Бюллетень клуба ценителей головоломок “Диоген”

 

ЯНВАРЬ-МАРТ 2004

“ШАРАДА 103”

Бюллетень клуба ценителей головоломок “Диоген”. Подготовлен к печати 20.01.2004. Рыбинский. Издается с 1993 года. Автор эмблемы - Сергей Грабарчук. Тираж 60 экз.

Тула, а/я 1745.

( (0872) [08.00-17.00]

( (0872) [20.00-23.00]

*****@***ru

Татьяна Матвеева

Юбилейная 10-я встреча клуба «Диоген»

14 декабря 2003 года в редакции журнала "Наука и жизнь" состоялась ежегодная встреча членов клуба "Диоген", уже десятая по счету. Можно сказать, что клуб отметил своеобразный юбилей. Подобающим юбилею было и приподнятое настроение участников, которых собралось 26 человек.

После вступительного слова почетного члена клуба и гостеприимного хозяина, главного редактора журнала "Наука и жизнь", все участники встречи поделились новостями за прошедший год. Очень приятно, что год от года событий, связанных с головоломками, становится все больше.

Члены клуба активно участвуют в ставших уже традиционными мероприятиях. О Кубистском дне в Голландии рассказал , продемонстрировав новые головоломки класса упаковки с парадоксальным на первый взгляд заданием. В международном съезде головоломщиков – International Puzzle Party (IPP23), который проводился в этом году в Чикаго, участвовали 4 представителя из России (все они присутствовали на встрече клуба). И. Явнель поделилась впечатлениями от этой поездки в Америку. Собравшиеся смогли порешать самые интересные из головоломок, подаренных на обмене в Чикаго. О проведении 12 Чемпионата Мира по паззлспорту в городе Арнем в Голландии поведала участник и организатор многих чемпионатов О. Леонтьева. В ее выступлении прозвучала грустная нота, потому что российским паззлспортсменам не удалось показать высоких результатов и им явно нужна спонсорская поддержка. Грустная нота прозвучала и в краткой информации В. Рыбинского о том, что пока что нет договоренности о месте проведения очередного Седьмого Открытого Чемпионата России 2004 года. Любопытно, что никто не говорил о Шестом Очном Открытом Чемпионате России по решению головоломок, который состоялся в июне 2003 года. Но это объясняется тем, что все присутствовавшие сами были участниками или гостями чемпионата.

Помимо традиционных сообщений на этот раз удалось услышать рассказ о проведении чемпионата по решению головоломок в Курске, организованного Курским краеведческим музеем совместно с и И. Новичковой. А. Костюков успешно провел выставку головоломок в одной из школ Пскова. А. Богданов создал в "Интернете" сайт, посвященный клубу "Диоген" (http://www. diogen. *****), который содержит не только подробную информацию о разных событиях в мире головоломок, но и делает доступными для широкой аудитории задания различных конкурсов. В издательстве "Феникс" (Ростов-на-Дону) вышла новая книга "Умные игры для детей и их родителей", посвященная играм и головоломкам. Ее автор Г. Курбанов, член клуба "Диоген", подарил всем участникам встречи по экземпляру книги с автографом.

Как всегда, необычной находкой удивил всех . В этот раз он привез копию портрета Иисуса Христа, нарисованного непрерывной линией, закрученной по спирали. Портрет называется "Единый единою чертой" и обнаружил его Калинин в музее при Сергиево-Посадской духовной академии.

С сообщением о проблеме точного и полного определения головоломок выступил В. Жиров. Эта тема вызвала живой интерес и горячие споры, которые из-за дефицита времени пришлось остановить. Однако, все, кому интересна данная проблема, могут заглянуть на сайт http://www. *****/puzzles/?part=1, чтобы узнать, что думают другие, и высказать свое мнение.

С успехом был проведен обмен головоломками. В этот раз в нем участвовало 12 человек. В число участников вошел даже И. Зискин, который когда-то приезжал на встречу клуба в Москву с Украины, а теперь живет в Германии.

В завершение встречи все собравшиеся сфотографировались на память и выразили надежду на более частые встречи.

Итоги 11 открытого чемпионата клуба «Диоген»

По решению головоломок 2003 года

1 2 3 Е

Кузнецов Михаил (Самара)

Оридорога Леонид (Донецк)

3. Ярковой Геннадий (Тольятти)

4. Литвиненко Дмитрий (Воронеж)

5. Андрушко Олег (Красноярск)

Драгунова Ирина (Казань)

Лемеш Андрей (Москва)

Грищенко Иван (Москва)

Панкратов Александр (Красногорск)

10. Курбанов Гаджикурбан (Москва)

11. Олешов Алексей (Архангельск)

12. Еременко Сергей (Волжский)

13. Дорофеев Владимир (Мытищи)

Поздравляя победителей чемпионата, нельзя не отметить результаты нового участника на российском горизонте головоломок – Дмитрия Литвиненко из Воронежа. Будем надеяться, что он себя покажет и в других соревнованиях клуба «Диоген».

К сожалению, технические накладки с интернетом, ошибка в Е-адресе высылки решений и досадные неточности в условии заданий немного снизили общий накал борьбы. Но вот и ответы:

Задание 1: Ш372: Задача плиточника-облицовщика:

На оба «испорчен-ных» силуэта, требующих для замощения не менее 28 квадратных плиток (см. рис. справа), указал только Олег Андрушко.

Задание 2: Ш373: Конь и суперконь на полимино:

Для обычного шахматного коня оказалось возможным найти 12 существенно различных 10-полимино, причем одно из них (выделено цветом) имеет 2 варианта замкнутого обхода:

 

Для суперконя существует всего два рекодных 18-полимино:

 

Многие решатели в дополнительном задании указали прямоугольники наименьшей площади для коня: 5*6 и 3*10, для суперконя аналогичного решения пока не найдено.

Леонид Оридорога заинтересовался поиском симметричных полимино минимальной площади, допускающих обход конем или суперконем.

 

На рис.1 приведено 22-полимино с двумя осями симметрии для обхода суперконем (то же привел и А. Панкратов), а на рис.2 и 3 два центрально-симметричных 20-полимино для обычного коня.

Задание 3: Ш374: Год 2003:

Это задание оказалось одним из наиболее коварных, немногие нашли лучшие решения.

Для числа е лучшие решения требуют 19 чисел или операций:

[(е*е*е*е*е*е-е)*[е+е]]=2003

Для числа p достаточно и 18:

[(p*p+p+p)*(p+p)*(p+p)*p]=2003

Убедительная просьба к участникам открытых чемпионатов клуба «Диоген» – присылайте Ваши задачи или идеи таких задач. (прим. ред.)

Одиннадцатый Чемпионат России по решению головоломок 2004 года.

Задание 1: Ш390: Тропинка из домино:

Из полного комплекта домино выложите прямоугольник 7*8 так, чтобы числа на соседних полукостях образовали (начиная с любого места) непрерывную тропинку … максимальной длины.

Автор: Василий Илюхин.

Оценка: удвоенное число полукостей тропинки.

Задание 2: Ш391: Компактный кроссворд – 2004 «Жилище»:

Составьте из 12 слов, компактный классический кроссворд как на рисунке: САРАЙ, ЗЕМЛЯНКА, БАРАК, ДОМ, ЮРТА, ХАТА, ШАЛАШ, ДВОРЕЦ, ТЕРЕМ, ПЕЩЕРА, ЗАМОК, ПАЛАТКА.

Автор: Антон Никонов.

Оценка: 200 минус площадь полученного прямоугольника.

Задание 3: Ш392: Число 0,…:

Используя каждую из десяти цифр 0…9 по одному разу, знаки арифметических действий (* / + -) и скобки в любом количестве, выразите возможно более точно число 0.…

Оценка: по 10 баллов за каждый 0 в абсолютной погрешности минус первое значащее число после серии нулей.

Задание 4: Ш393: Гексамино-сито:

14 самых «неудобных» элементов гексамино (рис. вверху) необходимо выложить так (укладывая их строго ортогонально), чтобы образовалось как можно больше изолированных пустых областей. Например, для 12 элементов пентамино удается составить 18 пустых областей (рис. справа).

Оценка: по 3 балла за каждую область, плюс 3 балла за самую компактную (прямоугольник наименьшей площади) укладку.

Решения ожидаются до 31 марта 2004 года.

Итоги седьмого заочного матча Россия - Украина

по решению головоломок им. Андрея Ходулева

Напряженная борьба завершилась ничьей: в заданиях У3 и У4 лучше результат у украинцев, в заданиях У5 и Р4 – у россиян, в остальных результаты равны (в Р1 по техническим причинам команды решали разные задачи, в Р5 обе стороны допустили неточности). Похоже, что восьмой матч в 2004 году станет решающим, поэтому прошу всех желающих быть включенными в команду россиян 2004 года, до конца февраля прислать свою заявку.

1.  Ш375: Круглая линейка:

В первые же дни Константин Кноп разослал следующее послание: «О грубости оценки сверху. Точная оценка равна 50*49+1 = 2451. Меньше не бывает, потому что именно при таком наименьшем N все возможные разности от 1 до N-1 достигаются без повторений (каждая пара отметок линейки даёт ДВЕ разности, то есть всего имеется число разностей, равное удвоенному числу пар, или 50*49, а значение N при этом на 1 больше).
Однако далеко не для всех S (S - число отметок на линейке)
величина N(S)=S2-S+1 даёт реально достижимый
размер линейки. То есть S, для которых такой набор отметок существует, называются ТОЧНЫМИ РАЗНОСТНЫМИ МНОЖЕСТВАМИ по модулю N. (perfect difference set).
Решение нашей задачи (точное, для 2451!) лежит по адресу
[http://www. ccrwest. org/diffsets/diff_sets/ds_2451_50_1.html]

и представляет собой следующий набор: 1 141 172 149 176 145 210 238 224»

Чуть позже Андрей Лемеш достиг длины 1347 с линейкой вида: 0, 1, 3, 5, 7,…, 49, 101, 153, …, 1245, 1297, 1347 (=0). Расстояния между соседними делениями: 1, 2, 2, 2, …, 2, 52, 52, …, 52, 50. (двадцать четыре двойки и двадцать четыре числа 52)

Данная задача неожиданно породила новую проблему: можно ли задавать в матче задачи ранее опубликованные? Мне представляется, что специально задавать такого рода проблему обе стороны будут только в двух случаях: 1. Если улучшили опубликованное решение. 2. Если не знали о такой публикации. В любом случае, полагаю, что наличие ранней публикации предложенной в матче задачи не должно ставить под сомнение ее включение в пакет заданий. А что думают остальные решатели?

2. Ш376: Дом для PentX-ов:

Уже в день получения заданий Леонтьева Оля сумела формализовать эту задачу как уравнение. А еще через день Константин Кноп привел следующее решение:

Будем искать только расположения мозгов PentX-ов – ясно, что по каждому мозгу однозначно восстановятся все комнаты, в которых находится PentX. Ясно, что мозги находятся в центральном квадрате 8×8, причём наша цель – максимизировать количество мозгов в этом квадрате. Ограничимся случаем, когда расположение мозгов симметрично, то есть имеет вид

Для этого случая есть всего 10 неизвестных величин: .

Зная расположение мозгов, мы легко можем сосчитать число PentX-ов во всех клетках этого же самого квадрата 8×8: каждый мозг даёт одного PentX-а в свою клетку и во все соседние клетки. Иначе говоря, число PentX-ов в верхней левой четверти квадрата таково:

Значения всех этих выражений (среди которых тоже ровно 10 различных ) должны быть не больше 100. Однако мы не знаем, должны ли мы максимизировать каждое из них. Поэтому обозначим эти значения буквами . Таким образом, получим следующую систему уравнений (10 линейных уравнений с 10-ю неизвестными):

Для тех, кто знаком с основами линейной алгебры, неудивительно, что эта система уравнений имеет решение:

Получив эти формулы, уже нетрудно разобраться и доказать, что все величины должны принимать как можно большие целые значения. Действительно, общее количество мозгов PentX-ов в четверти квадрата равно

,

а эта величина, как несложно сосчитать, складывая все равенства по столбцам, равна Каждая из величин входит в эту сумму с положительным коэффициентом, поэтому при росте вся сумма тоже увеличивается. Осталось только найти её наибольшее возможное значение. Очевидно, набор величин должен быть таким, чтобы сумма оказалась целой. Поскольку для она равна 100´100/27 = 370 + 10/27, то числитель дроби необходимо уменьшить на 10+37k. Наименьшее уменьшение – на 10, и оно легко выполняется, если уменьшить на 1. Оказывается, что при этом (то есть при ) не только сумма , но и все слагаемые оказываются целыми числами! Убедитесь в этом с помощью выписанных выше формул.

Итого получаем , , , , , , , , , .

Таким образом, , максимальное количество мозгов PentX-ов на доске равно 4´370=1480, а общее количество PentX-ов равно 5´1480=7400.

Прошло еще три недели и вдруг Ирина Драгунова находит еще 2 решения (с тем же количеством мозгов 1480), а позднее Константин Кноп прислал еще три решения: таким образом всего имеется 6 решений с суммой 1480.

3. Ш377: Ещё 2 многогранника:

Эту задачу первой решила Оля Леонтьева, уже при первичной рассылке сообщив число сторон большей грани. Вот рисунки для 9- и 15- сторонней большей грани:

Она же убедительно показала и логику данного решения:

«Если в каждой вершине сходится четное число ребер, то грани
можно окрасить в два цвета в шахматном порядке (строгое доказательство занудно, но интуитивно это и так понятно).
Почему число сторон должно делиться на 3? Тогда число ребер на черных гранях равно числу ребер на белых гранях.
Если черные - все треугольники, количество "черных" ребер делится на 3. А белые грани - треугольники кроме одной, и сумма ребер на них тоже должна делиться на 3.

Почему число сторон многоугольника нечетно? Это следует из того, что сумма ребер по всем граням - четна (каждое ребро считается дважды). А на всех, кроме м. б. одной - 3. А всего граней - четное количество».

Такое же решение независимо нашли Константин Кноп и Андрей Лемеш.

Однако такое быстрое решение успокоило команду, и никто далее не удосужился его улучшить. А то, что улучшение имеется, убедительно показал Леонид Оридорога, вот его решение:

4. Ш378: Настоящий патомат:

Вот знаменитая патовая позиция С. Лойда, которая достигается за 12 ходов. Однако поставленная украинцами задача намного сложнее – необходимо завязать патовый узел вне зависимости от фигур противника.

Решение за 15.5 ходов без 4 фигур (1. е4 d6 2. d4 Сf5 3. еf Фd7 4. а4 Фb5 5. ab Кd7 6. Лa6 Кb6 7. Сс4 Лd8 8. Се6 Лd7 9. Кf3 Крd8 10. Ке5 h5 11. d5 Кf6 12. Ф:h5 Кс8 13. Ф:h8 b6 14. Фh7 Ке8 15. Фg6 f6 16. Кс6 Патомат) нашли многие:

Вот 15-ходовое решение, на которое также указал и В. Дорофеев (без 8 фигур на поле):

1. е4 с5 2. а3 Кс6 3. Кс3 Фс7

4. Кре2 Ф:h2 5. Крd3 Ф:g2 6. Крс4 Ф:f2 7. Крb3 Ф:g1 8. Кра2 Ф:h1 9. Крb1 Ф:е4 10. Сd3 Ф:d3

11. Ла2 с4 12. Кра1 а5 13. Кb1 а4 14. c3 Ка5 15. Фb3 К:b3 Патомат.

Однако, решение украинцев (Л. Оридорога, Н. Мансарлийский, Н. Бальжик) позволяет съэкономить на одну фигуру больше:

1.e4 d5 2.Крe2 Кc6 3.Крd3 Сh3 4.Крc3 de 5.f3 ef

6.Крb3 fg 7.a3 ghФ 8.Крa2 Ф:g1 9.Кc3 Ф:f1 10.Крb1 Фc4. 11.Ла2 Ф8d3 12.Крa1 a5 13.Кb1 а4 14.c3 Ка5.

15.Фb3 К:b3×.

1.b3 e5 2.Ca3 C:a3 3.Кc3 b5 4.Лb1 b4 5.Лb2 d5

6.Фa1 d4 7.Kpd1 Kf6 8.Крc1 Kd5 9.h4 Ф:h4 10.Крb1 Ф:h1. 11.Kf3 Ф:f1 12.Кe1 Ф:g2 13.Кd3 Ф:f2 14.Kc1 Фe3.

15.d3 К:c3×.

5. Ш379: Головоломка Пентагон:

Сначала мы вообще пошли по ложному пути, пытаясь тремя-четырьмя единицами рассечь все поле на небольшие секторы. Числа 8 сентября я посетовал Константину Кнопу на очень большое количество вариантов укладок, Константин мне возразил, и я, желая доказать свою точку зрения попытался уложить все элементы в квадрат 11*11.

Разумеется, это мне не удалось, зато нашлось совершенно новое и уже приемлемое в первом приближении решение (рис.1) с четырьмя определяющими числами и суммой 10.

Теперь оказалось возмож-ным расслабиться и спокойно поискать решения и в других направлениях. Уже к концу сентября было получено решение с тремя определяющими числами и суммой 8 (рис.2.).

А 9 октября нашлось видимо лучшее приближение, где три определяющих числа имеют сумму 5 (рис.3). Причем, в этом решении третье определяющее число нужно уже не для ориентации U-пентамино поскольку определяющая сумма нижнего ряда не может быть больше 9, а для однозначности размещения L - и Y-пентамино, которые без этого можно поменять местами.

1. Ш380: Новые маршруты из точек:

Здесь команды решали совершенно разные задачи, решения которых и приведены ниже:

 

2. Ш381: Группы гексамино:

Здесь расчет был на то, что решатели не всегда проверяют задачи на четность, и могут, следовательно, впустую перебирать все 35 элементов гексамино. На самом деле решение возможно только для 11 нечетных элементов гексамино, т. к. после изъятия одного образцового элемента остается 10 – четное число. А вот недостающие («Крест» был в условии) 10 укладок:

3. Ш382: Без равнобедренных треугольников: 56 точек: (решение В. Кабановича)

4. Ш383: Монеты: (решение К. Кнопа)

Имеется большой мешок монет. Миша и Володя знают, что все монеты имеют вес 99, 100 или 101 граммов. Володя знает к тому же, что на самом деле все монеты равны по весу и хочет доказать это Мише (который это не знает). В Володином распоряжении весы без гирь (на каждую чашу поместится любое количество монет) и 2003 взвешивания. Про какое количество монет Володя сможет доказать Мише, что все они равны по весу между собой (предполагается, что у Миши лады с основами математики)? Например, он может положить монету на одну чашу весов, а затем по очереди на другую класть по одной монете и доказать равенство веса 2004-х монет. Но если он, к примеру, первым ходом покажет равенство монет А и B, а вторым на одну чашу положит A и B, а на другую – C и D, и больше эти монеты взвешивать не будет, то Мишу это не убедит: такой результат возможен и при А=B=100, C=99, D=101. Побеждает команда, сумевшая доказать равенство максимального количества монет.

Ответ: 8377 монет

Решение.

Этап 1.

Сначала предположим, что в ходе некоторых N операций взвешивания ни одна монета не кладётся на весы дважды (будем называть такие взвешивания непересекающимися), и на каждую чашу в каждом взвешивании кладётся поровну монет (хотя, возможно, в разных взвешиваниях – разное количество). Очевидно, что при этом весы ни в одном взвешивании не должны отклоняться от равновесия (поскольку все монеты на самом деле весят одинаково). Будем говорить, что данные N равенств нами ПРОВЕРЕНЫ. Если же, взвесив вместо этих N наборов монет какие-то другие N наборов, мы сможем не только проверить те же самые равенства, но и дополнительно убедить Мишу в верности каких-то дополнительных равенств, то будем называть эти дополнительные равенства ДОКАЗАННЫМИ.

Пример 1: Три взвешивания позволяют проверить 3 произвольных непересекающихся равенства и одновременно доказать ещё одно – попарное равенство двух монет a и b, ни одна из которых в исходных трёх равенствах тоже не взвешивалась.

Обоснование: будем считать, что вес каждой монеты, лежащей на левой чаше весов, входит в равенство со знаком "+", а вес каждой монеты с правой чаши весов входит со знаком "–". Такое соглашение позволяет записать произвольное равенство на весах в форме , где S – алгебраическая сумма весов взвешенных монет. Итак, вместо проверки равенств в трёх взвешиваниях проделаем взвешивания так:

(это возможно, так как из условия следует, что каждое из этих трёх выражений не содержит повторяющихся монет). Докажем, что из этих результатов взвешиваний следуют равенства и . Действительно, из первых двух равенств получаем , то есть сумма этих величин имеет целочисленный вес, кратный 3. Поскольку вес разности монет a и b может быть равен либо 0, либо ±1, а из этих трёх чисел только 0 кратно трём, то , откуда немедленно получаем .

Пример 2. 9 взвешиваний позволяют проверить 9 произвольных непересекающихся равенств и одновременно доказать ещё 6 равенств пар монет и , ни одна из которых не встречалась в исходных равенствах.

Обоснование. Разобьём 9 взвешиваний на три тройки (1-2-3, 4-5-6 и 7-8-9), и монеты в каждой тройке мысленно перегруппируем в новые взвешивания так, как это описано в примере 1. Это позволит проверить 9 равенств и доказать Мише ещё 3 попарных равенства. После этого у нас снова есть три непересекающихся тройки: 1-4-7, 2-5-8 и 3-6-9. Повторное применение к ним алгоритма из примера 1 позволяет доказать дополнительно ещё три попарных равенства. Итого мы проделываем 9 взвешиваний и дополнительно доказываем 3+3 равенства.

Пример 3. взвешиваний позволяют проверить непересекающихся равенств и одновременно доказать ещё попарных равенств других монет.

Обоснование аналогично (доказывается индукцией по числу K).

Замечание 1. Все разобранные примеры остаются в силе даже в том случае, когда одна из монет (пусть, для определённости, a) использовалась в исходных взвешиваниях. Если она входит в сумму со знаком "–", то в выражении соответствующая величина просто сокращается, а если она входит со знаком "+", то для сокращения величины a вместо нужно использовать во взвешиваниях равенства

.

Пример 4. За 272 взвешивания можно проверить 272 непересекающихся равенств и доказать ещё 432 попарных равенств монет.

Обоснование. , , остальное следует из примера 3.

Этап 2.

До сих пор мы, проверяя произвольные равенства для некоторого набора взвешиваний, параллельно доказывали для Миши дополнительные попарные равенства монет. Сейчас мы подойдём с другого конца: предположим, что некоторое количество попарных равенств уже известно (т. е. доказано Мише). Проделаем теперь некоторое число взвешиваний с этими монетами так, чтобы в результате (опираясь на ранее доказанные равенства и результаты этих взвешиваний) мы смогли доказать Мише, что все монеты, использованные в этих взвешиваниях, равны друг другу.

Пример 5. Пусть n – некоторое натуральное число. Будем предполагать, что Мише уже известны n равенств (веса монет каждой такой пары монет будем обозначать просто ). Володя проделывает n взвешиваний:

(, а – ещё n монет, о весе которых Мише ничего не известно). Тогда Миша должен поверить, что все эти 3n монет равны по весу.

Обоснование. Перепишем имеющиеся уравнения в виде . Умножим первое уравнение этой системы на 1, второе – на 2, третье – на 4, …, последнее – на , и сложим все полученные равенства. Тогда все величины в левой части, кроме , сократятся, и в итоге получится равенство

Слева в нём находится вес скольких-то (а именно, ) одинаковых монет, а справа – вес такого же количества монет, в равенстве которых (как между собой, так и монете слева) Миша должен удостовериться. Заметим, что если монета слева весит 101 граммов, то все монеты справа обязаны быть равными ей, иначе их суммарный вес просто "не дотянется" до 101m. Аналогично, если монета слева весит только 99 граммов, то все монеты справа тоже равны 99, иначе их суммарный вес будет строго больше 99m. Осталось рассмотреть случай, когда . Тогда из соображений чётности вес монеты должен быть равен 100 (ибо в остальных случаях справа стоит нечётное число, а слева – чётное), так что . Вычитаем из левой части равенства , а из правой – , после чего сокращаем все коэффициенты на 2. Получаем

Заметим, что это равенство полностью аналогично предыдущему, но содержит на единицу меньшее число различных переменных. Продолжая таким же образом, доказываем (Мише), что все переменные в правой части равны .

Пример 6. Пусть n – некоторое натуральное число. Будем предполагать, что Мише уже известны 3n равенств (веса монет каждой такой четвёрки будем обозначать просто ), и ещё n равенств (веса этих монет равны ). Володя проделывает n взвешиваний:

(, а – ещё n монет, о весе которых Мише ничего не известно). Тогда Миша должен поверить, что все эти 7n монет равны по весу.

Обоснование. Перепишем имеющиеся уравнения в виде . Умножим первое уравнение этой системы на 1, второе – на 4, третье – на 16, …, последнее – на , и сложим все полученные равенства. Тогда все величины в левой части, кроме , сократятся, и в итоге получится равенство

Слева в нём находится вес скольких-то (а именно, ) одинаковых монет, а справа – вес такого же количества монет, в равенстве которых (как между собой, так и монете слева) Миша должен удостовериться. Заметим, что если монета слева весит 101 граммов, то все монеты справа обязаны быть равными с ней, иначе их суммарный вес просто "не дотянется" до 101m. Аналогично, если монета слева весит только 99 граммов, то все монеты справа тоже равны 99, иначе их суммарный вес будет строго больше 99m. Осталось рассмотреть случай, когда . Тогда из соображений чётности вес монеты должен быть равен 100 (ибо в остальных случаях справа стоит нечётное число, а слева – чётное), так что . Вычитаем из левой части равенства , а из правой – , после чего сокращаем все коэффициенты на 2. Получаем

Заметим, что это равенство полностью аналогично предыдущему, но содержит на единицу меньшее число различных переменных. Продолжая таким же образом, доказываем (Мише), что все переменные в правой части равны .

Замечание 2. Если проделаны несколько () взвешиваний вида и ещё сколько-то () взвешиваний вида, то можно "зацикливать" не каждый вид на себя, а один на другой. Иначе говоря, можно в этих взвешиваниях считать и .

Этап 3.

Теперь, когда все предварительные шаги (в том числе – доказательные рассуждения Миши) уже проделаны, нам осталось только предъявить конкретный алгоритм из 2003 взвешиваний и объяснить, как с его помощью Миша сможет доказать равенство 8377 монет.

Алгоритм.

Обозначим используемые монеты так: 866 пар монет (), , столько же одиночных монет ; 592 четвёрки монет (), 592 пары монет (), столько же "одиночных" монет , 545 пар монет () и столько же одиночных монет – итого (866+545)×(2+1)+592×(4+2+1)=8377 монет.

Первый блок (1458 взвешиваний). Начнём с 2×36=1458 взвешиваний, сгруппированных в схемы, описанные в примерах 5 и 6:

(здесь, в соответствии с замечанием 2, и ). Эти взвешивания образуют две непересекающиеся группы по 729 равенств ("чётная" подгруппа и "нечётная" подгруппа). Из примера 3 следует, что эти подгруппы можно последовательно преобразовать так, чтобы дополнительно доказать ещё 2916=2×6×35 попарных равенств, а именно,

При этих преобразованиях нужно следить за тем, чтобы дополнительные равенства стыковались с основными согласно замечанию 1 – для этого достаточно равенства с чётными индексами доказывать только на нечётной подгруппе (там, где коэффициенты при переменных с нечётными индексами равны 1), и наоборот.

Второй блок (оставшиеся 545=2003–1458 взвешиваний) – начнём с

,

разобьем их на "четную" и "нечётную" подгруппы из 272 и 273 равенств соответственно и преобразуем их так, чтобы доказать еще 2×432=864 (пример 4) равенства:

Здесь подразумевается, что все дополнительно доказанные равенства – новые (не проверенные и не доказанные ранее).

Синтезируем: по итогам двух блоков взвешиваний Миша знает все необходимые условия, при которых он может воспользоваться результатами примеров 5 и 6 (271+371=592), а также условие равенства каких-то монет из "f-группы" и остальной кучи (доказанное последним, см. равенство ) и, значит, Миша должен быть уверен в том, что все 7×592+3×(545+866) монет равны.

Итоги десятого новогоднего блиц-конкурса

имени Владимира Кучина

Е

1. Оридорога Леонид (Донецк

2. Богданов Андрей (Железнодор.

3. Ярковой Геннадий (Тольятти

4. Пакратов Александр (Красногор.

5. Литвиненко Дмитрий (Воронеж

«Садовник»

7. Драгунова Ирина (Казань)

Прелуцкий Игорь (С-Петербург

9. Кроткова Екатерина (Москва)

Еременко Сергей (Волжский)

Сашков Андрей (Ставропольск.)

12. Пасхина Диана (Москва)

13. Дорофеев Владимир (Мытищи

14. Гарнага Иван (Новосибирск.

Задание 1: Ш385: Кооперативный мат в 1 ход:

Задумка автора состояла в том, что белые в начале игры дали черным фору (так называемый «гандикап») – ладью а1. При этом возможность дальней рокировки все равно остается, так как рокировка – это «ход короля». Поэтому решение выглядит так:

1. 0-0-0 (т. е. Крс1) Фа15.

Но поскольку это решение нашли немногие, то начислялись баллы и за другие остроумные идеи.

Задание 2: Ш386: Поликубик-13:

Приведенный на рисунке поликубик-13 невозможно разбить на поликубики 2-6:

Задание 3: Ш387: 12 аллей: Задание 4: Ш388: Сад камней:

 

Минимальная сумма для «Сада» составила 79 (см. пример):

Задание 5: Ш389: Квинтапуть: (Scott Kim, USA):

Решений оказалось довольно много, но все они, как доказал В. Дорофеев, должны содержать не менее 5 белых областей. Два решения приведены ниже:

 

Головоломка

На собрании клуба 14.12.03 разгорелась дискуссия, начало которой было положено еще в середине 1980-х – что есть головоломка? Выступающие приводили десятки определений, некоторые из которых возможно будут опубликованы позже, но наиболее запоминающимися, по мнению всех присутствующих, стали определения в стихах Татьяны Матвеевой:

* * *

Разбери, собери, загони иль открой,

Будет эта задача совсем непростой.

Но гораздо сложнее, признайся (увы!),

Как, решая ее, не сломать головы!

* * *

Если простой казалась задача,

Но вдруг от вас отвернулась удача,

Да так, что плакать хочется громко,

Значит, это головоломка.

* * *

Если задача казалась сложной,

Однако в обход решить ее можно,

Вместо того, чтоб идти напролом, то,

Значит, это головоломка.

* * *

Если занятно было вначале,

Забыв про сон, вы задачу решали,

Потом захотелось все бросить и скомкать,

Значит, это головоломка.

От издателя:

Уже давно назрела необходимость и наконец-то пришло время пояснить всей «честнóй братии», что в течение трех месяцев с середины октября 2003 до середины января 2004 я не мог оперативно и внятно отвечать на получаемую почту, допустил несколько накладок при формировании конкурсов и подведении итогов в Ш102 и Ш103. Эта "техническая причина" являла собой серию из двух достаточно тяжелых операций на внутренностях. Для тех, кто еще не сталкивался с такого рода развлечением, кратко перечислю то, что удивило и запомнилось:

- почти армейский распорядок дня в больнице, небольшие послабления в котором могут случиться только в выходные и праздничные дни;

- переполненные палаты: больные и в коридоре, и в комнате выдачи пищи...;

- очень скудная (два мини-ломтика хлеба в одни руки), но здоровая больничная пища;

- постоянная очередь в обе кабинки туалета;

- полчища тараканов, скребыхание и редкие перебежки мышей;

- в самое неподходящее время закладывающий уши лязг открываемых дверей лифта, более походящий на открывание створок межконтинентальной баллистической ракеты;

- грязный, вшивый, хромой на обе(!) ноги, не мывшийся несколько лет бомж, обитающий среди больных - главная достопримечательность третьего этажа городской больницы;

- сверкающая и пугающая чистота в операционной, многочисленный медперсонал с четко расписанными обязанностями: измерение давления, капельница, анестезия, инструмент и т. д.;

- "ломка" после наркоза и несколько суток полной неподвижности в температуре и бреду, когда вся надежда на помощь сузилась до жены и товарищей по палате;

- практически полная беспомощность первые недели после операции, и при этом плохо скрываемая озлобленность и снисходительное презрение с большей части стороны младшего медперсонала;

- вымогательство медперсоналом бинтов, пластыря, подарков и просто денег (один только обезболивающий укол стоит 500 рублей);

- ежедневные перевязки, обширные кровоподтеки (как у наркоманов) от небрежно поставленных капельниц, целые гряды синяков от торопливо сделанных уколов;

- бесконечная тоска безделья: нет не только интернета, телевизора или радио, но и простого телефона;

- разнообразие обострившихся после операции индивидуальных болячек, которые лечащий доктор в истории болезни образно описал в двух словах: "без особенностей";

- бесконечная радость выписки домой!

Теперь же я довольно быстро возвращаюсь к обычной жизни и привожу в порядок мои заброшенные дела. Прошу повторить всю электронную почту, начиная с 10.01.04.

В выпуске:

3. Татьяна Матвеева Юбилейная 10-явстреча клуба «Диоген»

5. Владимир Рыбинский Итоги 11 открытого Чемпионата Клуба

«Диоген» 2003 года.

8. 11 Открытый Чемпионат России по решению головоломок.

10. Итоги седьмого заочного матча между командами России и

Украины по решению головоломок имени Андрея Ходулева.

28. Владимир Рыбинский Итоги 10 новогоднего 2003/2004

блиц-конкурса имени Владимира Кучина.

30. Татьяна Матвеева Головоломка.

31. От издателя.