Кентерберийские головоломки

Дьюдени Генри Эрнест

23. Портрет можно нарисовать, не отрывая карандаша от бумаги, одним росчерком, поскольку на нем есть только две точки, в которых соединяется нечетное число линий, но при этом совершенно необходимо, чтобы рисунок начинался в одной из этих точек, а заканчивался в другой. Одна точка находится вблизи внешнего края левого глаза короля, а другая – под ней, на левой щеке.

24. Пятьсот серебряных пенни можно разместить по четырем мешкам при заданных условиях ровно 894 348 различными способами. Если бы монет было 1000, то число способов возросло бы до 7 049 112. Это трудная задача на разбиение чисел. У меня есть единая формула, позволяющая решить задачу при любом числе монет для случая четырех мешков, но ее крайне трудно получить, и лучший метод состоит в том, чтобы найти 12 отдельных формул для различных сравнений по модулю 12.

25. Даже поверхностное изучение исходного

рисунка покажет читателю, что если понимать условия такими, какими они кажутся с первого взгляда, то головоломку решить совершенно невозможно. Следовательно, нужно поискать какую-нибудь брешь в условиях, если их понимать буквально.

Если бы Священник мог обойти исток реки, то на пути в церковь он смог бы пройти по одному и только одному разу через каждый мост, как показано на рисунке. Мы вскоре увидим, что это не запрещено. Хотя на рисунке показаны все мосты в приходе, но на нем представлена лишь часть самого прихода. Нигде не сказано, что река не берет свое начало на территории прихода, и, поскольку это единственный способ решить задачу, мы должны принять, что река начинается в данном приходе. Следовательно, на рисунке показано решение. Стоит отметить, что условие четко запрещает нам обходить устье реки, поскольку в нем сказано, что река впадает в море «через несколько сотен миль к югу», а ни один приход на свете не тянется на сотни миль!

26. На рисунке показано, каким образом треугольный кусок материи можно разрезать на 4 части, из которых затем удается сложить правильный квадрат. Разделим ABпополам в точке D,а ВСв точке Е.Продолжим прямую АЕдо точки Fтак, чтобы EFравнялось ЕВ.Разделим пополам AFв точке Gи проведем дугу AНF.Продолжим ЕВдо точки Н; ЕНкак раз и равно стороне искомого квадрата. Из Екак из центра радиусом ЕНопишем дугу HJи отложим отрезок JK,равный BE.Теперь из точек Dи Копустим перпендикуляры на EJс основаниями в точках Lи М.Если вы все это проделаете аккуратно, то и получите отрезки, вдоль которых следует провести разрезы.

Я выступал с этой задачей, поставленной в более общей форме, перед Королевским обществом в Берлингтон-Хауз, а также в Королевском институте.

Эта задача была также предложена читателям газеты «Дейли мейл» (выпуски от 1 и 8 февраля 1905 г.), но среди сотен ответов не было ни одного правильного. Исключение составил лишь ответ К. У. М'Елроя.

Я добавил еще один рисунок, на котором решение задачи показано в более любопытной и удобной для практики форме. Все части модели можно сделать из красного дерева, скрепив их бронзовыми шарнирами, дабы ее удобно было показывать в аудитории. Легко заметить, что все четыре части образуют нечто вроде цепочки. Если закрутить эту цепочку в одном направлении, то получится треугольник, а если ее закрутить в противоположную сторону, то получится квадрат.

27. Правильный ответ – это 18 816 различных путей. Общая формула для 6 лилий и любого квадрата, большего 2 ², такова: 6 умножить на квадрат числа комбинаций из пэлементов по 3, где п– число лилий на стороне квадрата. Разумеется, если пчетно, то число оставшихся лилий должно быть четным, а если пнечетно, то и это число должно быть нечетным.

28. В этой небольшой задаче мы пытались показать, как с помощью всяких софизмов на первый взгляд удается доказать, что диагональ квадрата имеет ту же длину, что и две его стороны. Головоломка состояла в том, чтобы найти ошибку в рассуждениях, ибо такая ошибка безусловно есть, если мы считаем, что прямая реализует кратчайшее расстояние между двумя точками. Но где же вкралась ошибка?

Ясно, что, коль скоро наш

зигзаг составлен из «ступенек», параллельных сторонам квадрата, его длина равна сумме длин двух сторон квадрата. Не важно даже, потребуется ли вам, чтобы разглядеть эти ступеньки, мощный микроскоп. Но ошибка состоит в допущении, что такой зигзагообразный путь может стать прямой линией. С помощью этого метода даже при неограниченном (по крайней мере теоретически) увеличении числа таких ступенек вы никогда не получите прямой линии. При переходе от зигзага с миллиардом ступенек к прямой практически вы совершите такой же «скачок», как и в самом начале, перейдя от двух сторон квадрата к его диагонали. Сказать, что увеличивая число ступенек, мы в конце концов получим прямую, так же абсурдно, как и утверждать, что, бросая камешки в корзину, мы в конце концов получим золотые монеты. В этом-то и состояла вся заковыка.

29. Поверхность воды или другой жидкости всегда имеет сферическую форму, а чем больше сфера, тем менее выпуклым будет ее участок. Верхний диаметр любого сосуда на вершине горы будет служить основанием сегмента большей сферы, чем у подножья. Эта сфера в силу вышесказанного должна быть менее выпуклой. Иными словами, сферическая поверхность воды будет меньше возвышаться над краем сосуда, и, следовательно, на вершине горы в него вмещается меньше воды, чем вмещалось у ее подножья. Поэтому читатель волен выбрать любую гору, какая ему понравится, будь она в Италии или где-либо еще!

30. Число различных способов равно 63 504. Общая формула для таких расположений, когда число букв в предложении-палиндроме равно 2 n+1, без диагоналей имеет вид [4(2 ⁿ – 1)] ².

Я думаю, что было бы неплохо привести здесь формулу для общего решения каждой из четырех наиболее обычных форм такой ромбовидной головоломки. Под словом «прямая» я понимаю полную диагональ. Так, в случаях а, б, ви гпрямые соответственно содержат 5, 5, 7 и 9 букв. В случае аесть непалиндромная прямая (соответствующее слово BOY – мальчик), и общее решение для таких случаев, где эта прямая состоит из 2/7 + 1 букв, имеет вид 4(2 ⁿ – 1). Когда прямая представляет собой единственный палиндром со средней буквой в центре, как в случае б(соответствующее слово LEVEL – уровень), то общая формула имеет вид 4[(2 ⁿ – 1)] ². Именно к этому типу относится головоломка крысолова. В случаях ви гмы имеем двойные палиндромы, но весьма различных типов. В случае в,где прямая содержит 4 n –1 букву, общее решение имеет вид 4(2 ^{2 n}– 2). Но случай г– самый трудный изо всех.

Я хочу подчеркнуть еще раз, что в рассматриваемых ромбах:

1) не разрешается чтение по диагоналям (это особенно важно в случаях, когда такое чтение в принципе возможно);

2) начинать можно с любого места;

3) читать можно, двигаясь вперед и назад и используя при однократном чтении некоторые буквы более одного раза, но одну и ту же букву нельзя использовать дважды подряд.

Последнее условие легче понять, если читатель обратится к случаю в, где нельзя двигаться вперед и назад, не использовав два раза подряд первое О, что запрещает пункт (3). В случае гвсе устроено совсем иначе, и именно отсюда возникают большие трудности. Формула для случая гимеет вид

где число букв на прямой равно 4 n+1. В приведенном здесь примере n=2, а число способов равно 400.

31. Простак Пахарь, чье предложение казалось таким нелепым, был совершенно прав: Мельник должен получить 7 монет, а Ткач – лишь одну. Поскольку все трое съели одинаковые порции хлеба, то, очевидно, на долю каждого пришлось по ⁸/ ₃каравая. Следовательно, поскольку Мельник внес ¹⁵/ ₃, а съел ⁸/ ₃, то ⁷/ ₃каравая он отдал Эконому, тогда как Ткач внес ⁹/ ₃, съел ⁸/ ₃и отдал Эконому ¹/ ₃. Таким образом, поскольку они отдали Эконому порции хлеба в отношении 7:1, то в том же отношении следует и поделить между ними 8 монет.