Решения головоломок к первой книге В.Н. Белова «Фантасмагория с головоломками», М, 2002.

Глава 7

SOLUTION,

или

РЕШЕНИЯ

По прошествии времени воспоминания о загадочном приключении были мною записаны – вот и получилась эта книга. При работе над ней пришлось несколько изменить первоначальные намерения – я понял, что не должен приводить все головоломки, которые поведали мне обитатели ортогональности. Они не давали мне права раскрывать их секреты. Вместе с тем изложенные головоломки снабжены подробными решениями, которые сведены в эту главу. А это означает, что читателю будет с чем сравнить собственные результаты. Если вы спросите, встречался ли я ещё с обитателями ортогональности, то я отвечу утвердительно. Но это – совсем другой рассказ.

Глава 1

Ступени эскалатора

На эскалаторе 280 ступеней.

Если общее количество ступеней на открытой части эскалатора обозначить через N, то при движении вниз оно будет складываться из количества ступеней, на которые опустился сам эскалатор, и количества ступеней, пройденных по нему. В первом случае время движения составило 140 : 2 = 70 секунд, во втором – 56 секунд. Для постоянной скорости эскалатора V указанные соображения приводят к уравнениям:

140 + 70 V = N

168 + 56V = N,

решение которых N = 280 ступеней и V = 2 ступени в секунду.

Обвес наоборот

Факт, подмеченный на рынке, не требует особых разъяснений: при заурядном обвесе, который имел место, шкала весов была умышленно сдвинута и при каждом взвешивании показывала больший вес, например на 50 граммов. Если на таких испорченных весах взвесить килограмм яблок, то 50 граммов добавятся к общему весу и весы покажут 1050 граммов. Пусть в килограмме 10 яблок, тогда при взвешивании их по отдельности 50 граммов прибавятся к весу каждого яблока, а их суммарный вес составит как бы 1500 граммов.

Другое дело – точные аналитические весы, не предполагающие обмана, обвеса и обмера. При взвешивании на них следует учесть, что удаление центра тяжести тела от поверхности земли (!) уменьшает силу гравитационного притяжения, действующую на тело. Как следствие, тело приобретает меньший вес, что проявляется при взвешивании яблок, если они уложены горкой. По этой же причине вес петуха на одной ноге будет меньше, так как вторая нога оказывается поднятой над поверхностью земли.

(Да, ловим микроны – но никогда не проверяем базарные весы. Эх, куплю я себе точные портативные весы и пойду на рынок. Или не нужно? – Т.В. )

Чеширский сыр

Истинный вес сыра составляет 4 фунта.

С чеширским сыром всё намного проще. Обозначим плечи коромысла весов как  и b , а затем напишем условия их равновесия: ·P· = 8·b и 2· = Р·b, где Р – истинный вес сыра. Поделив равенства друг на друга, приходим к соотношению Р : 2 = 8 : Р, откуда Р = ) = 4 фунта.

Вдругорядь

Число 206.

«Раз-о-три» обозначает число «1-0-3», то есть 103. Если к нему прибавить такое же, то при складывании столбиком в нижнем ряду, то есть «вдругорядь», получится число 206.

Три, не три...

Цифра 8.

Она получится, если геометрически совместить две тройки: обычную («три») и перевёрнутую относительно вертикали («не три»). Петельки цифры 8 образуют две «дырки».

Квадрат и треугольник

Площадь треугольника составляет 96 квадратных сантиметров.

Очевидно, что наибольшая площадь перекрытия плоских фигур в обоих случаях одинакова. Поэтому площади треугольника равны площади квадрата, откуда легко определить площадь треугольника.

Юбилейное гашение

Было погашено от 937 до 1561 конверта.

Головоломку следует решать с конца, то есть с ситуации, когда остался один конверт с пятью оттисками штемпеля на нём. Найдём вначале наименьшее количество конвертов, которые могли быть погашены. Очевидно, в таком случае последний конверт был взят снизу стопки из 1х 5 + 2 = 7 конвертов с четырьмя оттисками. Они, в свою очередь, были взяты из стопки в 7 х 5 + 2 = 37 конвертов с тремя оттисками, те – из стопки в 37 х 5 + 2 = 187 конвертов с двумя оттисками, получившейся из 187 х 5 + 2 = 937 конвертов с одним оттиском. Наибольшее возможное количество конвертов удается найти, если учесть, что после гашений со второго по четвёртое снизу стопки могли остаться до четырех непогашеных конвертов. Восстановив обратную последовательность гашения, получим:

1;

4 + 1 х 5 + 2 =11;

4 + 11 х 5 + 2 = 61;

4 + 61 х 5+2 = 311;

4 + 311 х 5 + 2 = 1561.

Шахматная головоломка

Вероятности составляют: 0,222; 0,104; 0,271.

1. С любой клетки шахматного поля ладья бьёт короля, расположенного на каждой из 14 клеток по вертикали и горизонтали от ладьи. Значит, вероятность того, что король попадёт под удар, равна его вероятности оказаться на любой из этих клеток. Всего на шахматном поле свободны 63 клетки, так как одна занята ладьёй. Поэтому искомая вероятность составит 14 : 63 = 0,222…

2. В случае, когда король бьёт ладью, есть принципиальное различие между положениями короля на клетках в центре поля, у края и в углах. Начнём рассмотрение с угловых клеток, их всего 4. С каждой король бьёт ладью лишь тогда, когда она расположена на одной из трёх соседних клеток.

Вероятность того, что король окажется на угловой клетке, составляет . Вероятность того, что ладья будет находиться на соседних клетках под ударом, равна . Полная вероятность: х С каждой клетки у края поля (кроме угловых) король угрожает на 5 соседних клеток. Таких клеток у края насчитывается 24, поэтому вероятность того, что король окажется на одной из них, составляет . С каждой из 36 оставшихся нерассмотренными центральных клеток поля король бьет на 8 соседних клеток. Полная вероятность того, что ладья будет бита, составляет . Для получения окончательного результата необходимо сложить полученные вероятности, так как расстановки ладьи и короля являются независимыми. Полная вероятность составит 0,104.

3. Рассмотрение п. 2 дополним учетом клеток, с которых ладья бьёт короля. Если король расположен на угловой клетке, то хотя бы одна из фигур бьёт другую на 15 клетках. При размещении короля на клетке у края поля (кроме угловых) то же происходит на 16 клетках. При других расположениях короля клеток будет 18. Полная вероятность того, что хотя бы одна из фигур бьёт другую, вычисляется, как и в п. 2:

х + х ≅ 0,271.

Примечание: Эта задача имеет прямое отношение к исследованию многих параметров шахматных фигур, которое было проведено в диссертации (рукописи) В. Трубицына «Теория игровых структур и её применение в комбинационных играх высшего класса» - СПб, 1994 год. Казалось бы, тут приведены несложные подсчёты, но Е. Гик при определении силы шахматных фигур допустил досадную ошибку в первом издании книги «Математика на шахматной доске» - М, 1976 г. – Глава 10. Сначала он неточно подсчитал общее число возможных ходов для трёхходовой пешки (вместо 3 х 30 написал 3 х 32 и в итоге получил 140 вместо 134. Затем при определении среднего числа возможных ходов пешки, разделив 140 на 48, получил 2,5 вместо 2, 9. А потом на это вдвойне ошибочное число делил общее число возможных ходов каждой фигуры… Так получилась первая весьма неудачная шкала силы фигур Е. Гика по отношению к пешке.

Остаётся добавить, что в дальнейшем поиски более точной шкалы продолжались разными авторами. Я предложил для пешки учитывать не общую её подвижность, а только поражающую мощность, которая получила выражение 1,75. А также ввёл три категории для свойств всех фигур: лучевая мощность, дальнодействие и поражающая мощность. В итоге моя шкала силы шахматных фигур отличается от шкалы Е. Гика -(Т.В.).

Факториал тысячи

Число заканчивается 249 нулями.

Каждый нуль в конце искомого числа возникает от произведения чисел 2 и 5 - других вариантов нет. Эти числа являются множителями, на которые раскладываются перемножаемые в факториале целые числа. Очевидно, множителей 5 будет меньше множителей 2. Значит, количество нулей определяется исключительно количеством множителей пятёрок. Один такой множитель содержат числа 5, 10, 15, 20, 25, … 1000 – всего их насчитывается 1000 : 5 = 200.

Два множителя содержат числа 25, 50, … 1000, всего их 1000 : 25 = 40. Три множителя содержат 1000 : 125 = 8 чисел, а четыре – только одно число 625. Складывая количества множителей с учётом их повторения, найдём общее их количество: 200 + 40 + 8 + 1 = 249. Столько же нулей в конце факториала.

Два взвешивания

Первоначально следует разделить монеты на 3 кучки по 3 монеты в каждой. Затем любые две кучки укладывают на разные чашки весов. Если весы окажутся в равновесии, значит, фальшивая монета осталась в третьей кучке. Если же монеты на одной чашке будут легче, то фальшивая монета находится среди них. Таким образом, после первого взвешивания находят 3 монеты, среди которых есть фальшивая. Из них берут любые две и снова используют весы для взвешивания - по монете помещают на разные чашки весов. Если весы уравновешены, то оставшаяся монета является фальшивой. Если монета на одной чашке легче, то фальшивой будет она. Следовательно, второе взвешивание позволяет однозначно найти фальшивую монету.

Дюжина и одно утверждение

1. Не более одного утверждения может оказаться истинным.

Если бы все утверждения были ложными, то утверждение в строке под номером 13 оказалось бы истинным, что противоречит самому этому утверждению. После аналогичной проверки других строк можно заключить, что только одно утверждение в строке под номером 12 истинно, а остальные ложны.

2. Только любые из 6 утверждений сверху листа могут быть истинными.

Если истинных утверждений N (они идут подряд сверху листа), то все последующие окажутся ложными. Они стоят в строках с номерами от N + 1 до 13, а всего их 13 - N.

Истинных утверждений не может быть больше, чем ложных. Значит, N < 13 - N, откуда N < 6,5. Следовательно, только любые из первых 6 утверждений сверху листа имеют право быть истинными, все остальные ложные.

Декан и другие

Декан – Сидоров, профессор – Петров, доцент – Семёнов, ассистент – Иванов.

Из условия следует, что Сидоров не является доцентом. Петров также не доцент, так как у него есть сын, а у доцента детей нет. Следовательно, доцент может иметь фамилию Иванов или Семёнов. Эти же фамилии может иметь отец одного из студентов. Пусть фамилия доцента Иванов. Ассистент не носит фамилии Семёнов, значит, Семёновым должен оказаться либо профессор, у которого нет сына-студента, либо декан, старшему сыну которого еще рано учиться в университете. Остается, что фамилия отца одного из студентов Иванов, однако у доцента Иванова, как известно, детей нет. Получилось противоречие. Тогда доцент имеет фамилию Семёнов. Сын-студент может быть только у ассистента, фамилия которого Иванов. Поскольку детям декана по возрасту жениться рано, то у него нет невестки, откуда понятно, что фамилия декана Сидоров. Неиспользованная фамилия Петров должна принадлежать профессору.

(Ну да! А доцент был тупой? Или его звали Аваз? – Т.В.)

Не измерив, не узнаешь

Время.

Двигаясь – легчает

Айсберг.

Закрытая коробка

Вначале следует показать коробку с монетами и попросить определить количество монет в ней. Затем вынуть какое-то их количество, но так, чтобы шарлатанка не видела сколько. Ну а после – снова показать коробку и узнать, на сколько монет стало меньше.

Волшебный обмен

Предполагаемый обмен невозможен.

При каждом обмене автомат увеличивает количество монет на четыре штуки, то есть на четное количество. Поскольку размен начинается с одной монеты, то полное количество монет всегда будет нечетным. Естественно, оно не делится на две равные части.

Квас на троих

Всего заплачено тремя рабочими не 18, а 15 рублей. Стоимость кваса составила 13 рублей. Два рубля мальчишка взял за доставку.

У богатых свои причуды

Предполагаемый заказчиком обход дома невозможен.

Используем модель дома в виде куба 3 x 3 x 3 кубиков (комнат), раскрашенных в шахматном порядке в белый и чёрный цвета. Пусть вход в дом приходится на угловой чёрный кубик. Переход из кубика в любой соседний сопровождается сменой цвета кубика, поэтому после прохода по всем кубикам последний 27-й кубик окажется чёрным. Однако при выбранной раскраске куба центральный кубик имеет белый цвет, что показывает невозможность предполагаемого обхода дома.

Узкая труба

Одновременно пробраться сквозь трубу оба мальчика не могут. Но что запрещает им ползти по очереди, чтобы внутри трубы всегда был только один из них?

Глава 2

Неугомонный Марио

Возможны 96 различных способов путешествия.

Для начала путешествия в качестве первой можно выбрать любую из 8 стран. Отсюда возможны 3 различных пути. Из второй и третьей по ходу следования Марио стран существуют только по 2 пути, а затем, начиная с четвертой страны, маршрут путешествия жестко определен до самого конца, то есть каждый раз есть только одна страна, через которую должен пролегать маршрут, чтобы Марио вернулся туда, откуда начал путешествие. Значит, возможны 8 х 3 х 2 х 2 = 96 путей.

Шестнадцать точек:

Девять точек:

Два брата

Огонь и дым.

Треть и половина

Число 1 .

Достаточно вспомнить, что слово «половина» относится не только к половине чего-либо, но и к числу . В этом случае на смену тривиальному решению, дающему нуль, приходит решение уравнения где  – искомое число. Отсюда  = 1.

Сколько монет?

Речь идет о трех монетах: по одной монете в 1, 2 и 5 рублей, либо о двух монетах любого другого номинала.

Под конец года

3 декабря.

В порядке возрастания обозначим цифры даты как a, b, c. Согласно условию головоломки a x b x c = a + b + c. Учтём, что а + b + с < Зс перепишем уравнение в виде неравенства а х b < 3. Для целых чисел, меньших десяти, возможно единственное решение: а = 1, b = 2. Из предыдущего равенства с = 3. Цифры 1, 2, 3 образуют пять дат: 23.1… 13.2… 12.3… 21.3… 3.12… Но только последняя цифра ближе других к концу года.

Вот ерунда!

Три решения: 567² = 321489, 807² = 651249, 854² = 729316.

Надо решить

69² = 4761, 69³ = 328509.

Всё - ОК!

ОК = 87, так как 6786 : 78 = 87.

Согласно условию СКОС = (КО) • (ОК). Это уравнение переписывается в виде 1000 • С + 10 • (КО) + С = (КО) • (ОК), откуда ((ОК) – 10) • (КО) = 1001 • С = 7 • 11 • 13 • С. Значения двузначных чисел (ОК) – 10 и КО находятся из сопоставления их произведения с разложением на множители числа 1001 • С. Возможны два варианта (ОК) -10 = 7•11 = 77 и (ОК) –10 = 7 • 13 = 91. Второй вариант отпадает, так как ОК = 101 – трёхзначное число. Остается ОК = 87.

Раз копна, два копна

У дома находится одна большая копна, что вполне естественно, так как гарантирует лучшую сохранность сена в течение года.

Необычная бочка

Бочка заполнялась дырами в стенках, что, конечно, уменьшало вес самой бочки.

Туда и обратно

Такое место, безусловно, существует.

Достаточно рассмотреть следующую ситуацию. Если представить, что через день в полдень к озеру направится пешеход, идущий с той же скоростью и из того же места, что и рыбаки в предыдущий день, он обязательно встретит рыбаков, возвращающихся с озера. Это дает ответ на головоломку.

Пример на вычитание

Из чёртовой дюжины число три удается вычесть лишь один раз, первый, так как любое следующее вычитание будет производиться из меньшего числа.

Неразбериха с мужьями

Такое возможно, если, будучи разведённой, женщина выходит замуж за брата бывшего мужа, а его новая жена умирает.

Под дождём

Чтобы не замочить волосы, надо быть лысым.

Что за месяц?

Несмотря на то, что одни месяцы года содержат 30 дней, другие 31 и существует месяц февраль, в котором от 28 до 29 дней, в любом месяце всегда есть 28 дней, а почти всегда – больше.

Хитрая белка

Белка принялась собирать шишки с других деревьев.

Радиосхема

3 триода.

Объяснение заключается в том, что уравнение N х ТРИОД = РАДИО, в котором N – целое число, меньшее 10 (количество триодов в радио), имеет единственное решение N = 3, ТРИОД = 28793, РАДИО = 86379.

Фальшивая монета

Убыток составил 50 рублей.

Убыток складывается из стоимости радио и сдачи, полученной покупателем. Ну, а фальшивая купюра, которую, сам того не желая, приобрел продавец, денежным знаком не является!

Что общего?

Банка (ставить банки при лечении – заниматься шлюпочным спортом и сидеть на скамье шлюпки, называемой банкой); двор (королевский двор – скотный двор); карабин (огнестрельное оружие - элемент крепления при выполнении высотных работ); уход (уход за больным – уход от дел); физика (теоретические расчёты в физике – физическая работа с применением мускульной энергии); лук (овощ – оружие); шатун (деталь машины, находящаяся в постоянном движении,– праздношатающийся); заговор (намерение свергнуть существующую власть – лечение зубов).

Странный парикмахер

Мотивация парикмахера проста: подстригая большее количество людей, он смог бы заработать больше денег.

Таежные штаны

Общим в обоих случаях является слово «дыра».

Тополиный ельник

Если ТОПОЛЬ = 482865, ЕЛЬНИК = 965730, то, действительно,

ТОПОЛЬ + ТОПОЛЬ = ЕЛЬНИК.

Расколотая указка

Потребовались бы 4 указки.

Будем считать указку однородной по длине. Обозначим разломы буквами А и Б, а геометрический центр указки буквой В. Возможны четыре комбинации разломов относительно центра: АБВ, ВАБ, АВБ и БВА. Только две последние соответствуют условию построения треугольника, так как обязательным требованием для этого является известное правило: сумма длин двух любых сторон треугольника больше длины третьей стороны. Нетрудно убедиться, что две первые комбинации не удовлетворяют указанному правилу. Поскольку разломы А и Б возникают независимо, то все четыре их комбинации имеют равную вероятность появления. Отсюда вероятность двух благоприятных комбинаций: = 0,5. Необходимо учесть ещё одно обстоятельство: расстояние между разломами не должно превышать половины длины указки. Оно может изменяться от нуля до полной длины указки, значит, вероятность желаемого события составит = 0,5. Обе вычисленные вероятности относятся к независимым событиям, отсюда вероятность составить треугольник из осколков указки: 0,5 x 0,5 = 0,25. Это означает, что из четырёх наборов осколков в среднем получится один треугольник.

Будет ли взрыв?

Вероятность взрыва составляет 0,35, что недостаточно для благоприятных прогнозов вражеской резидентуры. Из 16 пробирок возможны 120 различных парных комбинаций, среди которых есть одна, приводящая к взрыву. В химическом ящике пробирки образуют 9 квадратов, в пределах которых есть 24 различных парных комбинации пробирок по сторонам квадратов и 18 – по их диагоналям. Всего: 18–1–24 = 42 комбинации. Следовательно, вероятность взрыва 42 : 120 = 0,35. Для решения головоломки можно использовать более детальный анализ, как это проделано в Шахматной головоломке.

Секретный проект

Потребуется 15 замков на двери и 10 ключей для каждого сотрудника.

Для любых двух сотрудников должен существовать замок, который они не смогли бы открыть имеющимися у них ключами. В то же время каждый из четырёх оставшихся сотрудников должен иметь ключ от этого замка, иначе дверь будет невозможно открыть втроем. Следовательно, для любой пары сотрудников существует по крайней мере один замок, ключей от которого у нее нет. Однако ключ есть у четверых других.

Существует всего 15 парных комбинаций сотрудников, которые можно составить из 6 человек, значит, замков на двери не менее 15. От них должно быть 15 ключей, 4 из которых находятся у сотрудников, не входящих в рассматриваемую пару. Следовательно, на пару остается 11 ключей. В любой паре отдельный сотрудник может иметь на один ключ меньше, так как отсутствующий у него ключ будет находиться у второго сотрудника в паре.

Собачья жизнь

Лайка: это слово обозначает породу собак и дорогостоящий сорт мягкой кожи.

Иерархия чинов

Такса: это слово относится как к породе собак, так и к размеру подношения, который зависит от должности чиновника, берущего взятку.

Но нужно заметить, что в США взятка не считается преступлением, если с неё уплачен налог (!). После чего деньги идут в благотворительный фонд и расходуются куда угодно. Или на избирательную компанию президента, губернатора, сенатора, депутата мелкого округа и т.д. – или на лечение их зубов… После этих разъяснений прессы просто непонятно, почему так позорно выглядит путинская вертикаль, основанная на глобальном воровстве и взятках. Неужели эти люди не могут узаконить своё воровство по примеру Запада? И заткнуть, наконец, рот желтой прессе? Ну сколько можно читать и слушать их разоблачения? Мы понимаем, что журналистам тоже нужно чем-то торговать. Но не свёклой же или подержанными авто-тазиками, блин! Поэтому они торгуют либо сплетнями, либо остатками совести? – (Т.В.)

Ненужная вещь

Гроб.

Шило на мыло

Указанный обмен невозможен.

Со слов Космы, общее количество камней и жемчужин у него не изменилось, значит, он отдал их столько же, сколько получил. Если он m раз отдал по 4 предмета, а п раз по 3, то общее количество отданного: 4m + Зn = 113. Ровно столько же он получил, но при обмене по схеме 4  3 и 3  4, поэтому общее количество полученного: 3m + 4п = 113. Из обоих уравнений следует, что m = n, а значит, 7m = 113. Однако 113 не делится без остатка на 7, что не в пользу правдивости истории Космы.

Завтра лучше, чем вчера

Бригадир мог быть прав в своих выводах только в течение 6 дней.

Рассмотрим две последовательные недели и обозначим по дням объём выполненных работ : x_{1 --} x₂… x_{7 –} в течение первой недели,

y_1---y_2….. y₇ – в течение второй недели.

Для удобства будем считать, что бригадир начинает сравнивать объёмы работ с понедельника второй недели. Впрочем, можно выбрать любой другой день – смысл решения не изменится. Согласно условию головоломки ежедневные объёмы работ в течение второй недели отвечают неравенствам:

x₅ < y₁ < х₁

x ₆ < y₂ < х₂

x ₇ < y₃ < х₃

x ₁ < y₄ < х₄

x ₂ < y₅ < х₅

x₃ < y₆ < х₆

x₄ < y₇ < хz₇

Отсюда получаются связи:

x₅ < x₁

x ₆ < x₂

x₇ < x₃

x₅ < x₄

x₆ < x₅

x₇ < x₆

x₅ < x₇

Из первых шести неравенств следует x₇ < x₆ < x₅ < x₄ , то есть

x₅ > x_{7 .} Однако седьмое неравенство имеет обратный знак, значит, система несовместна. В ней не может оказаться более шести неравенств, что соответствует шести рабочим дням.

Болты и гайки

Не менее 25 и не более 75 пар.

Количество возможных пар болт-гайка определяется наименьшим количеством болтов или гаек данного диаметра. Представим, что наименьшее количество в парах МЗ и М4 приходится на гайки. Вместе с гайками М5 их ровно 75 штук, но гаек М5 не может оказаться более 50 штук. Значит, гаек МЗ и М4 будет не менее 25 штук, причём каждой гайке найдется пара в виде болта соответствующего диаметра. (Вместо гаек МЗ и М4 можно рассмотреть болты - решение от этого не изменится.) Всего болтов и гаек 150 штук, поэтому наибольшее количество пар не превысит 75. (Для детей старше 5 лет. Болт – это такая круглая железяка с шестигранной головкой на одном конце и с резьбой на другом конце. Гайка – это шестигранная плоская железяка с дыркой посредине, в которой тоже нарезана резьба. При некоторой сноровке можно гайку навернуть на болт. Что позволит собрать конструкцию, которая очень прочно соединяет разные детали – вплоть до мостов, по которым ездят паровозы. – Т.В. )

Траншеи под трубы

Математического решения головоломки не существует, но на практике оно возможно, когда одна из траншей проходит под фундаментом дома. Это, кстати, не запрещено условием. (Опять засада. Не хотел бы я строить дом на траншеях. У нас на у.Двинской по этой причине половина общежития и отвалилась. – Т.В.)

Крышки люков

1. Независимо от положения относительно люка круглая крышка не провалится внутрь, так как нижерасположенное отверстие колодца имеет меньший диаметр.

2. При закрывании колодца не имеет значения, как ориентирована крышка.

3. Металлическую крышку, имеющую изрядную тяжесть, проще перекатывать с места на место, чем перетаскивать или переносить.

4. Круглый колодец обеспечивает наименьший расход материала – как на изготовление самого колодца, так и крышки по сравнению с колодцем другого сечения.

5. Фигура человека, который обслуживает колодец, имеет сечение, близкое к овалу, то есть тяготеет к кругу. Поэтому в круглый колодец проще спускаться и в нем легче работать.

Вопреки Ломоносову

Ломоносов всё же прав, так как общая масса смеси не менялась в обоих случаях. Менялся только объём: в глиняном растворе вода заполняла пустоты между частицами глины и песчинками…

Цветы папоротника

Лгала кухарка: она боялась признаться, что использовала цветы в приворотном зелье для своего кавалера. Предположим, что лжёт дворецкий. Тогда он заходил в кабинет первым или последним, что противоречит утверждениям кухарки и секретаря, которые не лгут, так как из всех четверых лжец только один. Если лжёт поп, то он заходил последним, что противоречит утверждению секретаря. Если лжёт секретарь, то он не был в кабинете последним, а это противоречит утверждениям всех остальных. Остается кухарка. Если она лжёт, то не могла оказаться первой, ибо первым заходил поп, а последним - секретарь. Дворецкий был где-то между ними.

Глава 3

О вкусах не спорят (Для детей старше семи лет.)

Баба-Яга управилась быстрее.

Известно, что за время, которое понадобится Бабе-Яге на 8 царевичей, Змей-Горыныч съест их ровно 7. После этого останется по одному царевичу на брата, но Баба-Яга ест быстрее, значит, она закончит трапезу раньше.

Хвосты и головы (Опять страшилки…)

Достаточно 5 ударов: дважды одновременно срубить по 2 головы, срубить один хвост, дважды одновременно срубить по одной голове и двум хвостам.

При указанной схеме поединка после первого удара останутся 2 головы и 3 хвоста, после второго – 1 голова и 3 хвоста, после третьего – 2 головы и 4 хвоста, после четвёртого – 1 голова и 2 хвоста, после пятого – ни голов, ни хвостов. Возможны другие варианты, не приводящие, однако, к уменьшению необходимого количества ударов.

Мёртвая вода

Головоломка не имеет решения.

Если истинна надпись над первым краном, то истинна и надпись над вторым краном, которая утверждает, что другая надпись ложна. Получается противоречие. Если истинна надпись над вторым краном, то надпись над первым краном ложна, и мёртвая вода находится в первом кране. Однако из надписи над первым краном в случае её ложности следует: надпись над вторым краном ложна или мёртвая вода находится во втором кране или то и другое вместе. Опять получается противоречие.

(А если применить нелинейную логику? – Т.В.)

Отравители

Кощей принес обычную воду, а затем, выпив из кружки Ивана, в которую тот мог налить воду из любого ключа, поочередно напился из всех ключей, начиная с самого дальнего. Из-за некорректности условия головоломки неясно, как действует противоядие, но, если исходить из сказочной фабулы, то от количества выпитого результат действия не зависит. А тупого Ивана Кощей отпоил-таки водой из своей пещеры.

Кощеева смерть

Головоломка не имеет решения, как и должно быть в народном эпосе: иначе с кем бороться добрым молодцам, если вдруг исчезает злодей?

Вот необходимые пояснения. Если первое утверждение истинно, то из второго следует, что оно ложно. А если оно ложно, то получается, что оно истинно!

Тест без текста

Только ответ д) может быть правильным.

Если утверждение а) правдиво, то правдиво и д) с указанием, что а) - нет. Следовательно, а) ложно. Если правдиво б), то в) ложно, а из него следует, что б) также ложно. Значит, б) ложно. Так как в) указывает, что б) правдиво, то из него вытекает, что в) ложно. Если г) правдиво, то правдивы а), или б), или в). Поскольку они все ложны, г) ложно. Если е) правдиво, то а), б), в), г), д) ложны, но это делает д) правдивым. Остаётся, что е) – ложно! В итоге только д) может оказаться правдивым, что не вызывает противоречий в системе ответов.

Ларчик с секретом

Водяной прикрепил второй замок (проушины на ларчике были большие) и отправил девчушку отнести ларчик назад. Агая сняла первый замок, после чего водяному осталось только открыть свой замок своим же ключом.

Странный замок

По ошибке был взят ключ от другого замка. А сам замок был висячим и запирался простым нажатием на дужку, вообще без использования ключа. Но без ключа, естественно, он не открывался!

Пара чисел

Были выбраны числа 1 и 7. Разобраться в решении головоломки достаточно просто.

Если сумма двух чисел превышает 3, то найти их не представляется возможным, о чем и сообщил алхимик своей первой фразой. Его противник также не сумел определить числа по сходной причине: несколько пар чисел, возведенных в квадрат, давали в сумме то число, которое было ему известно. Но много ли таких чисел? Возможны следующие равенства сумм квадратов:

Наименьшую сумму чисел, возводимых в квадрат, дают 1 и 7, затем идут 1 и 8 и т. д.

Трамвай или метро?

На три раза.

Пусть метро я пользовался m раз, трамваем – n раз. Стоимость проезда составляла х и у соответственно. Из условия головоломки легко получить уравнение (mх - nу) - (n х - mу) = 3(х - у), которое переписывается в виде m(x - у) - n(х - у) = 3(х - у). Искомое решение

m – n = 3.

Объевшийся червяк

Червяк сможет доползти до края шляпки примерно через 25 часов, то есть к вечеру следующего дня. Скорее всего, тогда он снова проголодается и ему вряд ли захочется покидать гриб. На первый взгляд, при тех же темпах роста гриба червяк, двигающийся радиально, никогда не сумеет доползти до края шляпки, так как его скорость меньше скорости удаления края. Презрев очевидное и проведя детальное рассмотрение, можно установить, что скорость движения червяка относительно центра гриба возрастает по мере удаления от центра. (М-да, скорость велосипедной покрышки велика – а ось колеса по отношению к нему – неподвижна… – Т.В.)

Действительно, к постоянной собственной скорости червяка будет добавляться скорость смещения его вместе со шляпкой за счет роста гриба. Последняя увеличивается по мере продвижения червяка, так что в некоторый момент времени его полная скорость превысит скорость удаления края. С этого момента червяк начнет приближаться к краю, следовательно, когда-то сумеет доползти до него. Но за какое время?

Составим уравнения движения червяка и края шляпки гриба. Обозначим через x_г расстояние от центра гриба до его края в момент времени t, через v – скорость удаления края, а через R – начальный радиус шляпки. Тогда x_г = R + vt.

Собственную скорость движения червяка обозначим через u. Пусть в момент времени t червяк находился на расстоянии х от центра. В течение малого промежутка времени dt за счёт собственной скорости червяк сместится на udt. За это же время вместе со шляпкой гриба он продвинется на х/x_г часть от смещения края vdt, то есть на расстояние () vdt. Следовательно, полное смещение червяка dx относительно центра составит dx = udt + () vdt. Получилось то, что носит название дифференциального уравнения, которое порождено желанием червяка немного отдохнуть. Решение уравнения даёт удаление червяка от центра гриба во времени: х = R() (l + ) ln(l + ). В начальный момент времени при t = 0 из него получается х = 0, что полностью соответствует рассматриваемой ситуации. По достижении червяком края шляпки выполнено равенство х = x_г, откуда для времени этого события находим t = ( ) (ехр () - l) ≅ () ехр (). Подставим численные значения, заданные в условии головоломки: t = 1474 минуты ≅ 25 часов.

Глава 4

Ни сестры, ни брата

Сосед – сын говорящего.

Тестирование

ТЕСТ = Т^E • С^T, где ТЕСТ = 2592.

Иванов, Петров, Сидоров

25, 39 и 50 лет.

Пусть возраст Иванова в настоящее время составляет х лет, Петрова – y, Сидорова – z. Через А обозначим промежутки времени, которые использованы в условии головоломки для задания моментов времени в прошлом и будущем. Головоломка формализуется в виде набора уравнений:

В 13 уравнений входят 13 неизвестных величин: А₁ = 20,

А₂ = 16, А₃ = 4, А₄ = 24, А₅ = 3, А₆ = 36, А₇ = 19, A₈ = 24,

А₉ = 5, А₁₀ = 39, х = 25, у = 39, z = 50.

Прерванное чтение

Чтение было прервано на 204-й странице, а всего в книге 288 страниц.

Пятница тринадцатого

Никогда не наступит такой год, в котором нет хотя бы одной пятницы, приходящейся на 13-е число месяца (!).

Чтобы убедиться в этом, достаточно составить порядковый перечень 13-х чисел всех месяцев года с указанием дня недели, начиная с 13-го января. Учтём, что длительность года зависит от того, будет ли он високосным. В течение года порядковые номера 13-х чисел месяца будут следующими: 1 (1), 32 (32), 61 (60), 92 (91), 122 (121), 153 (152), 183 (182), 214 (213), 245 (244), 275 (274), 306 (305), 336 (335), где номера в скобках относятся к невисокосному году. Соотнесём номера с днями недели, условно приняв 13 января за первый день недели, хотя можно выбрать и любой другой. В високосном году: 1, 4, 5, 1, 3, 6, 1, 4, 7, 2, 5, 7, в невисокосном году: 1, 4, 4, 7, 2, 5, 7, 3, 6, 1, 4, 7. Анализ списков показывает, что в любом году, независимо от того, какой день недели будет 13 января, на тринадцатые числа месяцев не менее одного раза приходятся все дни недели с 1-го по 7-й. Это означает, что сочетание «пятница тринадцатое» неизбежно возникнет от одного до трёх раз в каждом году. Столь же неизбежным оказывается сочетание «понедельник тринадцатое».

Наибольшее произведение

Можно получить число 108.

Очевидно, не имеет смысла использовать в качестве множителя число 1 – оно не увеличивает произведения, но уменьшает другие множители. Все множители N > 4 окажутся меньше произведения двух чисел 2 и N - 2, дающих ту же сумму N. Множитель 4 равен как произведению, так и сумме двух чисел 2 и 2, поэтому такое его представление не влияет на результат. Следовательно, достаточно рассмотреть только два множителя, а именно: числа 2 и 3. С учётом фиксированной суммы этих множителей возможны комбинации:

13 = 3 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 и 13 = 3 + 3 + 3 + 2 + 2. Даже без прямых расчётов соответствующих произведений видно, что замена трёх множителей 2 в произведении на два множителя 3 даст больший результат при неизменной сумме множителей. Поэтому остается 2 x 2 x 3 x 3 x 3 = 108.

Геометрическая прогрессия

1, - 4, 16; 9, - 12, 16; 13, - 13, 13.

Листки календаря

Вероятность близка к 5 • 10^-9.

Из 31 листка календаря за октябрь листков с цифрой «1» насчитывается 13, это дни с календарными числами: 1, l0 ÷19, 21, 31. Вероятность вынуть первый листок составляет , вт рой - (знаменатель и числитель на единицу меньше, так как листков на один меньше), третий- , и так далее до последнего тринадцатого листка, вероятность вынуть который составляет . Полная вероятность вынуть все листки подряд вычисляется как произведение вероятностей, ибо каждый новый листок вынимается независимо от предыдущего результата.

Соломонова мудрость

В первой дуэли смерть явилась результатом плохого лечения, следовательно, первый дуэлянт в ней невиновен. Во второй дуэли смерть наступила бы и без самоубийства, поэтому второй дуэлянт повинен в смерти.

Признаваться или нет?

Когда обвиняемый думает о себе, он может рассуждать следующим образом. «Пусть второй обвиняемый признается. Тогда я получу либо лёгкое наказание (если я тоже признаюсь), либо, не признавшись, я буду сурово наказан. Пусть второй обвиняемый не признается. Тогда меня освободят. В каждом случае лучше признаться». Решив таким образом, оба обвиняемых признают свою вину. В результате они оба получат наказание, хотя и лёгкое. А могли бы быть освобождены, если бы оба не признали своей вины (!).

Завещание падишаха

Головоломка не имеет корректного математического решения. Впрочем, с учётом смысла и духа завещания можно было бы поступить следующим образом. Дать сыну часть наследства, в два раза большую, чем матери, а матери – в два раза большую, чем дочери. Это означает соотношение частей 4 : 2 : 1. Однако ни такое распределение, ни любое другое не следует непосредственно из завещания, а значит, не есть его выполнение.

Игра на «бабки»

Чтобы выиграть, игрок, совершающий ход первым, помещает свою фишку в центр стола. После каждого следующего хода соперника он выкладывает фишку того же размера, что и соперник, размещая ее симметрично фишке соперника относительно центра стола. Следуя этому алгоритму, всегда можно найти свободное место для фишки, если это удалось сопернику. В итоге тот первым окажется в ситуации, когда некуда ставить очередную фишку, а значит, проиграет.

Монета в коробочке

В первом варианте с учётом сделанной ставки средний проигрыш за партию составляет дублона, во втором варианте речь идет о выигрыше в среднем дублона за партию.

Всего возможно 4⁴ комбинаций монет в отсеках, так как каждая монета может независимо попасть в любой из 4-х отсеков. Комбинаций, соответствующих заполнению всех отсеков, естественно, меньше: 4 x 3 x 2 x 1 = 4!. Указанный результат есть следствие того, что первая монета имеет возможность оказаться в любом из 4-х отсеков, вторая - в любом из 3-х отсеков, оставшихся незаполненными, третья - в любом из 2-х отсеков, а для четвёртой остается только один пустой отсек, в который она должна попасть. Вероятность заполнить отсеки четырьмя бросками составляет 4!/4⁴ = , а средний выигрыш за партию равен 10 х – 1 = - дублона. Из общей суммы выигрыша вычитается один дублон, который выплачивают держателю банка в начале партии, что приводит к отрицательному выигрышу, то есть к проигрышу игрока.

При второй схеме игры, когда выплачивается по дублону за каждый незаполненный отсек, возможны ситуации, при которых пустыми окажутся 1, 2 или 3 отсека. Если пустым будет один отсек, то по трём другим монеты распределены как 2—1 — 1, то есть 2 монеты в одном отсеке и по 1 монете в двух других. Количество возможных комбинаций составит 144, что рассчитывается путём детального рассмотрения

дублона. Во втором варианте знак разности меняется, то есть случай начинает благоволить к игроку на 60 • 0,0179 - 1 = 0,074 дублона.

Пока не выпадет крест

Вероятность того, что выиграет тот, кто бросает монету первым, составляет |. Другими словами, его шансы выиграть в два раза больше, чем шансы соперника.

Результат бросания монеты каждым игроком не зависит от результата предыдущего броска соперника, однако надобность бросать монету определяется именно предшествующим результатом, так как при выпадении креста игра заканчивается и далее бросать монету не требуется. Рассмотрим вероятность выигрыша первого игрока после каждого его броска. После первого она составляет После второгох х .

Первый множитель учитывает вероятность того, что первый игрок не выиграл своим первым броском, второй – вероятность того, что и второй игрок не выиграл следующим броском, третий множитель – собственно вероятность выигрыша первого игрока после второго броска. После третьего броска первого игрока вероятность выиграть определяется аналогичным образом и составляет х х

Указанным образом находятся вероятности выиграть следующими

монет. В начале игры игрок выплачивает 10 монет, значит, банк выигрывают 4 монеты за одну партию.

Чеченская рулетка

Шанс второго игрока остаться в живых вдвое больше.

Примем во внимание все возможные положения барабана с патронами относительно ствола после каждого нажатия на курок. Учтем, что в результате такого нажатия, даже если за ним не следует выстрел, барабан каждый раз проворачивается на следующую позицию. Пусть П означает наличие патрона в данной позиции барабана револьвера, 0 – его отсутствие.

Вследствие первоначального случайного поворота барабана могут появиться шесть равновероятных положений барабана относительно ствола (ствол соответствует первой позиции записи):. 1) ПП0000, 2) 0ПП000, З) 00ПП00, 4) 000ПП0, 5) 0000ПП, 6) П0000П. В четырех положениях (I, 3, 5, 6) выстрел приходится на того, кто первым нажмет курок, в двух положениях (2, 4) – на стреляющего вторым. Понятно, шанс на его стороне.

Назови фальшивые

Все монеты фальшивые.

Пронумеруем монеты цифрами от 1 до 7. Начнем с монеты 2. Если она настоящая (2Н), то монета 1 либо настоящая (1Н), либо фальшивая (1Ф). Рассмотрим вариант 1Ф. Согласно условию головоломки определяем: ЗН, а затем однозначно следуют: 4Ф, 5Н, 6Н, 7Ф. В итоге: 1Ф, 2Н, ЗН, 4Ф, 5Н, 6Н, 7Ф. Чтобы фальшивая монета стала зеленой, монета 1 должна быть настоящей, что приводит к противоречию со сделанным предположением. Если рассмотреть вариант 1Н, получим: 1Н, 2Н, ЗФ, 4Н, 5Н, 6Ф, 7Н. Настоящая монета 1 станет зеленой лишь в том случае, если одна из монет 7 или 2 является фальшивой. Снова имеем противоречие.

Пусть вторая монета окажется фальшивой (2Ф), тогда возможны варианты: 1Н, 2Ф, ЗН, 4Н, 5Ф, 6Н, 7Н и 1Ф, 2Ф, ЗФ, 4Ф, 5Ф, 6Ф, 7Ф. Первый снова приводит к противоречию, связанному с монетой 7, значит, решением является последний непротиворечивый вариант.

Бочонки лото

18 бочонков в первом случае и 8 бочонков во втором.

1. Три бочонка можно вынуть из мешка 3! = 6 различными способами, при этом только в одном случае номера бочонков дадут возрастающий ряд чисел. Следовательно, в среднем понадобится вынуть 6 раз по три бочонка, чтобы удовлетворить поставленной в головоломке задаче. Итого: 3 х 6 = 18 бочонков.

2. Чтобы иметь те же 6 комбинаций, которые в среднем обеспечивают появление возрастающего ряда чисел, достаточно вынуть 8 бочонков. Если их обозначить номерами от 1 до 8 в порядке их извлечения из мешка, то получаемых комбинаций будет ровно шесть:

1-2-3, 2-3-4, 3-4-5, 4-5-6, 5-6-7, 6-7-8.

Четвертушечки

Чтобы составить одну монету, потребуется вынуть не менее 8 четвертушек.

Какая бы четвертушка ни была вынута первой, она определяет три другие недостающие четвертушки. Вероятность вынуть любую из трех недостающих составит 3/4, а это означает, что из четырех вынутых четвертушек в среднем подойдет любая из трех. Успех придется на 4/3вынутых четвертушки.

Когда составлена половина монеты (по площади), остаются. Ещё две недостающие четвертушки, вероятность извлечь одну из которых составляет 2/4, то есть понадобится в среднем вынуть еще 4/2 = 2 четвертушки. Вероятность извлечь из мешка последнюю четвертушку 1/4, что в среднем потребует вынуть 4/1 = 4 четвертушки. Значит, в среднем необходимо вынуть 1 + 4/3 + 2 + 4 ≅ 8,3 четвертушек, чтобы появился реальный шанс составить монету целиком.

Пари на картах

Результат игры зависит от того, сколько карт в колоде: 32 или 52. Естественно, что Косма всегда принимает ставку в один дублон, так как мне нет смысла ее делать, если возможен выигрыш в 10 дублонов на валете, даме или короле. Для колоды в 52 карты проигрыш на картах, не являющихся картинками, в среднем составит по 2 дублона на 9 из 13 карт, то есть 18 дублонов. Для колоды в 32 карты он будет 8 дублонов на 8 карт. Остается предположить, что Косма не принимает пари на картинках со ставкой 5 дублонов с вероятностью Р.

В этом случае он платит 5 Р дублонов на 4 картинки. Если же он принимает пари, то мой выигрыш составит 10 (1 – Р) на валете, даме и короле, а проигрыш будет 10 (1 – Р) на тузе.

В итоге выигрыш на четырех картинках в среднем составит:

4 х (5 Р) + 3 х ( 10 (1- Р)) - 1 х (10 ( 1- Р)) = 20 дублонов.

Следовательно, для колоды в 52 карты на 13 карт средний выигрыш составит 20 – 18 = 2 дублона, а для колоды в 32 карты на 8 карт: 20 – 8 = 12. Если игра закончилась по нулям, то, скорее всего, в колоде были 52 карты.

Изумруды на ощупь

Вероятность вынуть одинаковое количество изумрудов разного цвета больше тогда, когда вынуто их меньшее общее количество.

Представим, что вынуто по N зеленых и желтых изумрудов. Пронумеровав их, получим, что возможно (2N)! способов вынуть изумруды безотносительно к их цвету. Среди вынутых изумрудов каждого цвета возможно по N! способов извлечения их из мешка. Последние не влияют на результат, поэтому различных вариантов появления по N изумрудов разно-

Опять изумруды

При достаточно большом количестве изумрудов в мешке из него в среднем будут вынуты равные количества изумрудов разного цвета.

Это становится очевидным, если рассматривать процесс извлечения не желтых, а зеленых изумрудов. От такого подхода соотношение вынутых изумрудов разного цвета не может оказаться другим – ведь все остальные условия сохранились прежними. Следовательно, противоречия не возникнет лишь в одном случае, а именно: когда количества вынутых изумрудов в среднем равны.

Десять мешков

От 4 до 6 мешков.

В 10 – 2 = 8 мешках количества зеленых и желтых изумрудов одинаковы. В предельном случае все 4 мешка с равными количествами рубинов и желтых изумрудов находятся среди этих 8 мешков. Тогда в 8 – 4 = 4 мешках количества желтых изумрудов и рубинов различны. Это относится также к соотношению количеств зеленых изумрудов и рубинов – в мешках количества изумрудов разного цвета одинаковы. Другой предельный случай соответствует ситуации, когда среди 8 мешков только 4 – 2 = 2 содержат равные количества рубинов и желтых изумрудов. Здесь искомых мешков будет 8 – 2 = 6.

Номер на купюре

Потребуются 3 купюры.

Номер может случайным образом оказаться в интервале значений от 100000 = 10⁵ до 9 999 999 ≅ 10⁷. Воспользуемся декартовыми координатами, в которых по осям будем откладывать номера купюр. Два случайных числа х и у, соответствующие номерам двух купюр, равномерно распределены в

из них задает сектор с вершиной в начале координат, который вырезает кусок из квадрата возможных значений номеров. Если точка (х, у) попадает внутрь такого сектора, то это означает, что отношение у : х начинается на 1. Отношение общей площади всех четырех секторов к площади квадрата задает вероятность искомого события. Нижний предел (10⁵) значений рассматриваемых чисел в 100 раз меньше верхнего (10⁷), поэтому без существенных ошибок его можно положить разным нулю. Тогда площадь квадрата составит 10¹⁴, а общая площадь четырех секторов, вычисляемая через площади образованных ими треугольников, окажется равной 0,33-10¹⁴.

Вероятность искомого события составит 0,33. Следовательно, из трех попыток получить частное, начинающееся с 1, одна окажется успешной. При взаимном делении номеров двух купюр делений насчитывается всего два. Значит, необходимо иметь три купюры. Но тогда возможны шесть взаимных делений, что в среднем даст два частных, начинающихся с 1.

Изумруды одного цвета

Достаточно вынуть 3 изумруда.

Если рассмотреть порядок извлечения камней, для получения решения не требуются расчеты. Пусть вынут первый камень. Второй будет либо того же цвета, либо другого. В последнем случае есть два камня разных цветов. Тогда каким бы ни оказался третий камень, из трех вынутых камней два обязательно будут одного цвета.

Глава 5

Трудная разборка

В порядке убывания «крутизны» идут: Чемодан, Башмак, Араб, Витя, Бублик.

Введем для каждого претендента на звание «самого крутого» показатель «крутизны», определяемый разностью количества партнеров, «круче» которых оказался данный индивидуум, и количества партнеров, которые оказались «круче» него. Получим: Чемодан …2, Араб …0, Башмак…0, Витя… 0, Бублик (–2). Среди набравших по нулям следует разобраться аналогичным образом, рассмотрев отдельную группу конкурентов из Араба (0), Башмака (2) и Вити (–2).

Четыре буквы

Вероятность составляет .

Из данных четырех букв можно составить 5 слов: КАРЕ, РЕКА, АКРЕ (от АКР), АРКЕ (от АРКА), РАКЕ (от РАК).

Всего же возможны 24 варианта различной расстановки букв. Отношение количества слов к полному количеству возможных вариантов дает вероятность появления слова.

Количество волос

По крайней мере четверо.

Представьте миллион коробок с номерами от 0 до 999 999, отображающими количество волос на голове, начинал с полностью лысых людей и кончая волосатиками. Будем раскладывать в них спички: по спичке за каждого жителя. Спичка должна оказаться в коробке, номер которой соответствует количеству волос. Как бы спички ни распределились по коробкам, по крайней мере в одной коробке окажется четыре спички.

Дважды два

Решение: 2 х 32 = 4³.

А существуют ли иные варианты?

На призывном участке

Денис младше всех, выше Виталия, но уступает ему по весу.

Обозначим призывников первыми буквами их имен и в порядке убывания пронумеруем их позиции по каждому из трех признаков. Из условия известно, что возраст: 1А, рост: 1Б, 4В, вес: 1В. В младше Б, но В занимает 4-ю позицию по росту, значит, для Б и В остаются 2- и 3-я позиции по возрасту, так как позиция 1 занята А. Тогда по возрасту существует такой порядок: 1А, 2Б, ЗВ, 4Д. А имеет вес меньше, чем Б, но Б занимает 2-ю позицию по возрасту, поэтому для Б остается только 3-я позиция, а для А 4-я. Соответственно на 2-й позиции окажется Д. По росту 1- и 4-я позиции заняты Б и В, тогда Д остается 3-я позиция (он на 2-й позиции по возрасту), а для А — 2-я позиция по росту. Итак, возраст: 1А, 2Б, ЗВ, 4Д, вес: 1В, 2Д, ЗБ, 4А, рост: 1Б, 2А, ЗД, 4В.

Каппа-ребус

КАППА = 31331.

Арифметика латиницей

453 + 485 = 938, 3 х 3 = 9.

В латинской записи ребус имеет вид:

LIX + LVI = CXV

X • X = С.

Из второго равенства следует, что С может принимать значения, равные полным квадратам, то есть 4 или 9. Следовательно, возможные значения X составляют 2 или 3. При X = 2 из первого равенства получаем С = L + L = 4, откуда L = 2. Однако L = X = 2 противоречит условию. При X = 3 находим C = L + L + 1 = 9, откуда L = 4. Для определения I и V требуется решить два уравнения: 3 + I = V и I + V = 10 + 3.

Их решение I = 5, V = 8. (Отметим, что возможный вариант 3 + 1 = 10+V и I + V = 10 + 2 не даёт целочисленного решения для I и V.)

Сколько всего?

7 + 7² + 7³ + 7⁴ + 7⁵ = 7 + 49 + 343 + 2401 + 16807 = 19607.

Задача Диофанта

Числа 5, 15 и 25.

Волк, коза и капуста

Так как волки едят коз, а козы едят капусту, то ни одну из этих пар нельзя оставлять без присмотра. Существуют два способа избежать таких ситуаций. Сначала через реку перевозят козу, затем либо волка, либо капусту, после чего козу возвращают назад. Далее перевозят капусту или волка соответственно, а последней на другой берег перевозят козу.

При такой очередности обе вышеуказанные пары каждый раз оказываются под присмотром крестьянина, который не допустит нежелательного развития событий.

Бык на пашне

Бык не оставит никаких следов, так как все его следы запахивает плуг, который бык тянет за собой.

Задача о свиньях

Решения нет: три нечетных числа не могут дать в сумме четное число. Конечно, задача вряд ли годится детям, но является одним из первых признаний в том, что некоторые проблемы не имеют решения.

Кролики Фибоначчи

377 пар.

В первый месяц кроликов окажется уже 2 пары: 1 первоначальная пара, давшая приплод, и 1 родившаяся пара.

Во второй месяц кроликов будет 3 пары: 1 первоначальная, снова давшая приплод, 1 растущая и 1 родившаяся. В третьем месяце – 5 пар: 2 пары, давшие приплод, 1 растущая и 2 родившиеся. В четвертом месяце –8 пар: 3 пары, давшие приплод, 2 растущие пары, 3 родившиеся пары. Продолжая рассмотрение по месяцам, можно установить связь между количествами кроликов в текущий месяц и в два предыдущих.

Если обозначить количество пар через N, а через m – порядковый номер месяца, то N_m = N_m-1 +N_m-2 . С помощью этого выражения рассчитывают количество кроликов по месяцам года: 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377.

Лошади Тартальи

2, 6 и 9 лошадей.

Сам Тарталья предложил следующее решение. Для раздела имеющихся лошадей необходимо заимствовать еще одну, после чего их общее количество станет 18. Раздел этого количества даст 2, 6, 9 лошадей, которых в сумме окажется 17. Одна лошадь из 18 оказалась как бы «лишней» – это заимствованная лошадь, которую следует вернуть владельцу после раздела имущества. Проще решить головоломку иначе: пропорцию достаточно домножить на 18 и получится тот же результат.

Благотворители

Компания состояла из 1 мужчины, 5 женщин и 14 детей.

Обозначим количества мужчин, женщин и детей через х , у и z. Известно, что

х + у + z = 20

Зх + 2у + z = 20.

Исключив из обоих уравнений z, легко прийти к уравнению 5х + Зу = 20. Решив его относительно у, имеем у = . Единственным решением в целых числах будет х = 1, у = 5. Из предыдущих уравнений находим z = 14.

Ребус Джексона

Ответ виден из записи:

SIX IX XL

–

IX X L

S I X

Привередливый дворянин

Новая рама представляет собой квадрат, вписанный в первоначальную квадратную раму так, что его вершины приходятся на середины сторон старой рамы, а его диагонали располагаются горизонтально и вертикально. Размеры диагоналей, которые остались без изменений по сравнению с размерами старой рамы, задают ширину и высоту окна.

Сплошное безумие

Безумна только Гусеница.

Если бы Гусеница была нормальной, то её утверждение, что она сама и Крошка Билль безумны, было бы ложным, так как она наверняка знала бы о своей нормальности. Следовательно, Гусеница безумна, а ее утверждение ложно. Оно будет ложным, только если ложна хотя бы одна часть общего утверждения, то есть не безумен кто-то один из двоих. Это Крошка Билль, так как уже показана безумность Гусеницы.

Нежданное богатство

Пётр и Павел стояли по разные стороны от здания коммерческого банка, поэтому все деньги, имевшиеся в нем, оказались между ними.

Странное умножение

1 = 2, 3 = 5, 2 = 6.

Если обозначить число 13 через х, а 2 – через у, то можно получить уравнение х • х = 100у + х, в котором 10 ≤ х ≤ 99. Его единственное решение в целых числах у = 6, х = 25.

От Биксли до Квиксли

Расстояние между пунктами составляет 10,5 мили.

Обозначим расстояние от Биксли до Пиксли через х, а расстояние от Пиксли до Квиксли через у. Во время первого разговора автор удалился от Биксли на половину расстояния, оставшегося до Пиксли, то есть на . Соответственно до Пиксли оставалось . Во время второго разговора автор находился от Квиксли на расстоянии, равном половине расстояния, на которое он удалился от Пиксли, то есть . От Пиксли до этого места было . Из условия головоломки известно, что расстояние между точками первого и второго разговоров составляет 7 миль. Следовательно, + = 7, откуда искомое расстояние х + у = 10,5 мили.

Удивительная пробка

Обе пробки затыкают «ничего». Это означает, что пробка в бочке не дает течи и туго стоит в бочке (ничего себе пробка!), а другая, выпавшая из бочки, не используется по назначению (ничего эта пробка не затыкает!).

На две части

10 и 120 орехов.

Сто учеников

36 учеников.

Три жильца

1 и 7 копеек.

На приготовление обеда каждый из жильцов дачи использовал равное количество выделившегося при сгорании дров тепла, то есть треть всех поленьев, а именно (3 + 5) : 3 = полена. При этом третий жилец получил 3 – = полена из трёх поленьев первого жильца и 5 – = полена из пяти поленьев второго. Значит, они должны поделить заплаченные им деньги в отношении 1 : 7. Первому приходится 1 копейка, второму – 7 копеек.

Дед и внук

16 и 66 лет.

Если внук родился после 1990 года, то, обозначив его возраст через х, по условию головоломки получим, что он родился в 1900 + х году. В 1932 году его возраст составлял 1932 – (1900 + х) = 32 – х лет. Получаем уравнение х = 32 – х, откуда х = 16. Рассуждал аналогичным образом относительно возраста деда у, родившегося до 1900 года, приходим к уравнению 1932 – (1800 + у) = у, решение которого у = 66.

Взвешивание по Гарднеру

Для первого взвешивания положим на одну чашку весов белый и красный шары, на другую – белый и синий. Второе взвешивание производится разными способами и зависит от того, будут ли весы уравновешены. Рассмотрим два варианта.

1. Весы уравновешены. Это означает, что на каждой чашке лежит по лёгкому и тяжёлому шару. Для второго взвешивания можно использовать два разных варианта.

а) Красный и синий шары снимают с весов и откладывают, чтобы не спутать их с шарами того же цвета, которые ещё не взвешивали. Взвешивание только белых шаров показывает, какой из них тяжелее. В паре с тяжёлым был лёгкий шар, а на другой чашке вместе с лёгким белым шаром находился тяжёлый шар. Затем легко установить, какой из ранее не взвешенных шаров лёгкий, а какой тяжёлый.

б) Красный и синий шары меняют местами на чашках весов, тогда на одной чашке окажутся только тяжёлые шары – эта чашка перевесит, а на другой будут находиться только лёгкие шары.

2. Первое взвешивание не приводит к равновесию весов. В этом случае белый шар на чашке, которая перевесит, должен быть тяжёлым. Снова рассмотрим два взвешивания.

а) Оба белых шара снимают с весов. Красный (или синий) шар меняют на второй шар того же цвета, который ещё не взвешивали. Положить этот шар надо со стороны более тяжёлой при первом взвешивании чашки. Результат взвешивания позволяет определить вес шаров. При равновесии весов можно утверждать, что положен легкий шар, точно такой находится на другой чашке. Если чашка, на которую положили шар, окажется тяжелее, то новый шар должен быть тяжелым.

Если перевесит другая чашка, то новый шар будет лёгким.

б) Оба белых шара не снимают, а перекладывают на одну чашку. Красный и синий шары (либо ранее взвешенную пару, либо невзвешенную) кладут на другую чашку весов. По результату взвешивания определяют вес шаров – подумайте как!

Глава 6

Упыри и кикиморы

Для нечетного количества упырей у пришельца нет никаких шансов выжить, а для четного вероятность остаться в живых составляет

Необходимо рассмотреть лишь неблагоприятные для пришельца встречи с упырями. Если количество упырей N нечётно, то шансы пришельца выжить равны нулю, так как даже при благоприятном развитии событий он рано или поздно встретится с оставшимся последним упырем. Если N является чётным, то, очевидно, шанс на выживание тем больше, чем быстреё упыри пожрут друг друга, то есть чем меньше упырей в лабиринте. Проиллюстрируем это соображение расчётом. Пронумеруем в порядке очередности парные встречи упырей и вычислим вероятность того, что пришелец не окажется на месте упыря ни в одной из встреч, во время которых упыри пожрут друг друга. Вероятность

Во времена короля Артура

Чтобы определить единственного чемпиона, все остальные рыцари должны по разу проиграть в ходе турнира. Поскольку их 30, то должно состояться ровно 30 поединков, так как в каждом только один проигравший.

Куб из спичек

1. Кубом будет число 8, которое получается как третья степень числа 2. Значит, можно составить из спичек латинскую цифру VIII. А можно стилизованное число 27, куб числа 3.

2. Другим кубом будет пространственный куб, который удается образовать из четырех квадратных торцов положенных крестом спичек, плоскости стола, на котором разложены эти спички, и поверхности пятой спички, прикрывающей сверху пустое пространство между торцами спичек.

Кто имеет – очень сожалеет

Фальшивая купюра.

Что, отойдя, благоухает?

Свинья, из мяса которой приготовлено жаркое.

Юбилей

50 лет.

Пусть число, полученное из возраста юбиляра после деления возраста на 2, составляет 10х + у, где х и у — цифры в его разрядах (меньшие 10). По условию головоломки возраст юбиляра составляет 2(10х + у). Этот же возраст можно получить, если цифры числа ху перевернуть и вычесть из получившегося числа 2, результат будет (10у + х) – 2. Приходим к уравнению 2(10х + у) = (10у + х) – 2, которое сводится к виду х = . Его единственным решением в целых числах, меньших 10, будет х = 2, у = 5. Тогда возраст юбиляра составит 52 – 2 = 50.

Яйцо на завтрак

Мой сосед-дачник держал уток.

Дело о десяти рублях

Крылов понял, что Гуревич искренне считает потерю десяти рублей совершенно незначительной. для себя. Отсюда он сделал вывод, что Гуревич без всяких сомнений может дать ему лишние десять рублей, а в сумме - двадцать, которые и попросил Крылов.

Оглавление

От автора

Глава 1. SUBITO, ИЛИ ПОСЛЕ ДОЖДИЧКА В ЧЕТВЕРГ .

Глава 2. CAPRICCIO, ИЛИ МИЛЬОН ТЕРЗАНИЙ

Глава 3. DANSE MACABRE, ИЛИ СТРАШНЕЕ КОШКИ ЗВЕРЯ НЕТ

Глава 4. MEDITATION, ИЛИ ИГРАЙ, БАЯН!

Глава 5. NOVELLETTA, ИЛИ МУЗА СТРАНСТВИЙ

Глава 6. RICORDANZA, ИЛИ РОЖКИ ДА НОЖКИ

Глава 7. SOLUTION, ИЛИ РЕШЕНИЯ

Научно-популярное издание. Серия «Математическая мозаика».

Владимир Николаевич Белов «Фантасмагория с головоломками».

Ведущий редактор А. Г. Белевцева

Редактор М. А. Харузина

Художники С. И. Мухин, Н. А. Ящук

Технический редактор О. Г. Лапко

Оригинал-макет подготовлен А. А. Пудовым

Лицензия Л № 010174 от 20.05.97 г.

Подписано к печати 15.11.2001 г. Формат 60 х 90/16.

Бумага кн.-журнальная. Печать офсетная.

Объём 6,25 бум. л. Усл.-печ. л. 12,50. Уч.-изд. л. 11,18.

Изд. № 9/9819. Тираж 5 000 экз. Заказ 5132.

Первая и вторая книги В.Н. Белова «БЛИЗКАЯ ДАЛЬ»:

1. Первая вышла в свет в издательстве МИР в 2002 году тиражом 5 000 экз. под названием «Фантасмагория с головоломками».

2. Вторая книга в авторской редакции издана его семьёй в виде посмертного издания под названием «Возвращение в близкую даль» в 2012 году в количестве 100 экз – для публичек и узкого круга лиц при участии специалиста по головоломкам Игоря Прелуцкого, СПб . Книга является раритетом со дня выхода в свет. На нашем сайте она представлена в ноябре 2012 г. – в редакции автора сайта В. Трубицына.

Обновлено 7.10. 2013 с адаптацией для средних школ.

Ждём отзывов в нашем чате.

Планируем дать рисунки и во второй книге.

1.    Персоналии
2.    История знаковых игр
3.    Наша игротека
4.    Головоломки, лингвистические игры
5.    Теория
6.    Прикладные аспекты
7.    Наши рецензии
8.    Журнал в журнале
9.    Другие статьи