Математические головоломки профессора Стюарта

Строки 1, 2, 3 содержат 21 из 24 возможных конфигураций стопки. Не хватает трех: 2413, 3142 и 4231. В строке 4 показано, как их можно получить из строки 3 при помощи еще одного переворота – или, рассматривая переворот в обратном порядке, как из них можно получить 1234 за четыре переворота. (Остальные связи, ведущие к строке 4, опущены, поскольку они сильно усложняют схему и не нужны нам.) На рисунке выше наглядно показаны перевороты конфигурации 2413, необходимые для ее упорядочивания.

3. Наибольший блин либо находится на самом верху, либо нет. Если нет, вставляем лопаточку под него и переворачиваем все, что выше. Теперь самый большой блин находится на самом верху. Вставляем лопаточку под самый низ стопки и всю ее переворачиваем. Теперь самый большой блин находится в самом низу. Таким образом, нам потребовалось не более двух переворотов, чтобы самый большой блин оказался внизу. Оставляем его там и повторяем всю процедуру для следующего по величине блина: не более чем за два переворота он оказывается сверху, на самом большом, вторым снизу. Повторяем процедуру для третьего по размеру блина и т. д. Каждый раз требуется не более двух переворотов, чтобы поместить очередной блин на нужное место, так что не более чем за 2n переворотов мы сможем упорядочить всю стопку из n блинов.

4. P₁ = 0, P₂ = 1, P₃ = 3, P₄ = 4, P₅ = 5.

Задачу о сортировке блинов предложил Джейкоб Гудман в 1975 г.; он опубликовал ее под псевдонимом Харри Дуэйтер, что по-английски звучит как «издерганный официант». Решение задачи известно для всех n вплоть до 19, а вот для 20 неизвестно. Результаты выглядят так:

Блинные числа, как правило, идут группами, увеличиваясь на единицу с увеличением n. К примеру, P_n = 3, 4, 5, 6 для n = 3, 4, 5, 6. Но эта закономерность нарушается при n = 7, так как P₇ = 8, а не 7. После этого наблюдается скачок на 2 при n = 11 и еще один при n = 19.

Верхнюю оценку в 2n переворотов – мой ответ на вопрос 3 – можно улучшить. В 1975 г. Уильям Гейтс (да-да, тот самый Билл Гейтс) и Христос Пападимитриу заменили эту оценку на (5n + 5)/3.

Кроме того, Гейтс и Пападимитриу рассмотрели задачу о горелом блине. В ней все блины подгорели с одной стороны, которая может оказаться снизу или сверху, а вы должны сделать так, чтобы блины не просто встали в правильном порядке по размеру, но и все легли горелой стороной книзу. В 1995 г. Дэвид Коэн доказал, что задача о сортировке горелых блинов требует по крайней мере 3n/2 переворотов и может быть решена не более чем за 2n – 2 переворотов.

Если вы подумываете о том, чтобы решить задачу сортировки блинов для n = 20, имейте в виду, что для этого числа блинов существует 2 432 902 008 176 640 000 начальных конфигураций.

Дело о таинственном колесе

– Диаметр колеса, разумеется, равен 58 дюймам, – сказал Сомс. – Это элементарное следствие из теоремы Пифагора.

Я обдумал это заявление. Следует отметить, что у меня есть некоторый опыт в области геометрии и алгебры.

– Позвольте мне попробовать, Сомс. Я считаю, что радиус колеса равен r. Заштрихованный треугольник на вашем чертеже – прямоугольный, его гипотенуза равна r, а две другие стороны равны r – 8 и r – 9. Таким образом, мы, как вы и намекали, можем применить теорему Пифагора и получить

(r – 8)² + (r – 9)² = r².

То есть

r² – 34r + 145 = 0.

Я уставился на записанные символы, временно остановившись.

– Квадратный двучлен раскладывается на множители, Ватсап:

(r – 29) (r – 5) = 0.

– Да, точно! И это означает, что его решения равны r = 29 и r = 5.

– Да. Но вы должны помнить, что диаметр колеса равен 2r, то есть 58 или 10. Однако решение 10 дюймов нам не подходит, поскольку диаметр тележного колеса не может быть меньше 20 дюймов. Значит, остается только…

– …58 дюймов, – закончил я за него.

Загадка гусиного клина

Florian Muijres and Michael Dickinson, Bird flight: Fly with a little flap from your friends, Nature 505 (16 January 2014) 295–296.

Steven J. Portugal and others, Upwash exploitation and downwash avoidance by flap phasing in ibis formation flight, Nature 505 (16 January 2014) 399–402.

Поразительные квадраты

Основная идея здесь может быть выражена в совершенно общем виде с использованием алгебры, но я обойдусь без формальностей и проиллюстрирую ее примером. Взгляните на процесс в обратном порядке: начинаем

с 9² + 5² + 4² = 8² + 3² + 7²

и расширяем до

89² + 45² + 64² = 68² + 43² + 87².

Первое равенство несложно проверить, с этого все и начинается, но почему второе уравнение тоже верно?

Реальная величина двузначного числа [ab] составляет 10a + b. Поэтому левую часть уравнения можно записать как

(10 × 8 + 9)² + (10 × 4 + 5)² + (10 × 6 + 4)²,

что равняется

100 (8² + 4² + 6²) + 20 (8 × 9 + 4 × 5 + 6 × 4) + 9² + 5² + 4².

Аналогично правая часть уравнения превращается в

100 (6² + 4² + 8²) + 20 (6 × 8 + 4 × 3 + 8 × 7) + 8² + 3² + 7².