Кентерберийские головоломки

92. Число способов, которыми можно разместить четырех поросят по 36 свинарникам в соответствии с заданными условиями равно 17, включая приведенный мною пример и не считая новыми расположения, полученные из данных с помощью поворотов и отражений. Яниш в своей книге Analyse Mathйmatique au jeu des Echecs (1862 г.) утверждает, что существует ровно 21 решение небольшой задачи, на которой основана данная головоломка. Поскольку я сам нашел только 17, то я вновь изучил этот вопрос и обнаружил, что он ошибается, несомненно, засчитав решения, полученные с помощью поворотов и отражений, за новые.

Вот 17 ответов. Цифры обозначают горизонтали, а их положение показывает вертикали. Так, например, 104 603 означает, что мы помещаем поросенка в первую строку и первый столбец, никого не помещаем во второй столбец, помещаем другого поросенка в четвертую строку и третий столбец, третьего – в шестую строку и четвертый столбец, никого – в пятый столбец, четвертого поросенка мы помещаем в третью строку и шестой столбец. Размещение Е я привел, формулируя условия:

A 104 603

В 136 002

С 140502

D 140 520

Е 160 025

F 160304

G 201 405

H 201 605

I 205104

J 206 104

К 241005

L 250014

M 250630

Н 260015

О 261005

С 261040

Q 306 104

–

Можно заметить, что М и Q полусимметричны относительно центра и, следовательно, с помощью поворотов и отражений породят лишь по 2 расположения каждое, что Я четвертьсимметрично и породит лишь 4 расположения, тогда как 14 других расположений породят с помощью поворотов и отражений по 8 расположений каждое. Следовательно, поворачивая и отражая данные 17 расположений, мы получим всего (2×2) + (4×1) + (8×14) = 120 способов.

Трех поросят можно поместить так, чтобы каждый свинарник располагался на одной прямой с поросенком при условии, что поросятам не запрещается располагаться на одной прямой с другими; но имеется только один способ сделать это (не считая поворотов и отражений), а именно: 105030.

93. Расположите кубики и знаки умножения следующим образом: 915×64 и 732×80; в обоих случаях произведение окажется равным максимально возможному числу 58 600.

94. Наименьшее возможное число ходов равно 22, то есть И для лис и 11 для гусей. Вот одно из решений головоломки:

Разумеется, читатель должен сделать первый ход, указанный в «числителе» первой «дроби», затем ход, указанный в «знаменателе», затем ход, указанный в числителе второй дроби, и т. д. Я применю здесь мой метод «пуговиц и веревочек». На диаграмме А данная головоломка представлена на куске шахматной доски с шестью конями.

Сравнение с рисунком из условия показывает, что там я избавил себя от необходимости объяснять неискушенному читателю, как ходит шахматный конь, проведя прямые, показывающие эти ходы. Так что эти две головоломки практически одно и то же, но в разных одеждах. Далее, сравнив рисунок из условия с диаграммой Б, можно заметить, что, расцепив «веревочки», соединяющие кружки, я упростил диаграмму, не изменив существенные соотношения между «пуговицами», или кружками. Читатель теперь без труда сам установит, что требуется 11 ходов для лис и 11 для гусей. Он заметит, что гусь с 1 или 3 должен ходить на 8, дабы избежать соседства с лисой и позволить лисе с 11 перейти на кольцо. Если мы пойдем 1–8, то ясно, что для лис лучше ходить 10 – 5, а не 12 – 5, когда все окажутся на окружности, то им нужно просто прогуляться вдоль нее по часовой стрелке, позаботившись сделать последними ходы 8–3 и 5 – 12. Таким образом, с помощью этого метода наша головоломка становится невероятно простой. (См. также замечание по поводу решения задачи 13.)

95. На рисунке показано, как из найденной доски можно вырезать два куска, из которых удается сложить квадратную крышку стола. А, B, С, D – углы стола. Способ, каким кусок Е вставляется в кусок F, должен быть очевидным для читателя. Заштрихованная часть удаляется.

96. Это число должно быть наименьшим общим кратным 1, 2, 3 и т, д. до 15, которое при делении на 7 дает остаток 1, на 9–3, на 11–10, на 13 – 3 и при делении на 14 дает остаток 8. Таким числом является 120. Следующее число с таким свойством – это 360 480, но поскольку не сохранилось свидетельств, чтобы одно дерево (да еще очень молодое) приносило когда-нибудь такое огромное количество яблок, единственным приемлемым ответом может быть лишь 120.