовательности 145, 42, 20, 4, 16,
37, 58,89, либо к 1. Проверьте это
самостоятельно, в качестве начальных
чисел достаточно рассмотреть лишь
числа, меньшие 200 (почему?) и даже
меньшие 161.
А что будет, если брать не сумму
квадратов цифр, а сумму их кубов?
Попробуйте и с этой задачей
разобраться самостоятельно.
А сейчас об одной нерешенной
проблеме. Возьмем какое-нибудь
число. Если оно четное, то разделим его
на 2. Если оно нечетное, то умножим
его на 3 и прибавим 1. Снова — если
полученное число N четное, то берем
N/2, а если нечетное, то берем ЗЛ/ +
+ 1. И так далее. Для числа 34 этот
процесс изображен на рисунке 7.
Он заканчивается периодической
последовательностью 4, 2, 1, 4, 2, 1, ...
с периодом 3.
Были испробованы в качестве
начальных чисел очень многие числа,
и все они приводили к такой
последовательности. Однако никто до сих
пор не доказал, что так будет
всегда.
Мы не надеемся на то, что кто-то
из читателей решит эту задачу.
Попробуйте решить похожую задачу:
если число четное — делим его
пополам, если нечетное, то прибавляем
101. Если не получится —
разрешаем заглянуть в конец книги, где
находится решение этой задачи, а также
задачи об операции взятия суммы
кубов цифр числа.
83

МАКСИМУМ, МИНИМУМ
И ТЕОРЕМА О СРЕДНИХ
В математике принято называть
теоремами такие утверждения,
которые могут быть многократно
использованы при выводе других
утверждений, в частности при решении
задач. Мне хочется рассказать о
применениях следующей замечательной
теоремы.
Среднее арифметическое
нескольких положительных чисел не меньше,
чем их среднее геометрическое, и
равенство этих средних выполняется
лишь тогда, когда все заданные
числа равны:
П v
ИЛИ
(а1 + о, + ... + аяу . fl2 . _ . Qn
v п '
Где же эта теорема применяется?
Конечно, зная ее, вы можете
использовать в качестве среднего
среднее арифметическое, если вам
хочется, чтобы среднее было побольше, и
среднее геометрическое, если хотите,
чтобы оно было поменьше. Например,
вычисляя среднюю успеваемость в
классе. Это, конечно, шутка. А если
серьезно?
Оказывается, с помощью этой
теоремы можно находить
наибольшие или наименьшие значения
многих алгебраических выражений.
Начнем с простейших.
1. Какое наибольшее значение
может иметь многочлен 2х — х2?
Преобразуем многочлен так: 2х —
— х2 = х(2— х).
И обозначим 2 — х через у.
По теореме
2х—х2 = ху^ (Л±У-У =
Отсюда следует, что наибольшее
значение многочлена равно 1, и оно
достигается, если х = 2 — х, то есть
при лс=1. Нетрудно проверить, что
х и 2— х не могут быть оба
отрицательными; поскольку мы ищем
наибольшее значение, достаточно
рассматривать их лишь тогда, когда они
оба положительны.
2. Какое наименьшее значение
может иметь выражение х + — для
Г X
положительных значений х?
Обозначим —через у. По теореме
= 7гЦ = 2.
Итак, наименьшее значение равно
2, оно достигается при х = —= 1.
г х
В школе проходят метод
выделения полного квадрата, которым
решаются оба эти примера:
1) 2х—х2=\ — (1— х)2<1.
2) *+±=(уТ--^)2+
+ 2>2.
Но уже пример 3 выделением
полного квадрата не решается.
3. Найти наименьшее значение
выражения ахп-\- — для
положила'"
тельных значений х, если а и b —
положительны, а п и m — натуральные
числа.
Представим данное выражение
следующим образом:
ах? + -±-=±хп + ± хп + ... +-*" +
х m ' m ' m '
m раз
+-Л ь—+ +—
1 nxm ' nxm т "*' ' nxm
n раз
Тогда по теореме о среднем ариф-
84

метическом и среднем
геометрическом
п-\- т
+ |у атхтп Ьп
V тт ' хпт .
n + ml
_-л ат • Ьп
V гпт . пп
тт • п"
а „п
Равенство достигается при — хп
т
= JL. то есть при x" + *n = 2«L или
пхт а"
-л/ Ьт
'— V an
Итак, наименьшее значение
данного выражения равно
п 4- ml
Рассмотрим еще один пример.
4. Требуется из квадратного
листа жести со стороной а сделать ящик
наибольшего возможного объема,
открытый сверху, вырезая равные
квадраты по углам и загибая затем
жесть так, чтобы образовывать бока
ящика (рис. 1).
Пусть сторона каждого из
вырезаемых квадратов равна х, найдем
объем V ящика: V= (а — 2х)2х (рис.
2). Применяя теорему о среднем
арифметическом и среднем
геометрическом, получаем:
4V=(a — 2x)(a — 2x) . 4х<
< ( Q — 2х + а — 2х + 4х \ __ / 2а \
Следовательно, ^^т(~т~) =='
2а3
4^3' 27 "
Равенство достигается при а — 2х =
= 4ху то есть х = 4г-
Заметим, однако, что среднее
геометрическое не самое маленькое из
средних, оно больше, чем среднее
гармоническое, определяемое как
количество данных чисел, деленное на
сумму их обратных величин. Таким
образом, имеется цепочка
неравенств:
85

al+a2 + ... + an>^Jai . ^ . . ^
г ••• ~i
a, a2 an
Попробуйте последнее
неравенство доказать самостоятельно.
В заключение отметим, что в
математике есть метод нахождения
максимумов и минимумов функций
дифференцированием. Однако
рассмотренные неравенства оказались более
удобными для подсчета на
электронных вычислительных машинах
наибольших и наименьших значений
некоторых типов выражений. Эти
методы получили название
геометрического программирования.
Задачи.
1. Из круговых секторов данного
периметра Р найти сектор
наибольшей площади.
2. В данной окружности найдите
наименьшую хорду, проходящую
через точку А внутри окружности.
3. Найдите минимум выражения:
2jt3-f--JL.
У*
4. Докажите, что если сумма
положительных переменных хи x2l ...,
хп постоянна, то произведение **• X
Х42 • ... • xkn\ где &,, k2, ..., kn —
данные целые положительные числа,
имеет наибольшее значение, когда
переменные пропорциональны своим
показателям: т~==1Г== •••==т~-
К\ К 2 Кп
Докажите, что то же самое верно
и для рациональных положительных
чисел.
ОТ ШКОЛЬНОЙ ЗАДАЧИ —
К ПРОБЛЕМЕ.
РАССТАНОВКИ
И ТРАНСПОЗИЦИИ
Как-то раз, перелистывая учебник
по математике для пятого класса,
я наткнулся на следующую задачу:
на книжной полке тома «Детской
энциклопедии» стояли в таком
порядке: 1, 2, 6, 10, 3, 8, 4, 7, 9, 5. Как
расставить их по порядку, если можно
брать два соседних тома и ставить
их, не меняя порядка, рядом на новое
место (в начало, конец или между
двумя томами)?
Довольно быстро мне удалось
найти решение. Вот оно (рис. 1).
Но у меня давно выработалась
привычка анализировать решенную
задачу, и сразу же возник вопрос:
«А если бы тома стояли иначе?» Тут
же в голову пришел способ
перестановки, не зависящий от
первоначальной расстановки томов. Сначала
взять первый том и том, стоящий
справа от него, и поставить их в
начало, затем второй том и том, стоящий
справа от него, и поставить их за
первым томом и т. д. Если нужный том
стоит в конце ряда, то сначала
следует взять любую пару из еще не
установленных томов и переставить их
в конец ряда, после чего
перестановка нужного тома окажется
возможной.
Я испробовал этот способ на
расстановке, предложенной в задаче, и
четырьмя перестановками поставил
тома в нужном порядке. Затем взял
расстановку: 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1.
После шести перестановок пришел
к следующей расстановке: 1, 2, 3, 4,
5, 6, 7, 8, 10, 9 (рис. 2). Тут я
обнаружил, что дальше метод не
действует. Кроме 9-го, остался лишь один
10-й том, и переставлять в конец ряда
нечего.

Я проделал перестановку томов
еще раз и тем же способом, но ставя
в конец ряда уже другие пары.
Переставлять пришлось дольше, но
результат остался прежним — снова
на конце ряда сочетание 10, 9, с
которым мой способ не может справиться.
И тут я вспомнил, что аналогичная
ситуация возникает в знаменитой
настольной игре. Там передвижениями
фишек невозможно из положения на
рисунке 3 перейти в положение на
рисунке 4.
Идея доказательства этого факта
основана на операции
«транспозиция». Транспозицией некоторой
последовательности чисел называется
перемена местами каких-либо двух из
этих чисел. При этом доказывается,
что если одна последовательность
чисел получается из другой при
помощи четного числа транспозиций, то
невозможно добиться того же
результата с помощью нечетного числа
транспозиций, и наоборот, если
последовательность чисел получается
из другой нечетным числом
транспозиций, то невозможно получить ее
четным числом транспозиций.
Осталось выяснить, четному или
нечетному числу транспозиций
соответствует операция, описанная в
задаче. Перенос одного тома на новое
место эквивалентен серии
транспозиций: сначала с ближайшим томом,
потом со следующим и т. д., пока
он не встанет на свое новое место.
Точно так же перенос следующего
тома эквивалентен серии
транспозиций с теми же томами, что и в
первом случае. Общее число
транспозиций будет равно удвоенному
числу транспозиций при переносе
одного тома, поэтому наша операция
эквивалентна четному числу
транспозиций.
Следовательно, некоторые
расстановки томов операцией,
указанной в задаче, можно упорядочить, а
другие — нельзя. В частности,
расстановка 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 9 по-
87

лучается из расстановки 1, 2, 3, 4, 5,
6, 7, 8, 9, 10 нечетным числом
транспозиций, и, следовательно, не может
быть в нее переведена
рассматриваемой операцией.
Обратите внимание, что в наших
рассуждениях мы нигде не
упоминали, что томов именно десять. С тем
же успехом эти рассуждения можно
провести для любого другого
количества томов.
А вот то, что мы переставляли по
два тома сразу, было очень
существенно. Действительно, если бы мы
переставляли по одному тому, то при
любой начальной расстановке такой
операцией мы смогли бы расставить
тома по порядку. А если переставлять
по три тома? А по четыре?..
На половину из этих вопросов
можно ответить сразу. Перестановка
четного числа томов соответствует
четному числу транспозиций,
следовательно, такой операцией
невозможно перевести одну расстановку
в другую, получающуюся из нее
нечетным числом транспозиций.
Ну, а если переставлять по три
тома? Давайте попробуем! Сколько
же для начала взять томов? Три —
мало, возьмем четыре. Посмотрим,
какие расстановки можно получить
из расстановки по порядку: 1, 2, 3,
4 — из нее 2, 3, 4, 1 и 4, 1, 2, 3, из них
3, 4, 1, 2... и все! Такие перестановки
называют циклическими, потому что
они переставляют числа по кругу —
если одну расстановку выписать по
окружности, то любую другую можно
прочитать, начав с некоторого места
(рис. 5). Но никакие две из
расстановок
1, 2, 3, 4
1, 2, 4, 3
1, 3, 2, 4
1, 3, 4, 2
1, 4, 2, 3
1, 4, 3, 2
нельзя перевести друг в друга цикли-

ческими перестановками, а ведь
каждой из них соответствуют еще по три
расстановки, получающиеся
циклическими перестановками. Таким
образом, все 24 различные
расстановки чисел 1, 2, 3 и 4 (проверьте, что
их 24) разбиваются на 6 групп по 4
расстановки в группе, причем нашей
операцией мы не можем получить из
расстановки одной группы
расстановку другой группы.
Сохранится ли такое положение,
если мы возьмем не четыре, а пять
или больше томов? Оказывается, нет!
Решающую роль здесь сыграет
следующая последовательность
расстановок: 1, 2, 3, 4, 5-+1, 3, 4, 5, 2^4, 5,
2, 1, 3-+2, 1, 3, 4, 5.
Переставляя по три тома, мы
поменяли местами первый и второй
тома, вернув на место остальные.
Таким же образом мы можем
переставить любые два соседних тома,
причем не только когда у нас пять томов,
но и для любого большего числа
томов. Действительно, если эти два
тома не последние, то, взяв еще и
следующий за ними том, переставим эту
тройку томов вперед, затем поменяем
местами первые два тома (как было
показано) и снова вернем тройку
томов на их старое место. В результате
все тома встанут на прежние места,
кроме выбранных нами двух томов,
которые поменяются местами. Если
же мы захотим поменять местами
последние два тома, то сначала возьмем
три первых тома, поставим их в
конец, затем совершим описанную
процедуру и, наконец, поставим на
старое место стоявшие в начале тома.
Теперь для вас, видимо, не будет
неожиданным утверждение: если
число томов не меньше пяти, то любую
расстановку этих томов можно
перевести в расстановку по порядку,
переставляя тома тройками. Ведь,
последовательно меняя местами соседние
тома, можно сначала перевести
первый том на первое место, затем
второй том — на второе и т. д.
А что будет в случае перестановки
по пять томов? По семь томов?
Вообще по 2я+1 тому? Решения этой
проблемы я нигде не встречал.
Можно спросить: «А кому нужны
эти перестановки?» Оказывается,
нужны, и очень часто, например,
теория перестановок играет важнейшую
роль при решении вопроса: можно ли
корни данного алгебраического
уравнения п-и степени выразить с
помощью радикалов (как это делается
для квадратного уравнения). Было
выяснено, что уравнения третьей и
четвертой степени обладают этим
свойством, а для уравнений пятой
степени и выше корни, как правило,
уже невозможно выразить через
коэффициенты с помощью радикалов.
Теперь, пожелав успеха тем, кто
решил взяться за окончательное
решение поставленной проблемы,
предлагаю разобрать еще интересные
задачи.
ОДНО ИЛИ БОЛЬШЕ?
Найдите четыре натуральных
числа, таких, чтобы сумма
произведения любых трех из них и 1 делилась
на четвертое число.
Первое, что приходит в голову, —
взять все числа, равными 1. Такая
четверка чисел действительно
удовлетворяет условиям задачи. А нет ли
еще решений? Где-то я видел эту
задачу. Открываю книжку И. Л. Бабин-
ской «Задачи математических
олимпиад», выпущенную издательством
«Наука» в 1975 году. Нахожу задачу
под номером 142. Ищу ответ. Читаю:
«Например, 1, 2, 3, 7». Меня этот
ответ не устраивает. Для меня это то же
самое, что ответ: «Например, 2» на
вопрос: «Какие корни у уравнения
х2 — 5х + 6 = 0?»
Нет... Где-то еще я видел
подобную задачу. Ну конечно, «Сборник
89

задач московских математических
олимпиад», издательство
«Просвещение», 1965 год, страница 70,
задача 215. Вот она:
«Найти все такие тройки чисел а,
Ь, с, отличных от 1, чтобы
произведение любых двух чисел тройки,
сложенное с единицей, делилось на
третье число».
В ответе — единственный набор:
2, 3, 7.
Не правда ли, этот ответ очень
похож на ответ интересующей нас
задачи, хотя здесь речь идет не о
четырех, а о трех числах. А что будет для
двух чисел? Ддя каких пар чисел
сумма каждого из них с единицей
делится на другое? Задача с четырьмя
числами для пятиклассников, с тремя —
для учеников 7—10-х классов...
Однако наберемся смелости и
приступим к решению.
Если одно из этих двух чисел 1, то
второе число должно быть делителем
числа 2: либо 1, либо 2. Нетрудно
проверить, что обе пары (1,1) и (1,2)
удовлетворяют условию задачи.
Пусть ни одно из чисел не равно 1.
Тогда, очевидно, эти числа взаимно
просты. Пусть a<cb, тогда а + 1 ^.Ь,
но а-\-1 делится на Ь> следовательно,
а+1^6. Отсюда вытекает, что а +
+ 1 = Ь. А так как Ь -f 1 делится на а,
то а + 2 делится на а, следовательно,
2 делится на а, и поскольку аф\, то
а = 2, 6 = 3.
Итак, существуют всего три пары
таких чисел, что сумма одного из них
с единицей делится на другое: (1, 1),
(2, 1), (3,2).
Достаточно простое решение этой
задачи наводит на мысль
попробовать решить сразу общую задачу:
«Найти п чисел таких, чтобы
произведение любых п — 1 из них в
сумме с единицей делилось на
оставшееся».
Докажем две леммы.
Лемма 1. Пусть числа аь а2,..., ап
обладают тем свойством, что
произведение любых п — 1 из них в сумме
с единицей делится на оставшееся;
Тогда, добавив к ним число ап+ \ = 1,
получим набор чисел, произведение
любых из которых в сумме с единицей
делится на оставшееся. И наоборот,
если среди п-\-1 чисел есть единица
и произведение любых п из них в
сумме с единицей делится на оставшееся,
то, убрав из этого набора единицу,
получим набор из п чисел,
произведение любых п—1 из которых в
сумме с единицей делится на
оставшееся,
Формулировка леммы громоздка,
а доказательство тривиально.
Достаточно использовать тот факт, что от
умножения числа на единицу это
число не меняется, и то, что на единицу
делится любое число.
Более содержательной является
вторая лемма.
Лемма 2. Пусть числа аь а2, ...,
ап обладают тем Свойством, что
произведение любых п — 1 из них в
сумме с 1 делится на оставшееся. Тогда,
добавив к ним число ап+\ = а\ X
X #2 • .. • ап-\-\, получим набор
чисел, произведение любых п из
которых в сумме с единицей делится на
оставшееся.
Для доказательства нужно
проверить два утверждения.
Первое — то, что произведение
первых п чисел в сумме с единицей
делится на ап+1 следует из
определения числа ап+\.
Второе — для случая, когда число
ап+\ входит в произведение.
Обозначим через Ai произведение первых п
чисел без щ. Надо показать, что
Aian+\-\-l делится на т. Для этого
достаточно заметить, что ал+1 —
= щ • Ai + 1, тогда
Л/ая+, + 1=А-(ЛА-+1) + 1 =
= aiAf+(Al+l)f
и первое слагаемое делится на а/, вто-1
рое, заключенное в скобки, тоже —
по предположению леммы.
Из этих лемм следует, что в
задаче с тремя числами будут следующие
90

решения: (1, 1, 1), (1, 1,2), (1,2,3),
(2, 3, 7); в задаче с четырьмя
числами (1, 1, 1, 1), (1,1,1,2), (1,1,2,3),
(1, 2, 3, 7), (2, 3, 7, 43). Осталось
выяснить, нет ли других решений.
Новых решений, содержащих
единицы, при /г = 3, очевидно, нет (убрав
одну из единиц, мы по лемме 1
получили бы новое решение задачи с
двумя числами, а в ней других решений
нет). Пусть теперь (х, */, г) —
некоторое решение задачи с тремя числами.
Легко доказать, что любые два из
этих чисел должны быть взаимно
простыми. Пусть 2^.x<Cy<Cz.
Запишем соотношения задачи:
ху-\- l = ?iz,
xz + 1 = k2y,
yz+l = k3x.
Здесь k\, &2, &з — натуральные
числа. Перемножив эти соотношения,
получим:
xyz(xyz + x + y + z) +xy + yz +
-\-xz-{-1 = k\k<ikzxyz.
Отсюда следует, что xy + yz + xz+l
делится на xyz, т. е.
xy + yz + xz+l=Axyz,
где А — натуральное число.
Разделив обе части этого равенства на xyz,
получим:
Наибольшее значение А получится
при наименьших значениях х, у> 2, т. е.
при х = 2, у = 3, z = 4 (на самом деле
2^5). Отсюда
А -Г * --I- 1 4- * 4 { — 27
^2~3~4~2.3.4 24 '
и поскольку А — натуральное число,
то оно равно 1. Итак, нужно найти
все натуральные числа х, у и z такие,
что 2^x<iy<Cz и
± + ± + ±+ _!_.= !.
xyz xyz
Покажем, что х = 2.
Действительно, если х^З, то i/^4, z^5,
следовательно,
xyz xyz
^•3~4~5~3-4.5 60*
Получили противоречие. Итак,
х=2. Тогда соотношение запишется
так:
2 ~ у ^ z ^ 2yz
Выразив отсюда у, получим:
Значит, z — 2 является делителем
числа 5, т. е. 2=3 или 2=7. В первом
случае у=7, во втором t/=3.
Итак, (2, 3, 7) — единственное
решение задачи с тремя числами, не
содержащее единицы.
Следовательно, ранее нами были выписаны все
решения этой задачи.
Посмотрим, существуют ли
другие решения задачи с четырьмя
числами.
Очевидно, и здесь достаточно
рассмотреть лишь те решения, которые
не содержат единиц, т. е.
натуральные числа, удовлетворяющие
соотношениям: 2^x<Cy<z<Cu
xyz-\-1 = k\ti,
XyU + 1 = &22,
xzu + 1 = къу,
yzu + 1 = кьх,
где k\t &2, fe3 и k\ — натуральные
числа. Перемножив эти соотношения,
получим аналогично предыдущему
случаю, что
xyz -f- хуи + xzu + yzu + 1 = Axyzu,
где А — натуральное число, или
±+±+± + ±+-L-=A.
х у z и xyzu
Поскольку х^2, у^Зу 2^4, и ^5,
то
А<тН+тН+
. 1 __ 31
' 2 • 3 • 4 • 5 24 *
91

следовательно, Л=1. Далее
аналогично показывается, что х = 2, у = 3.
Теперь
откуда
z и 6zu
37
= 6 +
и — 6 является делителем числа 37.
Значит, либо и=7, z = 43, либо и =
= 43, z = 7. Итак, снова получили
лишь имеющееся уже решение.
Следовательно, и в этом случае были
перечислены все решения.
Полученный результат
наталкивает нас на гипотезу, что и дальше
все решения задачи для п чисел будут
получаться из решений задачи для
п—1 числа с помощью лемм 1 и 2.
Увы! Гипотеза эта неверна. Во
всяком случае для п = 5> кроме решения
(2, 3, 7, 43, 1807), получаемого с
помощью леммы 2, есть еще одно: (2, 3,
7, 47, 395).
А что будет дальше? Будут ли
решения задач для большего
количества чисел получаться применением
лемм 1 и 2 к этим теперь уже двум
решениям, не содержащим единиц, или
появится еще одно или даже два?
Пока это проблема.
СКОЛЬКО ДЕЛЕНИЙ?
Следующая задача на смекалку
также фигурирует во многих книгах
для школьников.
Длина линейки без делений 13 см.
Как поставить 4 деления внутри
линейки так, чтобы с ее помощью
можно было отложить отрезки
длиной в 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11,
12, 13 см?
Условие задачи, видимо, нужно
пояснить. Поставив деление,
отстоящее от конца на 1 см, и несколько раз
92

прикладывая линейку, можно
отложить любую из заданных длин.
Здесь же требуется указать
соответствующую длину прямо на линейке,
от деления до деления или до конца
линейки.
На рисунке показано одно из
решений этой задачи. Естественно
попытаться выяснить, есть ли другие
решения, но гораздо интереснее
такие вопросы: почему именно четыре
деления? А если три? Какова
наибольшая длина линейки, на которую
можно нанести 4 деления с
выполнением указанных свойств? И вообще,
какое наименьшее количество делений
нужно нанести на линейку длины п
(см), чтобы с ее помощью можно
было отложить все целочисленные
отрезки от 1 см до я (см)?
Как всегда, начнем с проб. Для
линейки длины 1 см никаких делений
не нужно. При длине 2 и 3 см
достаточно одного деления. При длине 4, 5,
6 см двух делений достаточно, а
одного мало, при длине 7, 8, 9 см надо
три деления (двух не хватит), при
длине 10, 11, 12, 13 см — четыре
деления (трех не хватит). Эти результаты
получены перебором вариантов.
Соответствующие им расстановки
изображены на рисунке, но с
увеличением длины линейки становится
все труднее и труднее проводить
полный перебор. Нужны какие-то
общие методы. Попробуем сначала
оценить число делений (сверху
ц снизу).
Пусть на линейке длиной п (см)
поставлено k делений. Сколько
существует различных отрезков (не
отрезков разной длины, а просто
различных отрезков) с концами в точках
деления или на концах линейки? Так
как любая пара из перечисленных
точек определяет отрезок, а их ? + 2,
то отрезков будет 2 • ^ так
как по условию задачи должно
получиться п различных длин, а длины
некоторых отрезков могут и
совпадать, то должно выполняться
неравенство
д>(* + 2)(*+1)
Отсюда следует, что на отрезке
длины/необходимо поставить не менее
(у 8/г+1—3)/2 делений (если это
число не целое, то нужно брать
ближайшее к нему большее целое число).
А какого количества делений
наверняка хватит? Конечно, (п—1)-го
хватит (можно нанести все
сантиметровые деления), но нельзя ли
обойтись меньшим числом?
Попробуем такую расстановку k
делений: сначала поставим т
делений через каждый сантиметр, затем
деление через (т+1) см, снова
через (т+1) см и т. д., пока не
поставим все k делений. Рассмотрим
теперь линейку с правым концом в
(т+1) см от последнего деления.
Длину этой линейки / выразим через
& и т: /= т + (k — т) (т+ 1) +т +
+ 1 = _ т2 + т(?+1) + (?+1).
Используя формулу деления с
остатком s = р (т + 1) + qy нетрудно
показать, что при любом m такая
расстановка делений удовлетворяет
условию задачи.
Отметим еще одно важное
свойство такой расстановки делений: если
отрезок укротить справа на любое
целое число сантиметров, то точки
деления по-прежнему будут
удовлетворять условию задачи (т. е. можно
будет построить все целочисленные
отрезки от 1 см до новой длины
линейки).
Осталось выяснить, на сколько
большим можно сделать /, меняя т
(число делений k фиксировано). Для
этого запишем формулу для /:
/_ (fe+l)(fe + 5) _(m k + \ у
Отсюда видно, что / будет
наибольшим при наименьшем
\т k~^x ) . Значит, если k
нечетно, то надо положить т— k~j~! , а
93

если к четно, то надо положить т==-
или т-
k + 2
Итак, />(* + 1>(* + 5)
4
_ fe2 + 6fe + 4
4
4
Вместо / можно подставить п.
Выразив теперь к через /г, получим: к^
^yj 4л + 5— 3. Если это число не
целое, то нужно брать ближайшее к
нему большее целое число.
Здесь изображена таблица, в
которой для п от 1 до 15 даны точные
значения k(n) — наименьшего числа
делений, удовлетворяющих условию
задачи, полученной нами ранее
оценки снизу из формулы п^ (fe + 2)(?-H)
и только что выведенной оценки
сверху. Видно, что эти значения
мало отличаются друг от друга, но
с ростом п это отличие становится все
больше.
Найти формулу, связывающую
точное значение к с я, видимо, весьма
непросто. Неясно даже, будет ли
функция k(n) монотонной, т. е. если
для отрезка длины п достаточно к
делений, то достаточно ли их будет
для отрезка длины п—1?
Как видите, от школьной задачки
до серьезной и трудной
математической проблемы — один шаг.
Попробуйте свои силы в решении
этих проблем.
п
k\(n)
кп)
/22(п)
1
0
0
0
2
1
1
1
3
1
1
1
4
2
2
2
5
2
2
2
6
2
2
3
7
3
3
3
8
3
3
3
9
3
3
4
10
4
4
4
11
4
4
4
12
4
4
4
13
4
4
5
14
4
4
5
15
4
5
5

ГЛАВА V
ЗАНИМАТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
1. Часы исправны. Но как
объяснить такую ситуацию, когда
секундная стрелка на часах прошла
1 секунду, а минутная — 6 минут?
2. Пошел было Иван-царевич
куда глаза глядят искать
Василису Прекрасную. Навстречу ему
Леший.
— Знаю, — говорит, — я дорогу
в Кощеево царство, случалось, ходил
туда. Всего, что было, — не помню,
но шел я четыре дня и четыре ночи.
Первые день и ночь — прямой
дорогой на север. Так прошел я треть
пути. Потом повернул на запад,
продирался сутки лесом и прошел вдвое
меньше. И третьи сутки шел лесом,
уже на юг, и вышел на ровную
дорогу, ведущую на восток. Прошагал я
по ней за сутки сто верст и попал
в Кощеево царство. Ты ходок такой
же резвый, как и я, иди, Иван-царе
вич. Глядишь, на пятый день будешь
в гостях у Кощея.
— Нет, — отвечал
Иван-царевич, — если все так, как ты говоришь,
то уже завтра я увижу мою
Василису Прекрасную.
Прав ли он? Сколько верст
прошел Леший и сколько намерен пройти
Иван-царевич?
3. Шифр устроен следующим
образом: каждой цифре
соответствуют три буквы, а знаку * — две буквы
и пробел.
0123456789*
агжймптхшыю
бдзкнруцщья
веилосфчъэ
Попробуйте расшифровать вот
такую запись:
95

5343934*150413*6*8156215044414*30
5041080?
4. Какое число нужно поставить
вместо вопросительного знака в
последовательности:
10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17,20,22,24,
31, 100, ?, 1000?
5. Леня и Коля пошли в гости
к Боре, но забыли номер его
квартиры. Коля помнил, что если прибавить
к этому номеру 10, то получится
точный куб, а Леня помнил, что если
вычесть из номера квартиры число 10,
то получится точный квадрат. В
какой квартире живет Боря?
6. Мой знакомый Саша
однажды сказал такую фразу: «Позавчера
мне было 10 лет, а в будущем году
мне исполнится 13 лет». Может ли
такое быть?
7. За книгу заплатили рубль, и
осталось заплатить еще столько,
сколько осталось бы заплатить, если
бы за нее заплатили столько, сколько
осталось заплатить. Сколько стоит
книга?
8. На прямой расположили
несколько точек. Затем между
каждыми двумя соседними точками
поставили еще по точке. Потом вновь
между каждыми двумя соседними
точками поставили по точке. И так
несколько раз. Покажите, что после
каждой такой операции общее
количество поставленных точек на прямой
будет нечетным.
9. Дорога от дома до школы
занимает у Володи 20 минут. Однажды
он по дороге вспомнил, что забыл
дома ручку. Он знал, что если
продолжит путь в школу с той же скоростью,
то придет туда за 8 минут до начала
урока, а если вернется домой, то,
двигаясь с той же скоростью, опоздает
на 10 минут. Какую часть пути он
прошел?
10. Расшифруйте числовой
ребус. Одинаковым буквам
соответствуют одинаковые числа, разным —
разные.
, один
+ один
много
11. Взяв у сестренки по одной
карточке с цифрами 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7,
8, 9, Гена разложил их по две на
столе и вдруг увидел, что полученные
двузначные числа относятся как 1:2:
:3:4:5. Когда вечером он захотел
показать этот интересный результат
отцу, то обнаружил, что отсутствует
карточка с цифрой 0. Однако,
подумав, он из оставшихся карточек
сложил пять чисел, отношение которых
вновь было 1:2:3:4:5. Каким образом
он раскладывал карточки в первый и
во второй раз?
12. В обычном наборе домино 28
косточек. Сколько косточек
содержало бы домино, у которого
значения, указанные на косточках,
изменялись не от 0 до 6, а от 0 до 12?
13. Найдите двузначное число,
вдвое большее произведения его
цифр.
14. Отец и сын наблюдали
солнечное затмение, и поэтому темой их
разговоров были Солнце и Луна.
— Папа, — спросил мальчик, —
а во сколько раз Солнце дальше от
нас чем Луна?
— Насколько я помню, —
отвечал отец, — в 378 раз.
— Тогда я могу посчитать, во
сколько раз объем Солнца больше
объема Луны.
— Пожалуй, ты прав, —
подумав, ответил отец.
Во сколько же раз объем Солнца
больше объема Луны?
15. На чудо-дереве садовник
вырастил 25 бананов и 30 апельсинов.
Каждый день он срывает два
плода, а на их месте вырастает новый.
Причем если он срывает два
одинаковых фрукта, то вырастает апельсин,
а если он срывает два разных плода,
то вырастает банан. Каким может
оказаться последний фрукт на этом
дереве?
99

16. Саша и Гриша купили
велосипеды и часто катались по лесной
тропинке от одного конца леса до
другого. Однажды Гриша, проехав
два километра по лесу, встретил
Сашу, чинившего свой велосипед.
Друзья поговорили о школьных делах, и
Гриша поехал дальше. Достигнув
опушки леса, он заметил, что со
времени въезда в лес прошло 24 минуты.
Развернувшись, он поехал в
обратную сторону и через два километра
снова встретил Сашу, чинившего
свой велосипед, но уже в другом
месте.
— Сколько же ты проехал? —
спросил Гриша.
— Всего 900 метров, — ответил
Саша.
Сколько длился их первый
разговор, если Гриша ездил в этот раз с
одной и той же скоростью — 10 км/час?
17. При делении числа 6=2 • 3
на 4 получаем в остатке 2, при
делении числа 12=3 • 4 на 5 вновь
получаем в остатке 2. Верно ли, что
остаток от деления произведения двух
последовательных натуральных
чисел на следующее за ними число
всегда равен 2?
18. Существует ли трехзначное
число, равное произведению своих
цифр?
19. На электронных часах
высвечивается время: часы и минуты.
Сколько времени в сутки на их табло
присутствует хотя бы в одном месте
цифра 2? Найдите соответствующее
время для остальных цифр. (См. рис.)
20. Решите числовой ребус.
Одинаковым буквам соответствуют
одинаковые цифры, разным — разные.
(HE)2=SHE.
По-английски НЕ и SHE
означают «ОН» и «ОНА».
21. Круг и квадрат имеют
одинаковые площади. В круг вписали
квадрат, а в квадрат вписали круг. Что
больше: площадь круга, вписанного
в квадрат, или площадь квадрата,
вписанного в круг? (См. рис.)
22. Какое число нужно поставить
вместо вопросительного знака в
последовательности: 7, 17, 37, 77, ?,
317 ...?
23. Из пункта А вниз по течению
одновременно отплыли плот и катер,
а навстречу им в тот же момент из
пункта В отправился второй такой же
катер.
Покажите, что в тот момент, когда
первый катер достигнет пункта В,
плот окажется точно посредине
между пунктом А и вторым катером.
24. «Алло, Катя! Нам поставили
телефон! Запиши номер. Первая
цифра — простое число, следующие две
цифры — двузначное простое число,
сумма этих цифр равна первой
цифре, а последние две цифры
получаются из предыдущей пары
перестановкой и образуют число,
являющееся точным квадратом. Так какой
у меня номер телефона?»
25. Девочка заменила в своем
имени каждую букву ее номером
в русском алфавите и получила число
2011533. Как ее зовут?
26. Найдите все числа, которые
в 13 раз больше суммы своих цифр.
27. В последнее время я много
хожу на лыжах. Правда, вчера я
прошел на 3 километра меньше, чем
позавчера, но на 40 километров меньше,
чем позавчера и сегодня вместе.
Сколько километров я прошел на
лыжах сегодня?
28. «Николай Иванович, —
спросил Владик у знакомого продавца
магазина, — сколько стоит этот
блокнот?»
«16 блокнотов стоят столько же
рублей, сколько блокнотов можно
купить на 1 рубль», — с улыбкой
ответил продавец.
Сколько же стоит один блокнот?
29. Числа 2,75 и 8 обладают тем
свойством, что их произведение
равно сумме составляющих их цифр:
2,75X8 = 2 + 7 + 5 + 8 = 22.
Найдите еще хотя бы одну такую
пару чисел.
101

30. Восстановите деление:
О* * * I *Q
*з I *з*
**
**
*3*
***
—о"
31. У моего телефона
замечательный номер: первые три цифры
одинаковы и последние четыре цифры тоже
одинаковы. Более того, сумма всех
цифр номера равняется двузначному
числу, первая цифра которого
совпадает с первой цифрой номера моего
телефона, а последняя — с
последней. Каков же этот семизначный
номер?
32. Коля и Витя гуляли по парку.
Они набрели на большую поляну,
обсаженную столетними липами.
Коля пошел вокруг поляны, считая
деревья. Витя сделал то же, но начал
с другого дерева. Дерево, которое у
Коли было двадцатым, у Вити было
седьмым, а седьмое — девяносто
четвертым. Сколько деревьев росло
вокруг поляны?
33. Покажите, что из любых 18
последовательных трехзначных чисел
хотя бы одно делится на сумму своих
цифр.
34. К задумчиво стоящему на
тротуаре математику подъехал
милиционер:
— Вы не обратили внимания на
номер проехавшего здесь синего
самосвала?
— О да! У него редкостный
номер! Второе число получается из
первого перестановкой цифр, а их
разность равна сумме цифр одного из
них.
Какой же номер у самосвала?
35. Однажды я решил проехаться
по канатной дороге. В некоторый
момент я обратил внимание на то, что
идущий мне навстречу вагончик
имеет номер 95, а следующий — номер
0, дальше 1, 2 и т. д. Я взглянул на
номер своего вагончика. Он оказался
равным 66. Проехал ли я половину
пути? При встрече с каким
вагончиком я окажусь на половине пути?
36. Если к числу 20 прибавим 16,
то получим 36 — полный квадрат.
Если отнимем от него 16, то получим
4 — тоже полный квадрат.
Существуют ли еще числа, которые
становятся полными квадратами как после
прибавления к ним 16, так и после
вычитания из них числа 16? Сколько их?
37. В Англии и США температуру
принято измерять по шкале
Фаренгейта. Температура плавления льда
по этой шкале составляет 32°, а
кипения воды 212°. Существует ли
температура, при которой показания
термометров Цельсия и Фаренгейта
совпадают?
38. Веселый турист отправился
на слет, предполагая каждый день
проходить 1/3 всего пути и, таким
образом, через три дня прибыть на
место. В первый день он прошел 1/3
пути, но во второй день он ошибся
в расчетах и прошел не 1/3 пути, а
1/3 остатка, и на следующий день он
сделал ту же ошибку. В результате
ему осталось пройти еще 32 км.
Сколько километров от дома туриста
до места слета?
39. Пятиугольник диагоналями
разбит на 11 частей. Расставьте в них
числа 1, 2, ..., 11 так, чтобы суммы
чисел были равны во всех
треугольниках, все вершины которых являются
вершинами пятиугольника. (См. рис.)
40. При каком основании системы
счисления имеет решение (и какое?)
следующий числовой ребус:
, КИТО
~*~ КИОТО
ТОКИО
Одинаковым буквам
соответствуют одинаковые цифры, разным —
разные. Кито, Киото, Токио —
крупные города Японии.
41. Какой угол составляют
стрелки часов в 9 часов 20 минут?
42. Найдите наименьшее число,
103

сумма цифр которого делится на 17 и
сумма цифр следующего за ним
числа тоже делится на 17.
43. «У тебя ошибка!» — сказала
Таня своему соседу по парте Антону,
глядя на запись в его тетради: 132 =
= 171.
«Нет, — ответил Антон, — просто
мне надоела десятичная система
счисления, и я теперь считаю в
системе с другим основанием».
«С каким?» — спросила Таня.
«А ты попробуй сама определить
по этому примеру».
44. При каком наименьшем
количестве монет можно уплатить без
сдачи любую сумму от 1 копейки до
1 рубля?
45. Винни-Пух и Пятачок
одновременно отправились в гости друг
к другу, но поскольку оба всю дорогу
считали пролетавших ворон, то не
заметили друг друга при встрече.
После встречи Пятачок подошел к дому
Винни-Пуха через 4 минуты, а Винни-
Пух к дому Пятачка через 1 минуту.
Сколько минут был в пути каждый
из них?
46. Как в треугольнике ABC
провести ломаную BDEFG, чтобы все
пять полученных треугольников
имели одинаковые площади (см. рис.)?
47. Произведение миллиарда
натуральных чисел равно миллиарду.
Какое наибольшее значение может
принять сумма всех этих чисел?
48. Проверьте, что <32 + 52>2 =
= 162 + 302, и попробуйте доказать,
что квадрат суммы двух квадратов
различных чисел всегда является
суммой двух квадратов.
49. Чтобы попасть домой из
Дворца пионеров, я могу выйти либо на
станции метро Математическая, либо
на следующей — Физической. От
станции Математическая я иду к
дому втрое дольше, чем от Физической,
однако, пока поезд подходит к
станции Физическая, я успеваю пройти
треть пути от станции
Математическая до дома. Какой путь быстрее?
50. Решите арифметический
ребус. Одинаковым буквам
соответствуют одинаковые числа, разным —
разные.
, нитка
ГНЩА
ТКАНЬ
51. На рисунке изображены
четверть круга с его биссектрисой и
полуокружность вдвое меньшего
радиуса. Покажите, что площади
заштрихованных частей равны (см. рис.).
52. Шеф секретной службы
составил следующую инструкцию
взаимной слежки между агентами с
номерами от 001 до 007: первый следит
за тем, кто следит за вторым,
второй— за тем, кто следит за третьим, и
т. д., последний следит за тем, кто
следит за первым. Но вдруг пришло
указание включить в эту систему
агента 008. Можно ли составить
схему слежки, соответствующую
инструкции в первом и во втором случае?
53. Мадемуазель Рембо очень
любит домашних животных. Все ее
животные, кроме двух, — собаки,
все, кроме двух, — кошки, и все
кроме двух, — попугаи, а остальные —
тараканы. Сколько каких животных
у мадемуазель Рембо?
54. Известно, что бронзовые
монеты 1, 2, 3 и 5 копеек весят
соответственно 1, 2, 3 и 5 граммов. Среди
четырех монет (по одной каждого
указанного достоинства) одна —
бракованная: отличается весом от
нормальной. Как с помощью
взвешиваний на чашечных весах без гирь
определить бракованную монету?
55. Шофер автобуса установил
в одной кассе катушку билетов с
номерами от 537000 до 537999, а в
другой— с номерами от 462000 до
462999. В какой из катушек больше
«счастливых» билетов, т. е. таких,
когда сумма первых трех цифр равна
сумме следующих трех цифр?
56. У школьника была некоторая
сумма денег мойетами достоинством
в 15 копеек и 20 копеек, причем двад-
105

цатикопеечных монет было больше,
чем пятнадцатикопеечных. Пятую
часть всех денег школьник истратил,
отдав две монеты за билет в кино.
Половину оставшихся денег от отдал за
обед, оплатив его тремя монетами.
Сколько монет и какого достоинства
было у школьника вначале?
57. Двое часов начали и кончили
бить одновременно. Первые бьют
через каждые две секунды, вторые —
через каждые три секунды. Всего
было насчитано тринадцать ударов
(слившиеся удары воспринимались
как один). Сколько времени прошло
между первым и последним ударами?
58. Ира, Таня, Коля и Леня
собирали грибы. Таня собрала больше
всех, Ира — не меньше всех. Верно
ли, что девочки собрали грибов
больше, чем мальчики?
59. В некотором царстве, в
некотором государстве каждые двое —
либо друзья, либо враги. Каждый
человек может в некоторый момент
поссориться со всеми друзьями и
помириться со всеми врагами.
Оказалось, что каждые три человека могут
таким образом стать друзьями.
Докажите, что тогда и все люди в
государстве могут стать друзьями.
60. Решите числовой ребус.
Одинаковым буквам соответствуют
одинаковые цифры, разным — разные.
, СЛОВ,0
"*" СЛОВ,0
ПЕСНЯ
61. Из книги выпал ее кусок.
Первая страница куска имеет номер 387,
а номер последней состоит из тех же
цифр, но записанных в другом
порядке. Сколько страниц выпало из книги?
62. Какое наибольшее количество
месяцев одного года может иметь по
5 пятниц?
63. Средний возраст одиннадцати
игроков футбольной команды — 22
года. Во время матча один из игроков
получил травму и ушел с поля.
Средний возраст оставшихся на поле
игроко-в стал равен 21 году. Сколько
лет футболисту, получившему
травму?
64. Имеется несколько
кувшинов, среди которых есть два кувшина
разной формы, а также два кувшина
разного цвета. Покажите, что среди
них обязательно найдутся два
кувшина одновременно и разной формы и
разного цвета.
65. В магазин привезли платья
трех разных фасонов и трех разных
расцветок. Продавщица хочет
выбрать для витрины три платья так,
чтобы были представлены все фасоны
и все расцветки. Всегда ли она
сможет это сделать?
66. В комнате стоят табуретки и
стулья. У каждой табуретки 3 ноги,
у каждого стула 4 ноги. Когда на всех
табуретках и стульях сидят люди,
в комнате всего 39 ног. Сколько
стульев и табуреток в комнате?
67. Два человека бегут по
ступеням эскалатора метро. Один бежит
быстрее другого. Кто из них
насчитает больше ступеней?
68. 9 одинаковых книг стоят
меньше 10 рублей, а 10 таких же книг
стоят больше 11 рублей. Сколько
стоит одна книга?
69. Если Аня идет в школу
пешком, а обратно едет на автобусе, то
всего на дорогу она затрачивает
полтора часа. Если же она едет на
автобусе в оба конца, то весь путь
занимает у нее 30 минут. Сколько
времени тратит Аня на дорогу, если и
в школу и из школы она идет
пешком?
70. Восстановите пример на
умножение:
*9*
X * j*
2*2
* * *
* * *
71. Туристы купили в магазине
100 предметов: спички (цена — 1
копейка за коробку), пирожки (по 10
копеек) и консервы (цена — 50 копе-
107

ек за банку). За все уплатили 5
рублей. Сколько предметов каждого
товара куплено?
72. 15 шариков можно сложить
в виде треугольника, но нельзя
сложить в виде квадрата — одного
шарика не хватает. Из какого
количества шариков, не превосходящего
50, можно сложить как треугольник,
так и квадрат?
73. Если головоломка, которую
вы разгадали перед тем, как вы
разгадали эту, была труднее, чем
головоломка, которую вы разгадали после
того, как вы разгадали головоломку,
которую вы разгадали перед тем, как
вы разгадали эту, то была ли
головоломка, которую вы разгадали перед
тем, как вы разгадали эту, труднее,
чем эта?
74. Доля блондинов среди
голубоглазых больше, чем их доля среди
всего населения. Верно ли, что доля
голубоглазых среди блондинов
больше, чем их доля среди всего
населения?
75. В сказочной стране Перра-
Терра среди прочих обитателей
проживают карабасы и барабасы.
Каждый карабас знаком с шестью кара-
басами и девятью барабасами.
Каждый барабас знаком с десятью кара-
басами и семью барабасами. Кого
в стране больше — карабасов или
барабасов?
76. Докажите неравенство:
ДВАХ ШЕСТЬ < ДВАДЦАТЬ.
Здесь каждая буква обозначает
цифру, причем разным буквам
соответствуют разные цифры, одинаковым —
одинаковые.
77. Существует ли такой год, в
котором тринадцатое число ни разу
не является понедельником? А какое
наибольшее число раз в году оно
может быть понедельником?
78. Найдите два числа, сумма,
произведение и частное которых
равны между собой.
79. Может ли сумма трех
последовательных натуральных чисел быть
простым числом?
80. Решите арифметический
ребус. Одинаковым буквам
соответствуют одинаковые цифры, разным —
разные.
USA+USSR=PEACE
81. Из шести косточек домино
выложен прямоугольник (ЗХ 4) так, что
ему соответствует пример на
сложение (см. рис.). Сложите из шести
косточек домино (может быть, других)
такой же прямоугольник так, чтобы
сумма (число в нижней строчке)
была возможно меньше.
82. Рассказывают, что Тортила
отдала золотой ключик Буратино не
так просто, как рассказал А. Н.
Толстой, а вынесла три коробочки:
красную, синюю и зеленую. На красной
коробочке было написано: «Здесь
золотой ключик», на синей: «Зеленая
коробочка пуста», а на зеленой:
«Здесь сидит гадюка». Тортила
прочла надписи и сказала:
«Действительно, в одной из коробок лежит
золотой ключик, в другой — гадюка, а
третья пуста, но все надписи
неверны».
Где же лежал золотой ключик?
83. Во время новогоднего
карнавала Антон забежал в свой класс и
увидел оставшийся на доске пример
на возведение числа в пятую степень.
Он стер у результата три цифры и
получил ** 198*7. Какое число
возводилось в пятую степень?
84. Однажды на лестнице я
нашел странную тетрадь. В ней было
написано сто следующих
утверждений:
«В этой тетради ровно одно
неверное утверждение»,
«В этой тетради ровно два
неверных утверждения»,
«В этой тетради ровно сто
неверных утверждений».
Какое из этих утверждений
верное?
109

85. Попробуйте разложить все
косточки домино на четыре кучки так,
чтобы суммы очков в кучках были
четырьмя последовательными
простыми числами.
86. Городские часы отбивают
каждый час и каждые полчаса.
Павел Павлович любит читать книгу,
сидя в скверике около курантов.
Однажды, пока он сидел, часы начинали
бить пять раз, а всего он насчитал
11 ударов. С последним ударом часов
Павел Павлович встал и пошел
домой. Сколько времени показывали
в это время часы?
87. Может ли какая-нибудь
степень числа 2 содержать в своей
записи поровну нулей, единиц, двоек, ...,
девяток?
88. Коля купил в буфете три
пакетика ирисок, а Витя два пакетика,
Алеше же ирисок не досталось, и
друзья разделили ириски поровну.
При этом выяснилось, что Алеша
должен друзьям 25 копеек.
Сколько стоил пакетик ирисок, и сколько
денег Алеша должен уплатить Коле и
сколько Вите?
89. В фразе, взятой в кавычки,
подставьте вместо многоточий цифры
так, чтобы она оказалась верной.
«В этой фразе присутствуют
цифры 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, причем
цифра 0 — .
цифра 1 — .
цифра 2 — .
цифра 3 — .
цифра 4 — .
цифра 5 — .
цифра 6 — .
цифра 7 — .
цифра 8 — .
цифра 9 — .
.. раз,
.. раз,
.. раз,
.. раз,
.. раз,
.. раз,
.. раз,
.. раз,
.. раз,
.. раз».
90. Расшифруйте числовой ребус.
Одинаковым буквам должны
соответствовать одинаковые цифры,
разным — разные.
РАЙОН + РАЙОН = ГОРОД
91. Нетрудно показать, что у пра-

вильной пятиконечной звезды сумма
углов равна 180°. Любопытно, что
такая же сумма углов будет у
произвольной пятиконечной звезды (см.
рис.). Докажите это.
92. Мне удалось, взяв по два раза
цифры 1, 2, 3 и 4, написать
восьмизначное число, у которого между
единицами стоит ровно одна цифра,
между двойками — две, между
тройками — три, между четверками —
четыре цифры. Какое это число?
93. После окончания одного
круга шахматного турнира (все сыграли
друг с другом по одному разу) пять
его участников, А, Б, В, Г и Д,
которые перечислены здесь в порядке
занятых мест, обменивались
впечатлениями.
— Не думал, что только лишь я
один не испытаю горечь поражения,—
сказал Б.
— А вот мне единственному не
удалось одержать ни одной
победы, — заметил Д.
Попробуйте по этим данным
восстановить турнирную таблицу: кто
как сыграл с остальными
участниками?
94. В равнобедренном
треугольнике провели две прямые,
проходящие через середины боковых сторон
и их проекции на основание (см.
рис.). Покажите, что из
полученных четырех частей можно сложить
ромб.
95. Про три простых числа
известно, что одно из них равно
разности кубов двух других. Какие это
числа?
96. На хуторе Семидворье семь
домов. Любопытно, что какие бы три
из них мы ни выбрали, расстояние
хотя бы между одной парой из них
равняется 50 метрам. Начертите план
расположения домов на хуторе.
97. Тартарен, путешествуя по
Африке, остановился как-то на ночлег
у берега небольшого озерка с
чистейшей водой (на дне били ключи).
Однако утром к озеру подошло стадо
слонов. Тартарен насчитал 183
головы. На следующее утро они ушли,
оставив вместо озера грязную лужу.
Через несколько лет Тартарен вновь
попал на это место. Озеро вновь было
полно воды, но утром вновь
появилось стадо слонов. На этот раз в
стаде было 37 слонов, и воды им хватило
на пять дней. Покидая берега
выпитого до дна озера, Тартарен
задумался: за сколько дней сможет
опустошить озеро один слон?
98. Первый вторник одного из
месяцев я провел в Ленинграде, а
первый вторник после первого
понедельника — в Риге. В следующем месяце
я первый вторник провел в Пскове, а
первый вторник после первого
понедельника — во Владимире. Какого
числа и какого месяца я был в
каждом из этих городов?
99. Профессор Тестер проводит
серию тестов, на основании которых
он выставляет средний балл
испытуемому. Ответив на последний тест,
Джон понял, что если бы он за этот
последний тест получил 97 очков, то
его средний балл равнялся бы 90.
С другой стороны, если бы он получил
за последний тест всего 73 очка, то
его средний балл составил бы 87.
Сколько тестов в серии профессора
Тестера?
100. Пусть А и В— две разные
цифры и Л не равно 0. Будем
рассматривать числа, составленные из
этих цифр. Покажите, что
соотношение АВ • AAA = ABA • АА не
выполняется ни при каких Л и В,
соотношение АВ • AAA = ABA - AA + l
выполняется лишь для одной пары
чисел А и В, а соотношение АВХ
ХАААА = АВАВ • АА — всегда.

«КОЛЬЦО И КРЕНДЕЛЬ»
Трудно поверить, что резиновый
крендель, охватывающий своими
«ушками» (рисунок слева), можно
так деформировать, не разрезая и не
склеивая, что он будет охватывать
кольцо лишь одним «ушком» (как
показано справа). Но это
действительно можно сделать, если
разрешается крендель сжимать, раздувать
и растягивать. Как? Если не
сообразите сами, то посмотрите в ответ.
Естественно, возникает желание
отцепить от кольца и второе ушко —
ведь они равноправны! Однако
отцепить оба ушка невозможно.
А теперь подумайте, можно ли
распутать крендель, у которого одно
ушко зацеплено за другое.

«РАЗВЕРТКИ КУБА»
С развертками куба, то есть с
плоскими фигурами (образованными
целыми гранями куба), из которых
можно составить поверхность куба,
все вы, вероятно, встречались.
Однако мало кто знает, что число
различных таких разверток равно 11. Вы
видите изображение самого куба и его
развертки. На гранях куба написаны
числа: 1, 2, 3, 4, 5, 6. На рисунке 1 мы
видим только три первых числа, а как
расположены на кубе остальные
числа, можно понять из рисунка 2, где
эти числа изображены на одной из
разверток куба. Если мы возьмем
другую развертку, то там числа
расположены совсем в другом порядке,
кроме того, они оказываются
повернутыми (рис. 3). Попробуйте теперь
на девяти развертках, изображенных
на рисунке 4, нарисовать по пять
чисел (одно уже нарисовано) так,
чтобы это соответствовало нашему
кубу.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ,
ПРИВЕДЕННЫХ
В РАССКАЗАХ
К РАССКАЗУ «ДЛЯ ЧЕГО
НУЖНЫ ПРОЦЕНТЫ?»
1. 10 кг.
2. Уменьшилось на 1%.
3. Да, на 1% от первоначальной
стоимости.
К РАССКАЗУ
«ПРОИЗВОДНЫЕ ПРОПОРЦИИ»
Из того, что 4
b
-j, как было
показано, следует, что a=kc и b = kd.
Заменяя в левой части соотношения
а и Ь на kc и Ы, получим:
па -\- mb nkc-\- mkd
pa -f- rb pkc + rkd
k(nc -h md) nc-{-tnd
k{pc + rd) pc-\-rd
что совпадает с правой частью
соотношения.
К РАССКАЗУ «ИНВЕРСИЯ
И ЗАДАЧА АПОЛЛОНИЯ»
1. Исходя из пятого свойства,
окружности переходят в прямые, их
общая точка переходит в общую
точку полученных прямых,
следовательно, указанные окружности переходят
в прямые, пересекающиеся в одной
точке.
2. По второму и седьмому
свойствам параллельные прямые
переходят в окружности, касающиеся в
точке О — центре инверсии.
3. Пусть А и В — данные точки,
а искомая окружность касается
данной прямой в точке X. Проведем се-
115

кущую искомой окружности через
точки Л и В до пересечения с данной
прямой в точке С. Тогда по известной
теореме СХ2=СА • СВ. Но отрезки
СА и СВ можно считать данными,
следовательно, можно построить и
отрезок СХ, после чего по трем
точкам А, В и X восстанавливается
искомая окружность.
4. Инверсор Поселье. Проведем
отрезки ОМ' и АВ, пусть N — точка
их пересечения. Обозначим через х
отрезок MN. Поскольку АМ'ВМ —
ромб, то по теореме Пифагора
находим: AN2 = AM2 — х2у отсюда:
ON2 = ОА2 — A N2 = О A2 —AM2 + х2.
Отрезок ОМ равен ON—х =
=^ОА2—АМ2+х2—х,а отрезок ОМ'
равен ON + x = -yJOA2 — AM2 + x2 +
+ *• Их произведение ОМ • ОМ' =
= ОА2 — AM2, что и требовалось
доказать.
К РАССКАЗУ
«ОЛИМПИЙСКИЕ КОЛЬЦА»
Очевидно, что решив третью
задачу, мы тем самым решим и обе
предыдущие задачи.
Сначала покажем, что сцепить п
колец так, чтобы каждое было
сцеплено с k другими, можно только при
условии, что произведение nk четно.
Действительно, представим каждое
кольцо как вершину правильного
/г-угольника и соединим отрезками те
вершины многоугольника, которым
соответствуют кольца. Теперь
посчитаем количество таких отрезков. Из
каждой вершины их выходит k штук,
а вершин п. Перемножив эти два
числа, получим удвоенное
количество отрезков, поскольку каждый
отрезок мы посчитали дважды.
Но количество отрезков — целое
число, поэтому nk должно делиться
на два.
Теперь покажем, что в случае
четности произведения nk нужное
сцепление можно произвести. Пусть
сначала число k четно, k = 2py где р—
целое число. Соединив каждую
вершину с р ближайшими вершинами
слева и р ближайшими вершинами
справа, получим точное указание,
какие кольца с какими нужно
зацепить. Если же k — нечетное число,
то оно представляется в виде k =
= 2р+1, при этом п обязано быть
четным. В этом случае соединяем
каждую вершину вновь с р
ближайшими вершинами слева и р
ближайшими вершинами справа, а также
с диаметрально противоположной
вершиной. Такая есть, так как п —
четное число.
К РАССКАЗУ «КАМЕШКИ
И ШАХМАТНАЯ ДОСКА»
1. Побеждает второй игрок: если
первый берет из какой-нибудь кучки
несколько камней, то второй игрок
берет столько же камней из другой
кучки. В результате в кучках снова
получается одинаковое количество
камней.
2. Побеждает первый игрок:
вначале он берет один камень из любой
кучки, а потом оставляет противнику
в одной кучке нечетное количество
камней, а в другой — на один
больше.
3. При любой игре побеждает
первый игрок.
4. Выигрывает первый игрок:
вначале он съедает кучку с семью
орехами и делит кучку с шестью
орехами на две кучки по три ореха.
Противник вынужден съесть кучку с
тремя орехами, а другую разделить на
кучки по одному и двум орехам.
После этого первый сначала съедает
кучку из двух орехов, а потом —
последний орех.
116

К РАССКАЗУ «МЕТОД ПЕРЕБОРА»
1. Турист должен взять палатку,
еду и одеяло.
2. Маршрут коммивояжера: Ух —
Эх — Ах — Ох — Их — Ух.
3. 26 человек.
4. Только одним нулем.
5. 3 бублика, 6 булок, 6 слоек.
6. 24 и И, 48 и 43, 36 и 29, 228 и
227.
7. 8 экзаменов.
К РАССКАЗУ «А ЧТО
БУДЕТ, ЕСЛИ...»
1. Конечность количества
принимаемых значений в
последовательности, каждый следующий член
которой равен сумме кубов цифр
предыдущего числа, вытекает из
следующих Двух утверждений:
1) если число меньше 3000,
то и сумма кубов его цифр
меньше 3000;
2) если число больше или равно
2000, сумма кубов цифр этого числа
меньше самого числа.
Доказательства этих
утверждений аналогичны доказательствам
соответствующих утверждений для
задачи с суммой квадратов цифр.
Возможны следующие периодические
последовательности: пять
последовательностей с периодом 1
(неподвижные точки 1, 153, 370, 371 и 407); две
с периодом 2 (919—1459 и 136—244);
две с периодом 3 (133—55—250 и
217—352—100).
2. Здесь будет один период из
150 чисел, включающий все
натуральные числа от 1 до 100 и все
четные числа от 102 до 200, а также один
период длины 1 с неподвижной
точкой 101.
К РАССКАЗУ «МАКСИМУМ,
МИНИМУМ И ТЕОРЕМА О СРЕДНИХ»
1. Обозначим радиус искомого
сектора через R, длину дуги через L
и площадь сектора через S. Тогда
P=±2/? + L, 5 = -^.
По теореме
Q^ P2
откуда S<-yg-.
Равенство достигается при 2R=L =
= _P
2*
2. Обозначим через R радиус
круга и через а расстояние от точки А до
центра круга. Тогда для хорды MN,
проходящей через точку Л,
выполнено соотношение ху = (R-\-a) (R — а),
где х — МА, y = AN. Длина хорды
МN равна х-\-у. Получаем по теореме:
x + y>2^ = 2^(R + a)(R~a) .
Равенство достигается при х — у.
Следовательно, длина хорды
минимальна, когда в точке А она
делится пополам, т. е. перпендикулярна
к диаметру, проходящему через
точку.
3. Обозначим -у х через г.
Выражение запишется так: 2z6 + —. Те-
Z
перь из примера 3 следует такая
оценка значений данного выражения:
Минимум достигается при ~\Jx =
^Vf-ri^2 7> откуда х = 2 7.
4. Вынесем за скобки постоянный
множитель c=k^ • kfy • ... • kknn
(его можно не писать) и перепишем
произведение так:
117

/г.
Х\ ^ Х-2
X'2
hi
X
k\ множителей
X- •
k-2 множителей
Xn
kn
kn МНОЖИ1СЛСЙ
Заметим, что
(?=1, 2, ..., /г).
Следовательно, сумма всех со^
множителей в новой записи равна
х\ + *2 +... + х„, т. е. постоянна,
а произведение будет наименьшим
при равенстве сомножителей, т. е,
при
Х\
х2
К
РЕШЕНИЯ
ЗАНИМАТЕЛЬНЫХ ЗАДАЧ
1. Задача построена на
путанице одинаковых названий для единиц
времени и углов. Секунды в условии
означают время, а минуты —
величину угла, пройденного минутной
стрелкой.
2. Поскольку Леший шел по лесу
со скоростью вдвое меньшей, чем по
дороге, то он за двое суток (вторые и
третьи) прошел столько же, сколько
за первые, т. е. треть пути.
Следовательно, за последние сутки он также
прошел треть пути, которая
составляет 100 верст. Итак, Леший прошел
300 верст. Его маршрут изображен
на рисунке. Иван-царевич рассуждал
так: если, пройдя полпути на север,
он повернет на восток, то еще через
полсуток он окажется в Кощеевом
царстве. Таким образом, он пройдет
полпути на восток и полпути на север,
всего 100 верст.
3. Зашифрована следующая
задача: «Сколько граней у
шестигранного карандаша?» Ответ на эту
задачу: 8 граней, поскольку он является
шестигранной призмой, обладающей
также верхней и нижней гранями.
4. Здесь последовательно
записаны представления числа 16 в
различных системах счисления:
сначала в шестнадцатиричной, потом в пят-
надцатиричной и т. д. Вместо
вопросительного знака следует подставить
запись числа 16 в троичной системе
счисления, т. е. 121. Заметим, что
вместо последнего вопросительного
знака также можно подставить число —
запись числа 16 в одноричной
системе счисления,т.е. 1111111111111111.
5. Для решения задачи
достаточно указать все числа, являющиеся
точными кубами и не превосходящие
1000 (больше 1000 квартир в доме не
бывает), причем если уменьшить
такое число на 20, то получится точный
квадрат. Для этого достаточно
испробовать кубы чисел от 1 до 10.
Условию удовлетворяет лишь число
6, поскольку б3 — 20= 196= 142.
Отсюда искомый номер квартиры —
число 206.
6. Да, может. День рождения
Саши приходится на 31 декабря.
Разговор происходил 1 января. 30 декабря
ему еще было 10 лет, в день
разговора ему уже 11 лет, 31 декабря этого
же года ему исполнится 12 лет, а
в следующем году ему исполнится
13 лет.
7. Книга стоит два рубля.
8. Количество промежутков меж-
118

ду точками на один меньше
количества самих точек, значит, если в
каждый промежуток поставить по точке,
то их общее количество будет суммой
двух последовательных целых чисел,
при этом одно из них четное, а
другое — нечетное. Отсюда сумма —
всегда нечетное число.
9. Если бы Володя не вышел из
дома с запасом в 8 минут, то он,
возвращаясь домой за ручкой, опоздал
бы не на 10, а на 18 минут, которые
он должен потратить на двукратное
прохождение только что пройденного
пути. Отсюда следует, что в момент,
когда он вспомнил о ручке, он уже
шел 9 минут. А так как весь путь он
проходит за 20 минут, то за 9 минут
он прошел 9/20 пути от дома до
школы.
10. 6823 + 6823=13646.
11. В первый раз Гена получил
числа: 18, 36, 54, 72 и 90, а во
второй — 9, 18, 27, 36, 45.
12. В новом наборе будет 13 дуп-
лей (от 0:0 до 12:12). На остальных
костях каждое значение встречается
12 раз. Следовательно, половинок
костей будет 12 • 13= 156, а целых
костей будет (без дуплей) 78. Всего
костей 78+13 = 91.
13. Пусть это число 1 Ох + у, тогда
1 Ох + у = 2хуу откуда у — четное
число: y=2k. Подставив это значение
вместо у и сократив на 2, получим
5x-\-k = 2xky или 5х= (2х— l)fe.
Отсюда либо к делится на 5, либо 2х —
— 1 делится на 5, но к меньше 5,
значит, на 5 делится 2х—1, это может
быть только при х=3 их = 8. В
первом случае получаем число 36, а во
втором случае для к получаем
уравнение 40= 15&, которое
противоречит тому, что к — натуральное
число.
14. Ключом к решению этой
задачи является тот факт, что видимые
размеры (угловые) Солнца и Луны
одинаковы. Поэтому из подобия
следует, что радиус Солнца в 387 раз
больше радиуса Луны, а объем Солн-
119

ца в 3873« 58000000 раз больше
объема Луны.
15. Заметим, что количество
бананов нечетно, и при срывании любой
пары плодов оно остается нечетным.
Поэтому единственный оставшийся
плод может быть только бананом.
16. Длина тропинки равна либо
4,9 километра, либо 3,1 километра,
результат зависит от того, в какую
сторону ехал Саша, поскольку об
этом не говорится в задаче. Но если
бы длина тропинки равнялась бы
4,9 километра, то Гриша потратил бы
на дорогу в одну сторону 0,49 часа
плюс время разговора. Но уже 0,49
часа больше 24 минут, значит, длина
тропинки равна 3,1 километра, и
время движения Гриши по ней равно
0,31 часа, или 18 минут 36 секунд.
Отсюда продолжительность
разговора составляет: 24 минуты — 18 минут
36 секунд = 5 минут 24 секунды.
17. Да, верно, так как п (п + 1) =
= (/i + 2)(/i-l)+2.
18. Нет, так как трехзначное
число не меньше произведения первой
цифры на 100, а произведение цифр
не больше, чем произведение первой
цифры на 81.
19. Цифра 2 бывает на первом
месте в течение 4 часов от 20.00 до 24.00.
В остальные 20 часов она бывает на
втором месте 2 часа: от 02.00 до 03.00
и от 12.00 до 13.00. В оставшиеся 18
часов цифра 2 бывает на третьем
месте каждый час по 10 минут, в
остальные 50 минут часа бывает еще 5 раз
по 1 минуте на четвертом месте, итого
по 15 минут в каждый из 18 часов.
Всего получаем: 4 часа+ 2 часа-f-
+ 4 часа 30 минут = 10 часов 30
минут.
Для цифр 0 и 1 получаем
аналогично по 16 часов, для цифры 3 —
8 часов 15 минут, для цифр 4 и 5 —
по 7 часов 30 минут, для остальных
цифр — 6, 7, 8, 9 — по 4 часа 12
минут.
20. 252=625. Число Е может
быть лишь одним из чисел: 0, 1, 5, 6, а
число Н не больше, чем 3. Остается
проверить числа: 10, 15, 16,20,21,25,
26, 30 и 31. Подходит лишь число 25.
21. Пусть а — сторона квадрата,
а г — радиус данного круга. Тогда
равенство их площадей запишется
как а2 = пг2. Радиус круга,
вписанного в квадрат, равен -у, а сторона
квадрата, вписанного в круг, равна г д/ 2.
Отсюда площади вписанных фигур
2
равны соответственно-^-и 2г2.
Заменяя а2 на яг2, получаем для площадей
значения ^4- и 2г2. Но я2 больше, чем
8, поскольку я больше, чем 3, поэтому
JUL больше, чем 2г2, т. е. площадь
4
вписанного квадрата меньше
площади вписанного круга.
22. Каждое следующее число
равно удвоенному предыдущему,
сложенному с числом три, поэтому
вместо вопросительного знака следует
поставить 157. Могут быть и другие
решения, основанные на других
закономерностях.
23. Пусть v — скорость катера
в стоячей воде, и — скорость течения
реки и t — время движения первого
катера от А до В. Тогда расстояние
междуЛиБ равно S = t(u + v).
Второй катер за время / пройдет
расстояние L=t(v — и) и будет находиться
от пункта А на расстоянии S—L =
= 2ut. Плот же за это время пройдет
путь ut, т. е. будет к пункту А вдвое
ближе, чем второй катер.
24. Имеется всего шесть
двузначных чисел, являющихся точными
квадратами: 16, 25, 36, 49, 64 и 81, но
лишь одно из них — 16 — после
перестановки цифр становится простым
числом —61. Следовательно, номер
телефона таков: 7-61-16.
25. В этой записи, вообще говоря,
каждая цифра может играть одну
из трех ролей: быть номером буквы,
быть первой цифрой двузначного
номера буквы или второй его цифрой.
120

Цифра 0 не может выступать ни в
первой, ни во второй роли, а цифра
5 — во второй роли. Отсюда первая
буква имени имеет номер 20 — буква
Т, а остальные разбиваются на два
блока: 115 и 33. Блок 115 можно
представить тремя способами: 1 — 1 —
5, 11—5, 1 —15, что соответствует
сочетаниям букв ААД, ЙД, АН. А блок
33 — двумя способами: 3^3 и 33, что
соответствует сочетаниям букв ВВ и
Я. Таким образом получаем шесть
возможных слов: ТААДВВ, ТААДЯ,
ТЙДВВ, ТЙДЯ, ТАНВВ и ТАНЯ.
Очевидно, что имя девочки — Таня.
26. Ясно, что такие числа не
могут быть однозначными. Они не
могут быть и двузначными, так как из
того, что первая цифра числа — а, а
вторая —bf следовало бы, что 10а +
+ 6=13а+136, или За+126 = 0.
Для трехзначных чисел получаем
уравнение: \00а+ЮЬ + с= 13(а +
+ 6 + с)> т. е. 29а=6 + 4с. Отсюда
получаем четыре решения: 117, 156 и
195. Чисел с четырьмя и более
знаками, обладающих указанным
свойством, не существует.
27. Обозначим путь, пройденный
на лыжах сегодня, через х, а вчера —
через у. Тогда позавчера был
пройден путь J/ + 3 (км). Из второго
условия задачи следует, что */ + 40=*/ +
+ 3 + *- Отсюда х=37 км.
28. Если 16 блокнотов стоят
х рублей и на 1 рубль можно купить
х блокнотов, то один блокнот стоит
как х:16 рублей, так и \:х рублей.
Значит, х/16=1/х, откуда х =16,
т. е. х = 4, а один блокнот стоит 1/4
рубля, т. е. 25 копеек.
29. Например, числа 2,6 и 5.
Действительно, 2,6 • 5=13 = 2 + 6 + 5.
30. Очевидно, что первая цифра
частного— 1, а первая цифра
делителя — 2. Теперь нетрудно найти, что
последняя цифра частного — 6. Знак,
делитель и частное: 23 и 136,
нетрудно найти все цифры в примере.
31. Пусть первая цифра — х, а
вторая — у. Тогда с одной стороны
121

сумма цифр номера равна Зх-\-4уу а
с другой—10х-\-у. Следовательно,
Зх-f 4{/= 10х + (/, т. е. 7х~3у,
откуда х = 3, у = 7. Мой номер телефона
333-77-77.
32. Из первого условия следует,
что дерево, которое у Вити было
первым, у Коли было четырнадцатым, а
последнее — тринадцатым. Отсюда
следует, что разность между
девяносто четвертым и последним деревом
(по счету Вити) такая же, как и
разность между седьмым и тринадцатым
по счету Коли. Значит, последнее
дерево имеет номер 94+13 — 7=100.
33. Среди 18 последовательных
чисел, очевидно, одно делится на 18.
Сумма Цифр трехзначного числа,
делящегося на 18, не может быть
больше 18, поскольку сумма цифр должна
делиться на 9, а сумма цифр 27
имеется лишь у одного числа — 999,
которое не делится на 18, большей же
суммы цифр быть не может. Итак,
сумма цифр числа, делящегося на
18, — 9 или 18. В любом из этих
случаев число делится на сумму своих
цифр.
34. Если цифры первого
двузначного числа х и у у то из условия задачи
записывается следующее уравнение:
\0х + у— Юу — х = х-\-у. Отсюда
8х= 10у, или 4х=5у. Учитывая, что
х и у — цифры, получаем, что х = 5,
(/ = 4. Значит, номер машины —
54—45.
35. Очевидно, что я окажусь
посредине пути канатной дороги в тот
момент, когда количество вагончиков
впереди и сзади окажется
одинаковым. Поскольку всего кресел 96, а их
половина — 48, то искомый номер
встречного кресла равен 66—48= 18.
36. Обозначим искомое число
через х.Тогда х+16=а2; х — \6=Ь2.
Отсюда а2 — 62 = 32=1 • 32 = 2 X
X 16 = 4 • 8= (а — Ь) • (а-Н).
Получаем две системы уравнений:
а + *=16, а — Ь = 2 и а + Ь = 8у
а — fr = 4. Случай а + 6 = 32, а — ?_
= 1 отпадает, так как числа а и b
должны быть одинаковой четности.
В первом случае а = 9, b = 7, х = 65,
во втором а —6, b = 2, х = 20. Таким
образом, еще только число 65
обладает указанным в задаче свойством.
37. Найдем связь между
температурами в шкалах Фаренгейта (Тф)
и Цельсия (Тц). Пусть Тф = АТц-|-
+ В. При точке плавления льда
получаем 32 =А • 0+В, т. е. В = 32.
В точке кипения воды получаем
212= 100А + 32, откуда А=1,8.
Теперь запишем условие равенства
температур: Т= 1,8 Т + 32. Отсюда Т =
= —40°.
38. После первого перехода
туристу осталось пройти 2/3 пути, после
второго перехода — 2/3 остатка, т. е.
2/3 • 2/3 пути, а после третьего
перехода — 2/3 нового остатка, т. е.
2/3 • 2/3 • 2/3 всего пути. Отсюда
32 километра составляет 8/27 всего
пути, а весь путь равен 108
километрам.
39. Ответ изображен на
рисунке.
40. Примем за основание системы
счисления число п. Из последнего
столбца видно, что букве О
соответствует число 0. Тогда переносы
единицы будут лишь из второго столбца
в третий и из четвертого в пятый.
Получаем систему четырех уравнений
с четырьмя неизвестными: 2Т=л +
+ И, И + 1 = К, К + И = /г, К +
-[- 1=Т. Отсюда получаем: лг = 7,
И = 3, К = 4, Т=5.
41. В 9 часов угол между
стрелками равен 90°. За час часовая
стрелка проходит 1/12 часть окружности,
т. е. 30°, а за 20 минут 1/3 от нее, т. е.
10°. Аналогично минутная стрелка,
проходящая за час 360°, за 20 минут
пройдет 120°. Таким образом, угол
в 90° уменьшится на 10° и увеличится
на 120°. Следовательно, станет
равным 200°. Дополнительный к нему
угол будет равен 160°.
42. Если число не оканчивается
на 9, то сумма цифр следующего за
ним числа больше его суммы цифр на
122

единицу, поэтому такое число не
может быть искомым. Если число
оканчивается на 9 (но не на 99), то сумма
цифр следующего числа меньше его
суммы цифр на 8, что опять не
соответствует условию задачи. Если же
число оканчивается на 99 (но не на
999), то сумма цифр следующего за
ним числа будет меньше суммы цифр
первоначального на 17. Отсюда
следует, что если у первоначального
числа сумма цифр делилась на 17, то и у
следующего она будет делиться на
17, притом это число оканчивается
на два нуля. Найдем наименьшее
число, оканчивающееся на два нуля,
сумма цифр которого делится на 17.
Очевидно, что это число 8900.
Значит, искомой парой являются числа
8899 и 8900. Числа, оканчивающиеся
на 999 и 9998, не удовлетворяют
условию задачи, так как сумма цифр у
первых уменьшается при
прибавлении единицы на 26, а у вторых —
на 35.
43. Пусть а — основание системы
счисления, в которой считает Антон.
Тогда запись в его тетради означает
следующее: (а + 3) = а2 + 1а +1.
Раскрывая скобки и приводя
подобные члены, получаем а = 8.
44. Имея восемь монет.
Например, 1+2 + 2 + 5 + Ю+10 + 20 +
+ 50 или 1+2 + 3 + 5+10 + 20 +
+ 20 + 50.
45. Если обозначить через х
время от начала движения до встречи, а
через и и v скорости Винни-Пуха и
Пятачка, то расстояние между их
домами можно выразить тремя
способами:
хи + xv = и (х + 1) = v (х + 4).
Из первого равенства вытекает,
что u=vx, а из сравнения первого
выражения и третьего, что xti = 4v.
Исключая из этих уравнений U и
и, получаем, чтох2=4, х = 2. Значит,
Винни-Пух был в дороге 3 минуты,
а Пятачок — 6 минут.
46. Точку D следует поставить
123

так, чтобы отрезок CD был равен 1/5
отрезка АС, тогда площадь
треугольника DBC будет равна 1/5 площади
треугольника ABC. Аналогично точка
F ставится так, чтобы ВЕ=АВ/4,
точка F — так, чтобы FD = AD/3y и
точка G — так, чтобы GE = AE/2.
47. 1999999999, т. е. одно число
равно 1000000000, а остальные
единице. Действительно, если бы два
числа — хи у — большие 1, мы
заменили парой чисел ху и 1, то
количество чисел и их произведение не
изменилось, а сумма увеличилась бы на
ху-\-1 и уменьшилась на х-\-у.
Покажем, что ху-\-\—х—у>0.
Разложим левую часть на множители
(х—1) (у—1). Так как х и у, по
предположению, больше 1, то
каждый сомножитель положителен.
48. (a2 + b2)2 = a4 + 2a2b2 + b4 =
= a4 — 2a2b2 + b4 + 4a2b2=^
= (a2-b2)2+(2ab)2.
49. Быстрее добраться от станции
метро Физическая, поскольку после
прибытия туда оставшийся путь
можно пройти вдвое быстрее, чем
оставшийся к этому моменту путь
второго маршрута.
50. 15306+15306 = 30612.
51. Как дуга маленькой
окружности, так и биссектриса угла делят
четверть круга на две равные части,
поэтому часть, принадлежащая как
сектору, так и полукругу, равняется
по площади части, не
принадлежащей ни одному из них.
52. Для семи агентов схема
слежки такова: 1 -^5->-2->6-*3-^7->4->-
-*-1. При восьми агентах
соответствующую схему устроить нельзя.
Допустим, что можно. Расставим их по
кругу так, чтобы слева от каждого
агента стоял тот, за которым он
следит. Тогда первые четыре агента
стоят через одного, а между ними стоят
остальные четыре агента. Но в этом
случае получается, что за агентом
001 следит тот, за кем следит агент
004, а по условию за ним должен
следить тот, за кем следит агент 008.
Получили противоречие.
Следовательно, такая схема неосуществима.
53. Задача имеет два решения:
либо у мадемуазель Рембо
проживают одна кошка, одна собака, один
попугай, при этом нет тараканов, либо
только два таракана, и больше нет
никаких других домашних животных.
54. Положим на одну чашу весов
пятикопеечную монету, а на другую
две и три копейки. Если весы будут
в равновесии, то бракованная
монета — одна копейка. Если перевесит
одна из чаш, то положим в ту чашу,
где лежала пятикопеечная монета,
трехкопеечную, а на другую — две и
одну копейки. Если сейчас весы
окажутся в равновесии, то бракованная
монета — пять копеек. Если при
втором взвешивании будет легче та же
чаша, что и при первом, то
бракованная монета — две копейки, в
противном случае — три копейки.
55. Если заменить каждую цифру
«счастливого» билета ее дополнением
до 9, т. е. 0 на 9, 1 на 8 и т. д., то
полученный билет тоже будет
«счастливым». Заметим, что если билет был
«счастливым» и принадлежал одной
катушке, то он станет «счастливым»
и в другой, отсюда следует, что в
катушках одинаковое число
«счастливых» билетов.
56. Две монеты по 15 копеек и
шесть монет по 20 копеек.
57. Между первым и последним
ударом прошло 18 секунд.
58. Да, верно, поскольку Ира не
могла собрать грибов больше, чем
Таня, то она собрала грибов больше,
чем один из мальчиков, а Таня
больше, чем другой мальчик, так как она
набрала грибов больше всех.
59. Из условия следует, что если
А и В — друзья, то любой из
остальных либо их общий друг, либо общий
враг (иначе им троим не
примириться) . Возьмем всех друзей человека А.
Из сказанного следует, что все они
дружны между собой и враждуют
124

с остальными. Пусть теперь А и его
друзья по очереди ссорятся с
друзьями и мирятся с врагами. После
этого все окажутся друзьями.
Действительно, пусть А первым поссорился
с друзьями и помирился с врагами,
но тогда каждый из его бывших
друзей будет с ним мириться, а бывшие
враги останутся друзьями. Таким
образом, все люди оказываются
друзьями А и, следовательно, друзьями
между собой.
60. 9453,5 + 9453,5=18907.
61. Выпало 352 страницы.
Заметим, что номер последней из
выпавших страниц должен быть четным и
большим, чем 387, т. е. 738.
62. 5 месяцев. Обычный год при
этом должен начинаться с пятницы,
а високосный с четверга или пятницы.
63. Футболисту, получившему
травму, 32 года.
64. Возьмем два кувшина разной
формы. Если они и разного цвета, то
условие выполнено. Если
одинакового, то возьмем третий кувшин,
отличающийся от них цветом. Его форма
не совпадает с формой хотя бы
одного из первых кувшинов, не совпадает
и цвет.
65. Представить все фасоны и
расцветки удается не всегда.
Например, если привезены платья двух
фасонов с одинаковой расцветкой, а
третий фасон — двух других
расцветок.
66. В комнате 3 табуретки и 4
стула.
67. Больше ступеней насчитает
тот, кто бежит быстрее.
68. Книга стоит 1 рубль 11
копеек.
69. Аня тратит на дорогу 2 часа
30 минут.
70. ч 292
X 211
292
292
584
61612
71. Куплены 60 коробок спичек,
39 пирожков и 1 банка консервов.
72. Из 36 шариков можно
сложить и треугольник и квадрат.
73. Да, была.
74. Да, верно. Обозначим через
В общее количество людей, через Б —
количество голубоглазых среди них,
через Г — количество блондинов и
через х — количество голубоглазых
блондинов. Тогда по условию л::Г>
>»Б:В. Умножим обе части
неравенства на Г и разделим на Б. Получим
*:Б>Г:В,т. е. доля голубоглазых
среди блондинов больше, чем среди
всего населения.
75. В стране больше карабасов.
Пусть карабасов х, а барабасов у.
Предположим, что карабасы вручили
своим друзьям барабасам по
визитной карточке. Число врученных
карточек равно 9х. Но это число равно и
\0у, поскольку каждый барабас
получил по 10 визитных карточек.
Значит 9х=10у, отсюда следует, что
х>у.
76. Число ШЕСТЬ меньше, чем
10000, а число ДВАДЦАТЬ больше,
чем число ДВА, умноженное на 10 000.
77. В любом году число 13 хотя
бы раз является понедельником.
Наибольшее число раз — четыре.
78. 0,5 и —1.
79. Нет, так как эта сумма
должна делиться на 3. Быть равной 3 она
также не может, так как наименьшая
сумма у тройки 1+2 + 3 = 6.
80. 932 + 9338=10270.
81. Ответ вы найдете на рисунке.
82. Из надписи на красной
коробочке следует, что ключик лежит
в синей или зеленой коробочке. Из
надписи на синей следует, что в
зеленой лежит гадюка или ключик, а из
надписи на зеленой уже вытекает, что
там лежит золотой ключик.
83. Заметим, что 100000= 105<
< ** 198*7 < 305 = 24 300 000. Кроме
того, заметим, что всякое целое
число в пятой степени оканчивается на
ту же цифру, что и само число.
Поэтому достаточно проверить лишь два
числа: 17 и 27. После проверки полу-
125

чаем, что на доске было написано
число 175= 1419857.
84. Поскольку все утверждения
противоречат друг другу, то верным
может быть не более одного из них.
Все утверждения не могут быть
неверными, потому что тогда последнее
утверждение окажется верным. Итак,
верно лишь одно утверждение, а
именно 99-е, которое утверждает, что
неверно 99 утверждений, а верно
лишь одно — оно само.
85. Сумма всех очков домино
равна 168. В среднем в кучках по
42 очка. Теперь не трудно подобрать
нужные значения: 37, 41, 43 и 47.
86. Павел Павлович пошел домой
в четыре часа дня.
87. Не может, так как сумма 0 +
+ 1+2 + ... + 9 = 45. Если бы
степень двойки содержала поровну все
цифры, то сумма цифр делилась бы
на 45 и, следовательно, на 9. Значит,
и само число должно делиться на 9, а
оно может иметь делителями только
степени числа 2.
88. Если доля Алеши стоила 25
копеек, то столько же стоили доли
Коли и Вити. Значит, все 5 пакетиков
стоили 75 копеек, соответственно
каждый — 15 копеек. Коля заплатил
45 копеек, значит, он должен
получить 45 — 25 = 20 копеек, а Витя 30 —
— 25 = 5 копеек.
89. 2, 2, 8, 4, 3, 2, 2, 2, 3, 2.
90. 45203 + 45203 = 90406.
91. Соединим две соседние
вершины звезды, например А и Е. Так
как у треугольников АМЕ и ВМЕ
углы при вершине М равны, то сумма
углов при вершинах В и D равна
сумме углов при вершинах Е и А
треугольника АЕМ. Но тогда сумма
углов при вершинах звезды равна
сумме углов треугольника АСЕ, т. е.
180°. (см. рис.)
92. Таких чисел два: 41312 432
и 23 421 314.
93. Нетрудно подсчитать, что
всего было 10 партий и поэтому
разыгрывалось 10 очков. А — победитель
турнира — набрал не более 3 очков,
так как одну партию проиграл. Но он
не мог набрать и меньшее количество
очков, так как 2,5 + 2 + 1,5 + 1 +
4-0,5= 7,5< 10. Значит, А одну
партию проиграл, а остальные выиграл.
Выиграть у Б он не мог, так как Б не
проиграл ни одной партии. Значит,
он проиграл Б и выиграл у
остальных. Заметим, что 3 + 2,5 + 2 + 1,5 +
+ 1 = 10, поэтому Б набрал 2,5 очка,
В — 2 очка, Г — 1,5 очка и Д — 1
очко. Значит, Б остальные три партии
свел вничью. Г набрал 1,5 очка,
сделав ничью с Б и выиграв у В или Д,
но В проиграл А, сделал ничью с Б, но
если он проиграл Г, то набрал бы не
больше 1,5 очка, а он набрал 2 очка.
Значит, В выиграл у Г и сделал
ничью с Д, а Г выиграл у Д. Таблица
приводится на рисунке.
94. Это хорошо видно на рисунке.
95. Пусть это числа а, Ь и с,
причем с = а3 — Ь3. Тогда с= (а — Ь) X
X (а2 + ab + Ь2). Чтобы число с было
простым, необходимо, чтобы а — Ь =
= 1, а это возможно при условии
простоты чисел о и 6, лишь при а=3,
6 = 2. Отсюда с= 19.
96. Вот план расположения
домов на хуторе (см. рис.).
97. Если обозначить через v объем
воды в озере, через w — объем воды,
вытекающей в сутки из родников
в озеро, и через z — количество воды,
выпиваемой в сутки слоном, то
условия задачи запишутся в виде двух
уравнений:
v + w=\83z,
v + 5w = 5 • 37 • z.
Вычитая из второго уравнения
первое, получим, что Aw = 2г, или z =
= 2w. Подставив это соотношение
в первое уравнение, получим, что v =
= 365ш. Пусть один слон выпивает
озеро за х дней, тогда v + xw = xz.
Подставляя z = 2w, получаем, что
v = xw, но мы знаем, что v = 365w,
поэтому х= 365, т. е. слон опустошит
озеро за один год, после чего понадо-
126

бится еще два года, чтобы озеро
вновь наполнилось от родников.
98. Я находился 1 февраля в
Ленинграде, 8 февраля в Риге, I марта
в Пскове, 8 марта во Владимире.
99. Обозначим через А сумму
баллов, набранную Джоном перед
последним из k тестов. Тогда ^+97 =
k
= 90 и A+Z^^87, или А = 90? —97
к
и A = 87k — 73. Отсюда 976 — 97 =
= 87& — 73, k = S. Значит, в серии
профессора Тестера было 8 тестов.
100. В первом случае правая
часть делится на 11, а левая — нет,
во втором случае левая часть делится
на Л, а правая лишь при А = 1, тогда
(10 + В) • 111 = (101 + 10В) X
X 11 + 1, откуда В = 2. В третьем
случае левая и правая части
представляются как АВ • АА • 101.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ В КАРТИНКАХ
1. «Сколько денег в кошельке?»
До покупки мороженого у Алеши
оставалось 20 копеек (5+15).
Следовательно, до покупки тетрадей у
него было 40 копеек (20 + 20), до
покупки книги 100 копеек 2(40+10),
а перед поездкой на автобусе 105
копеек. Значит, с самого начала у него
было 210 копеек (2 • 105), т. е. 2
рубля 10 копеек.
2. «В чем фокус?»
Пусть номер обуви девочки — х, а ее
возраст — у. Тогда последовательно
получаем: 5х, 5х+13, 100х + 260,
100а: + 260 — (1989 — у) = 100л: +
+ (/—1729, 100* + */. В 1995 году
прибавлять нужно было бы число,
большее на 6, т. е. 1735 (каждый год
число увеличивается на единицу).
3. «Королева и рыцари».
У третьего рыцаря было 6 слив (2Х
Х-3), у второго 8 слив (6+1 + 1),
у третьего 16 слив (6 + 8+1 + 1)-
Всего 30 слив.
4. «Три мушкетера».
Самый сильный — Портос, затем
Атос, д'Артаньян и Арамис.
5. «Четыре лилипута».
Второй и третий говорят правду,
первый и четвертый — лгут.
6. «Богатыри».
Соловья-разбойника поймал Добры-
ня Никитич. Он и Алеша Попович
слукавили в первый раз, а Илья
Муромец — в последний.
7. «Кто с кем танцует?»
Максиму 20 лет, его партнерше
Юле — 17, Игорю — 19 лет, его
партнерше Ире — 16, Антону — 23 года,
его партнерше Светлане — 20 лет.
8. «Кто первый?»
Первый — Сережа, вторая — Надя,
третий — Коля, четвертый — Ваня,
пятый — Толя.
9. «Сколько стоит арбуз?»
Обозначим через х цену арбуза, а
через у — налог на арбуз. Тогда
19*=104i/+lf
Зх=17у— 1,
откуда х— 11, у = 2.
Но Ходжа и Али не платили налог
на арбузы, оставленные стражникам,
поскольку они их не ввозили в город.
Поэтому верное решение:
19*= (104—19)0+1,
Зх=(\7 — 3)у— 1,
т. е. \9х = 85у+\, Зх=\4у— 1.
Значит, х = 9у у = 2.

Художник
Е. Шабельник
Оформитель серии
О. Кондакова
Обложку и форзац нарисовал
В. Полухин
Научно-популярное издание
Для среднего и старшего школьного возраста
Савин Анатолий Павлович
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ МИНИАТЮРЫ
Ответственный редактор
Румянцева Л. А.
Художественный редактор
Стальская Ю. Н.
Технический редактор
Тимошина Т. П.
Корректоры
Сизова Э. //., Лазарева Л. А.
ИБ № 11207
Сдано в набор 19 04 89 Подписано к печати 22 0190
Формат 70X100'/i6 Бум офсетная № 2 Шрифт
литературный Печать офсетная Уел печ л. 10,4 Уел кр -
отт 22,75 Уч изд л 10,28 Тираж ЮООООэкз Заказ № 528
Цена 3 р 10 к
Орденов Трудового Красного Знамени и Дружбы народов
издательство «Детская литература» Министерства печати
и массовой информации РСФСР 103720, Москва, Центр,
М. Черкасский пер , 1
Фабрика «Детская книга» № 2 Министерства печати и
массовой информации РСФСР 193036, Ленинград, 2-я
Советская, 7.
Савин А. П.
С 13 Математические миниатюры: Научно-попул.
лит./Худож. Е. Шабельник. —М.: Дет. лит.,
1991.— 127 с: ил. (Знай и умей).
ISBN 5—08—000596—3
Книга состоит из небольших рассказов о разнообразных
математических объектах: числах, фигурах,
математических играх. Автор знакомит читателей как с
математическими понятиями, изучаемыми в школе, так и с важными
современными направлениями, не входящими в курс средней
школы. В специальном разделе книги собраны
занимательные задачи.
п 480202000-220 ACg ftQ rrk 99 1
С М101(03)-91 055~89 ББК 22Л