Пятьсот двадцать головоломок - Дьюдени Генри Эрнест (книги читать бесплатно без регистрации TXT) 📗

368. В первом случае передвигайте пары в следующем порядке: поместите 6и 7перед 1, затем 3и 4, 7и 1и 4и 8на свободные места. При этом получится следующее расположение фишек: 6, 4, 8, 2, 7, 1, 5, 3.

Во втором случае передвиньте фишки 3, 4и расположите их в обратном порядке ( 4, 3) перед фишкой 1. Затем переместите, одновременно изменив порядок фишек на обратный, пары 6, 7(после перестановки 7, 6), 6, 5(после перестановки 5, 6), 3, 1(после перестановки 1, 3) и 6, 8(после перестановки 8, 6). Фишки выстроятся в последовательности 4, 8, 6, 2, 7, 1, 3, 5всего за 5 ходов.

369. Хотя первоначально обе буквы Aнаходятся в нужном положении, головоломку можно решить, только сдвинув их со своего места. Обозначим букву Aв нижнем ряду прописной, а в верхнем углу строчной буквой. Тогда решение в 36 ходов будет таким: АНЛЕЖ АНЖКИ АНЖКИ АНЖКЛ ЕаАНЖ ИЛКИЛ аЕКаЛИ.

[Решение Дьюдени не минимально. Не сможет ли читатель решить головоломку за 30 ходов? — М. Г.]

370. Передвигайте фишки в следующем порядке: АНДАФ ЛНДАФ ДНЛДИ ЯДЛНА ФИЯРИ ЯЛНАЛ — всего 30 ходов.

[Количество ходов удается сократить до наименьшего возможного числа — 28. Читатели могут заметить, что задача изоморфна некоторой головоломке с квадратом и восьмью фишками, похожей на предыдущую. С общей теорией головоломок с квадратом и фишками можно познакомиться в гл. 2 книги М. Гарднера «Математические головоломки и развлечения» (М., изд-во «Мир», 1971). — М. Г.]

371. Охранник W ₁, не может схватить узника P ₂, а охранник W ₂ — узника P ₁. В примере, который мы привели, погоня действительно может продолжаться бесконечно долго, поскольку на самом деле каждый охранник должен охотиться не за «своим», а за «чужим» узником. В этом случае, как говорят о шахматах, можно «реализовать преимущество». Между W ₁и P ₂расположен всего один (нечетное число) квадрат, в то время как между W ₁и P ₁(а также между W ₂и P ₂) имеются четыре (четное число) квадрата. Во втором случае у охранников имеется преимущество, и они могут выиграть. Приведем образец игры. Ходы охранников записываются в «числителе», а узников — в «знаменателе»:

Узникам невозможно уйти от преследования, если каждый охранник преследует того из них, кого нужно.

372. В средней вертикали, содержащей 3 белые и 3 черные шашки, их можно поменять местами за 15 ходов. Перенумеруйте 7 клеток сверху вниз цифрами от 1 до 7. Шашкой, стоящей на клетке 3, пойдите на клетку 4, шашкой 5 — на клетку 3, 6 — на 5, 4 — на 6, 2 — на 4, 1 — на 2, 3 — на 1, 5 — на 3, 7 — на 5, 6 — на 7, 4 — на 6, 2 — на 4, 3 — на 2, 5 — на 3, 4 — на 5. Шесть из этих ходов представляют собой просто сдвиги, а 9 остальных — прыжки.

Имеется семь горизонталей, содержащих по 3 белые и по 3 черные шашки (если исключить центральную вертикаль). В каждой из них можно аналогичным образом поменять местами белые и черные шашки, а поскольку в процессе манипуляций с центральной вертикалью в центре каждой из горизонталей образуется в определенный момент необходимое для этого «окошко», то ясно, что все шашки можно поменять местами за 8 × 15 = 120 ходов.

373. Сначала положите 4 монеты вместе, как показано в случае 1, затем перенесите номер 1на новое место (см. случай 2) и, наконец, осторожно выньте номер 4и положите его сверху на номера 2и 3. Тогда ваши монеты займут положение 3и пятую монету можно будет точно подогнать к ним.

Одного взгляда на рисунок достаточно, чтобы понять, как трудно измерить на глаз расстояние между монетами 1и 3. Почти наверняка каждый положит их слишком близко друг к другу.

374. Сначала разместите монеты так, как показано в случае A. Затем осторожно сместите монету 6в положение, которое изображено в случае B. Далее сделайте так, чтобы монета 5соприкоснулась с монетами 2и 3( C). Теперь нужно переместить монету 3в положение, указанное в случае Cпунктиром.

375. Взяв вместо чисел 2 и 15 числа 7 и 10, можно составить квадрат, показанный на рисунке. Практически магический квадрат пы составите из любых 16 чисел, если их удастся расположить таким образом, чтобы были равны между собой как все разности между двумя соседними числами по горизонтали, так и все разности между двумя соседними числами по вертикали. В нашем случае эти разности равны 3 и 2:

376. Если вы сделаете 9 квадратов, совпадающих с квадратом, изображенным на нашем рисунке, то, составив из них больший квадрат, обнаружите на нем магические квадраты пятого порядка с любым числом в центре. Этот квадрат называется назикским квадратом (названным так покойным мистером Фростом в честь Назика — места в Индии, где он жил) и является единственным правильным квадратом с таким свойством.

377. По-видимому, существует всего три приведенных здесь решения. В каждом случае разность равна 5.

378. Для решения головоломки необходимо лишь сдвинуть вверх правую цифру в каждой клетке, чтобы получить степени 2. Раскрыв чти степени, вы обнаружите, что полученный квадрат удовлетворяет нужному условию с произведением 4096. Разумеется, всякий человек, знакомый с арифметикой, знает, что 2 ⁰равно 1.

379. Хотя требовалось, чтобы цифры в каждой клетке были различными, это вовсе не значило, что различными должны быть числа. В меньшем квадрате каждая из сумм чисел на десяти прямых равна 15, поскольку в дополнение к строкам, столбцам и большим диагоналям две малые диагонали тоже дают сумму 15. Это максимально возможное число прямых. Нам осталось лишь выразить каждое число с помощью своей в каждом случае повторяющейся цифры, используя знаки арифметических действий. На большем квадрате показано, как это можно сделать. Все условия головоломки будут, таким образом, удовлетворены с максимальным числом направлений, равным десяти.

[Клеточки с 4, 8 и 7 излишне сложны. Возможно более простое решение:

380. Объяснение содержится в самом решении (см. рисунок). Суммы чисел, стоящих в строках, столбцах и на двух диагоналях, равны 6726, а каждая из цифр 1, 2, 3, 4 использована ровно девять раз.

381. Начав с правого верхнего угла, а затем двигаясь вниз «вокруг квадрата», заполните клетки числами в следующем порядке: 13, 81, 78, 6, 75, 8, 15, 16, 77, 70, 19, 79, 21, 9, 23, 2, 69, 66, 67, 74, 7, 76, 4, 1, 5, 80, 59, 73, 61, 3, 63, 12. Очевидно, противоположные числа на границе должны в любом случае давать в сумме 82, но их правильного расположения добиться не так-то легко. Разумеется, существуют и другие решения.