60.1. Самый мудрый из мудрецов через некоторое
время может догадаться с помощью следующего рассуждения: «Допустим, на мне белый колпак. Тогда каждый из двух, исключая меня, видит перед собой один белый и один черный колпак. В этом случае, предположив, что на нем также белый колпак, один из них легко догадается, что на нем не может быть белого колпака, поскольку в этом случае третий видел бы перед собой два белых колпака и мгновенно, даже не будучи мудрецом, понял бы, что на нем черный колпак. А это означает, что на мне также черный колпак».
60.2,3. Что касается двух других ситуаций, то, поскольку подобное обсуждение хотя и весьма интересно, однако требует гораздо больше места, чем позволяют возможности этой книги, ограничимся одним замечанием. Реальная жизнь, грубо вторгаясь в иллюзорно-математические конструкции, показывает, что абстрактные математические рассуждения ей абсолютно чужды и ей глубоко наплевать на беспомощные заклинания шаманящих логиков.
Ответ на задачу 61
61. Портфель украл Босс. В самом деле, предположим, что портфель украл Весли. Тогда в высказываниях Арчи верными являются утверждения 1 и 3, а неверным — утверждение 2. В то время, как у Весли неверным является утверждение 1, а верными 2 и 3. Но 2-е утверждение Арчи совпадает с 3-м утверждением Весли. Противоречие, доказывающее что Весли не брал портфеля. В этом случае 1-е утверждение Арчи должно быть верным (ложно 3-е). Значит, украл портфель Босс.
62. Стороны сечения при продолжении пересекают переднее „ребро тетраэдра в двух различных точках. Этого не может быть, поскольку плоскость пересекает не принадлежащую ей прямую не более, чем в одной точке.
В обоих случаях стороны внутреннего четырехугольника при продолжении пересекают соответствующие стороны квадрата в четырех точках, не лежащих на одной прямой. Этого не может быть, поскольку две плоскости пересекаются по прямой.
Ответ на задачу 63-65
63. Выделим 1 рыцаря. Среди оставшихся 7 можно составить (7Хб)/2 = 21 пару. Из этого уже следует, что число лет не может превосходить 21. (Даже если раз личными должны быть пары лишь у одного рыцаря).
Приведем пример 21 варианта расположения 8 рыцарей с соблюдением требуемого условия. (Последний сидит рядом с первым):
12345678 13527486 14263857 15643782 16275384 17425863 18237645 12568743 13746825 14387562 15738264 16358427 17632458 18453276 12784356 13862574 14576238 15824637 16482735 17856342 18674523.
64. Пронумеруем монеты числами от 1 до 10. Вот одна из возможных последовательностей из 5 ходов, ведущая к цели: монета 7 кладется на монету 10, 5 — на 2, 3 — на 8, 1 — на 4, 9 — на 6.
65. Обозначим через ак и Ък число кур и петухов на к-м этапе. На 1-м этапе а1=1, 1)1=0, крометого, по условию а«—! +Ьк4-1==2ак. Запишем все такие равенства от 1-го до последнего этапа (а* =0) и сложим их:
а2 + б2 = 2а1, аз + бз = 2а2; … ан + бн =2ан —1
Таким образом, петухов на 1 больше кур, т. е. в нашем случае кур оказалось 16.
Ответ на задачу 66-67
66. Мы умеем получать 8 из 1 за 15 шагов, а 32 —
за 35 шагов. Вот эта цепочка: 1 3 7 15 31 63 127 42 85
171 343 114 229 258… 2576 153 307 102 205 411 823 274
91 183 367 735 1471 2943 5887 11775 3928 1309 430
48 97 32.
67. Назовем позицию «безопасной», если оставляя ее сопернику, нет опасности проиграть (при верной игре) . Мы не будем заниматься проведением подробного анализа игры в «ним», а сразу укажем общий вид «безопасных» позиций. Запишем в двоичной системе количество спичек в каждой из кучек. Получим несколько чисел, состоящих из 0 и 1. Подсчитаем сначала число единиц в первом разряде (на последнем месте), затем число единиц во втором разряде (на втором с конца месте) и т. д.
Получим столько чисел, сколько знаков в двоичном числе, соответствующем наибольшей кучке. «Безопасными» будут все такие позиции, у которых все полученные числа являются четными.
Можно убедиться, что любой ход в «безопасной» позиции переводит ее в «опасную», и, наоборот, для любой «опасной» позиции существует ход, переводящий ее в «безопасную».
В нашем случае 7= 111 (2); 11 = 1011(2); 13=1101(2). Как видим, нечетной является сумма единиц в первом разряде( на последнем месте). Взяв одну спичку из любой кучки, мы переведем позицию в «безопасную». Дальнейшая игра определяется ответами соперника.
Ответ на задачу 68-70
68. Пусть одновременно с первым работают и двое оставшихся. По условию, за время работы первого двое других выкопают полканавы. Точто так же, пока работает второй, первый и третий выкопают еще полканавы, а пока работает третий, полканавы выкопают первый и второй. Значит, за 8 ч все вместе выкопают канаву и еще полторы канавы, всего 2,5 канавы, а одну канаву втроем они выкопают за 8:2,5 = 3,2 ч.
69. Понятно, что хотя бы в одном из двух сосудов содержание яблочного сока не превышает 40%. При этом условии наибольшее количество яблочного сока в 2,5 л будет, если мы смешаем 0,5 л (40%) сока с 2 л чистого (100%) сока. В этом случае в 2,5 л будет 0,5×0,4+2 = = 2,2 л яблочного сока, что составит ровно 88%- Таким образом, в сосуде емкостью 1 л содержится 40% яблочного сока, а в двухлитровом — чистый яблочный сок.
70. Покажем, как путешественник может достичь отметки 137 км. Наметим сначала места для .складов: первый склад расположим в 12 км от базы (склад А), склад Б расположим в 15 км от склада А, затем склад В на расстоянии 20 км от Б, и, наконец, склад Г на расстоянии 30 км от В. Процедура передвижения будет следующей, Сначала путешественник переносит весь запас с базы на склад А. Один переход от базы до склада занимает З/о дня. Пятым рейсом от базы на склад А путешественник закончит процесс переноса продуктов на эту базу. Отложим от оставшегося запаса продукты, необходимые для возвращения от А на базу. Останется 6х4 = 24-дневный запас (потрачено на эту процедуру с учетом отложенного количества 9×3/5 + 3/5=6-дневный запас). Переход от склада А до склада Б занимает 3/4 дня. Вновь перенесем весь 24-дневный запас с А на Б. Отложим часть, необходимую для возвращения, с Б в А. Останется 6×3= 18-дневный запас. Перенеся этот запас с Б в В и отложив количество, необходимое для возвращения из В и Б, получим на складе В 12-дневный запас. Этот запас в два приема переносится на склад Г, в результате чего на складе Г образуется запас на один 6-дневный переход, в результате которого мы имеем возможность удалиться от Г на 60 км, и на возвращение на склад В.
Предложенная процедура позволяет максимально удалиться от базы при заданных условиях (12+15 + 20+ + 30 + 60=137 км). Обоснование, почему это так, приводить не будем.
Аналогичная процедура реализуется во втором случае, с той лишь разницей, что на складах не надо оставлять продукты для возвращения. Таким путем можно преодолеть пустыню шириной в 120 (1 + 1/3+1/5 + ,+ 1/7+1/9), что больше 210 км.
Ответ на задачи 71
71. Возможны три случая.
1. К моменту второй встречи оба прошли по одному разу весь путь. Пусть 3 — расстояние между домами. К первой встрече суммарный путь равен 5, ко второй— 35. Профессор прошел 3×55=165 м. С другой стороны, его путь 5 + 85, т. е. 165 = 5+85, 5 = 80. Но по условию расстояние между домами более 85 м. Значит, этот случай невозможен.
2. Предположим, что во второй раз профессор догнал доцента. Но тогда скорость профессора превышала бы скорость доцента более, чем в 2 раза. Значит, путь, пройденный доцентом к моменту первой встречи, был бы менее половины пути профессора, т. е. меньше 0,5×55, а расстояние между домами будет меньше, чем 55+27,5 = 82,5<85. Этот случай также невозможен.
3. Остается одно — доцент догнал профессора. Но отношение путей, пройденных профессором и доцентом во все моменты времени, постоянно и равно отношению их скоростей. В момент первой встречи эти пути соответственно 55 и 5 — 55, в момент второй (точнее, в момент, когда доцент догнал профессора) их пути 5 — 85 и 25— —85. Имеем пропорцию 55/(5—55) = (5—85)/(25—85)^. По известному свойству пропорции каждая из этих дробей равна (5—195)/25. (Если а/Ь=с/д, то а/Ь=с/(1= = (с —2а)/(а — 2Ь)), т. е. (5 —195)/25 также отношение скоростей профессора и доцента, значит, когда доцент прошел 25 м, профессор прошел 5 — 195 м, и был на расстоянии 195 м от дома доцента. Расстояние между киосками будет 195 — 25=170 м.
Ответ на задачу 72
72.1. Надо сделать петлю в середине веревки, просунуть ее между рукой и надетой на нее веревкой, надеть на руку, пропустить вниз по руке между рукой и ранее надетой на нее веревкой, после чего снять с руки. Потянув за веревку, завяжем теперь на ней узел.
72.2. Покажем, как прицепить карандаш с петлей к пиджаку. Кусок пиджака вместе с пиджачной петлей просовывается в петлю карандаша на такое расстояние, чтобы можно было карандаш продеть в петлю пиджака. При снятии последовательность операции обратная. Правда, проделать ее несколько сложнее.
72.3. Надо передвинуть кольцо к среднему отверстию, чтобы петля А проходила под ним. Затем, потянув за веревки, выходящие из среднего отверстия, вытащить петлю А из него. Передвинуть кольцо по выступившей из отверстия петле А под обеими веревками вправо.
. Вдернуть обратно в среднее отверстие петлю А. Кольцо окажется на правой стороне. Его еще надо передвинуть правее под петлей А.
Кстати, для этой головоломки можно использовать и иные подручные средства. В качестве среднего отверстия можно взять любое естественное отверстие, например замочную скважину. Вместо кольца можно использовать обычный ключ. Концы веревки привязать к стульям.
Ответ на задачу 73-74
73. Спрашивающий знает, произведение и сумму трех натуральных чисел, но не может их определить. Поскольку речь идет о математике, то справедливо было бы предположить, что если бы по этим данным можно было бы определить три числа, то он это сделал бы, на то он и математик. Значит, сумма и произведение таковы, что определить три числа нельзя. Если мы переберем все натуральные числа в разумных, соответствующих условию задачи пределах, например от 20 до 60, то убедимся, что почти во всех случаях эти числа раскладываются на произведение из трех сомножителей, имеющих раз личные суммы. Есть только два исключения.
36=1X6X6=2X2X9, суммы множителей 13, и 40 = 2х2чХ 10= 1X5X9, суммы 14. Подходит лишь последний вариант, в котором есть средний сын. Итак, возраст сыновей 1 год, 5 и 9 лет.
74.1. Рассмотрим шар радиусом г с центром в точке пересечения осей цилиндров. Любое сечение плоскостью, параллельной осям, шара и общей части цилиндров дает нам квадрат, описанный около круга, отношение площадей которых постоянно и равно 4/ п, Значит, таким же будет и отношение объемов этих тел. Поскольку объем шара равен 4/3пр3, то объем искомого тела равен 4/3 пг3/Х4/п=16/3пр3
74.2. Если заданная кривая является многоугольником, то объем «блина» легко вычисляется. Он складывается из призмы объема 25г, системы полуцилиндров
с радиусами г и суммой осей 1, объем которых кА г21, и набора шаровых «долек», в сумме дающих весь шар. Т. е. в этом случае объем блина равен 2Sr + П/2R2 1+4/3тсг3. Понятно, что таким же он будет и в общем случае.
Ответ на задачу 75
75. Время вытекания из бочки высоты Н зависит от Н и ч, оно также прямо пропорционально площади основания бочки и обратно пропорционально площади отверстия. Два последних параметра вместе образуют безразмерную величину. Итак, из параметров, определяющих время вытекания лишь два размерные. Но из величин Н (размерность см ) и ^ (размерность см/с2) получить время I (размерность с) можно лишь, поделив первое на второе, после чего надо извлечь корень. Итак, если *(Н) время вытекания из бочки высотой Н, то
t(Н)= корень Н/g. По условию полбочки вытекло за 1 ч,
т. е. С корень H/g — С корень Н/2g=1 ч.
Откуда t (Н/2) =С корень Н/2g = корень 2+1 (ч) — есть время, за которое вытечет вторая половина бочки.
Ответ на задачу 76
76.1. Встречных- поездов будет столько, сколько
пройдет мимо неподвижного наблюдателя за 4 ч. При
движении в одном направлении число встречных поез
дов будет 13, при движении в другом 9.
76.2. Надо взять пятый стакан, перелить содержимое
во второй и поставить на место.
76.3. Сначала квадрат надо повернуть на 180 градусов (или два раза на 90 градусов) вокруг одной из диагоналей, а затем еще раз на 180 градусов вокруг одной из сторон. Результат можно заменить одним поворотом на 90 градусов вокруг соответствующей вершины (в плоскости квадрата).
76.4. Слово «кофе», в отличие от слова «чай», написанное печатными буквами, имеет ось симетрии.
76.5 101—10**= 1.
76.6. —1 и 1/2.
76.7. Площадь треугольника, отмеченного на рис. 12 жирными точками, равна половине каждого из параллелограммов,,
76.8. На рис. 13 21 квадрат. Удалить 6 точек можно, например, так, как показано на рис 31.
76.9. Арбуз можно разрезать на такие части, у которых после удаления мякоти будет более одной корки.
Например, ситуация, описанная в условии задачи, может возникнуть следующим образом. Нарисуем на поверхности арбуза треугольник АВС, затем проведем три разреза по лучам АВ, ВС и СА. Образуются в результате три «нормальных», куска и один в виде своего рода треугольной призмы.
76.10. Например. Человек, живущий в Волоколамске, интересуется временем прибытия в его город поезда Рига—Москва. Он звонит на Рижский вокзал в Москву, узнает время прибытия интересующего его поезда в Москву, после чего пытается высчитать время, когда этот поезд будет в Волоколамске. Понятно, что чем меньше предполагаемая скорость поезда, тем раньше он будет в Волоколамске.
Ответ на задачу 77
77.1. Все, кроме февраля.
77.2. 5 месяцев. Для обычного года это будет, если 1 января пятница. Для високосного есть две возможности — 1 января пятница или четверг. Самое простое — проверить все возможности для первого дня года.
77.3. Если 13 января ■— понедельник, то 13 июня — пятница, если 13 января — вторник, то 13 февраля —■ пятница, и т. д.
77.4. 1 января 2001 года.
77.5. Наш григорианский календарь имеет период 400 лет. Здесь уместно напомнить, что каждый четвертый год високосный, при этом года, делящиеся на 100 и не делящиеся на 400, не являются високосными. Весь цикл содержит ровно 20871 неделю. Первым днем столетия может быть либо вторник (1 января 1901 года), либо понедельник (1 января 2001 года), либо суббота (1 января 2101 года), либо четверг (1 января 2201 года). Далее все повторяется. Очередной век не может начаться в воскресенье.
77.6. Объяснение этого явления то же, что и в предыдущей задаче — 400-летний период нашего календаря. Остается лишь «честно» подсчитать, сколько раз 13 число будет пятницей, а сколько другим днем недели. Читатель может заняться этой деятельностью на досуге, можно при этом воспользоваться помощью компьютера.
Ответ на задачу 78
78.1. Большой Зеленый Камнеед.
78.2. Если согласиться с тем, что существуют говорящие черепахи, то вполне возможно, что среди них есть и не очень правдивые. Короче, одна из них сказала неправду.
78.3. 2-х бегемотов. 78.4. Поскольку в машине уже находятся два бегемота, то увезти можно еще 8 крокодилов.
78.5. За невозможностью обстоятельно ответить на этот вопрос отсылаем читателя к 1-й книге М. Гарднера «Этот правый левый мир» (Москва, изд-во «Мир», 1967 г.).
78.6. Сегодня мы с достаточным основанием можем сказать, что ворон и письменный стол объединены тем, что оба попали в знаменитую загадку Л. Кэрролла. Сейчас такой ответ не просто некий математический трюизм.
