Ещё одна дверь в математику

РЕЦЕНЗИИ, БИБЛИОГРАФИЯ

Еще одна дверь в математику

МАТЕМАТИКА – СЛОЖНАЯ НАУКА и путь в математику непрост. Бен Орлин в своей книге «Математические игры с дурацкими $рисунками»^{1}$ открывает перед читателями дверь в мир математики через игры. Автор условно делит представленные в книге игры на пять категорий: геометрические игры, числовые игры, комбинаторные игры, рисковые игры и информационные игры. При этом он не ставит перед собой цель систематически изложить какие-то разделы математики. Орлин не столько объясняет математику, сколько заманивает в нее. Он

1 Б. Орлин. Математические игры с дурацкими рисунками. — М.: Альпина нон-фикшн, 2023.

демонстрирует, как через игру можно подойти к различным математическим сюжетам и задачам. Автор показывает, что математика буквально окружает нас, а математические игры можно обнаружить почти всюду, если правильно настроить восприятие. Некоторые игры автор разбирает подробно, открывая читателю новые горизонты, а другие описывает лишь в общих чертах, оставляя простор для самостоятельных исследований. Иллюстрации в книге выполнены автором и заслуживают отдельного внимания. Если вы уже знакомы с другими книгами Орлина, такими как «Математика с дурацкими рисунками» или «Время переменных», то узнаете его стиль. Забавные рисунки поясняют игровые позиции, помогая лучше понять правила, а иногда служат для объяснения сложных идей. Повествование выдержано в легком стиле, а мягкий юмор автора и парадоксальные комментарии не только привлекают внимание, но и побуждают к размышлению. Работать с книгой можно на разных уровнях. Можно просто провести время с удовольствием, а можно погрузиться в ту или иную игру с головой: изучить ее связи, историю, стратегии, придумать новые разновидности или сравнить с другими играми. Книга подойдет читателям от 9 до 99 лет, но особенно она будет полезна старшеклассникам. Увлекательные игры могут стать началом самостоятельных исследований – как серьезных, так и не очень. Школьникам, особенно на олимпиадах и экзаменах, часто кажется, что важно решать задачи быстро. Но настоящая, «взрослая» математика требует другого подхода: медленного, вдумчивого, с погружением в детали и изучением связей между задачами и разными областями математики. Именно так формируется математическое мышление. А игры предоставляют для этого отличную возможность: они увлекательны, в них можно играть снова и снова, выходя на новые уровни, размышляя, придумывая новые стратегии. При этом мы пробуем раз-

45

РЕЦЕНЗИИ,

ные модели, изучаем частные случаи, обобщаем результаты, выдвигаем гипотезы и проверяем их, задавая себе все новые и новые вопросы. Это позволяет ощутить вдохновение, страсть и подлинную радость от успеха — важные составляющие математического творчества. Вот два примера игр из книги.

Игра «Доминирование»

В этой игре два игрока по очереди размещают костяшки домино на прямоугольном поле. Один выкладывает костяшки вертикально, другой — горизонтально. Если игрок не может сделать ход, он проигрывает. Размеры поля не заданы, что сразу порождает вопросы. Какими должны быть размеры поля, чтобы игра не была ни слишком простой, ни слишком сложной? Существуют ли выигрышные стратегии? Какие? Меняются ли они в зависимости от размеров поля? Неплохо сначала просто сыграть несколько партий, чтобы почувствовать игру. Начать стоит с полей небольшого размера, например 2 u 2, 2 u 3 или 3 u 3. Следует обратить внимание на применяемые стратегии и тактические приемы, проследить за количеством ходов, особенностями игры в начале и в конце партии. Также стоит поду-

БИБЛИОГРАФИЯ

мать, как перенести полученное понимание об играх на малых полях на игры на больших полях. Для дальнейшего исследования можно варьировать количество игроков или добавлять препятствия на поле. Простор для творчества большой.

Игра «Свинья»

В эту игру могут играть от двух до восьми человек. Во время своего хода вы можете бросать пару игральных костей столько раз, сколько захотите, каждый раз прибавляя сумму выпавших очков к своему счету. Остановиться можно в любой момент. Побеждает тот, кто первым наберет 100 очков. Есть несколько бонусов: если на обеих костях выпадает одинаковое число, сумма удваивается (например, 5 + 5 дает 20 очков), а две единицы приносят 25 очков. Но будьте осторожны: если на одной кости выпала единица, а на другой нет (вероятность этого исхода около 28%), то все очки, набранные в течение хода, обнуляются (очки, набранные в предыдущие ходы, сохраняются) и ход переходит к сопернику. Как бы вы подошли к исследованию этой игры?

Н. Шихова

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

«Квант» для младших школьников

(жирным шрифтом выделены гирьки, взятые судьей):

1. Ответ приведен на рисунке 1.

10 + 11 = 21, 10 + 12 = 22, 10 + 13 = 23, …

(см. «Квант» №3)

…, 10 + 19 = 29.

Рис. 1

2. 580753. Составим таблицу соответствия цифры в образце с количеством черточек:

Заметим, что только гирька массой 10 г может в сумме с девятью разными гирьками давать массу какой-то еще гирьки. Значит, результаты этих взвешиваний позволят судье узнать, какие гирьки имеют массы 10 г и 20 г (первая была во всех взвешиваниях этой серии, а вторая не использовалась), а также разбить остальные гирьки на пары с разностью масс 10 г, причем в каждой паре известно, какая именно гирька легче. При выборе судьей гирек массами от 22 г до 29 г эксперт действует следующим образом:

10 + 11 < 22, 10 + 12 < 23, 10 + 13 < 24, …

…, 10 + 18 < 29.

У Тани получилось такое количество черточек: 5, 7, 6, 3, 5, 4. Заметим, что семь черточек в образце есть только у цифры 8, поэтому вторая цифра в Танином индексе – это 8, и она написана правильно. Также только в записи цифры 0 используется шесть черточек, значит, третья цифра – это 0, и в ней Таня сделала одну ошибку. Последней цифрой в индексе может быть 2, 3 или 4, но в случае цифр 2 и 4 Таня сделала бы по три ошибки. Следовательно, последняя цифра – это 3, и в ней одна ошибка. Таким образом, в оставшихся трех цифрах сделано по две ошибки. Теперь легко проверить, что первая и пятая цифры индекса равны 5, а четвертая равна 7. 3. Один треугольник. Оценка. Обозначим длины красных палочек $r_{1} d r_{2} d r_{3}$, желтых $y_{1} d y_{2} d y_{3}$, а зеленых $g_{1} d g_{2} d g_{3}$. Так как из любой тройки палочек разных цветов складывается треугольник, то $r_{1} y_{2}$! $g_{3}, y_{1} g_{2}$! $r_{3}$ и $g_{1} r_{2}$! $y_{3}$. Сложив эти три неравенства, получим $r_{1} r_{2} y_{1} y_{2} g_{1} g_{2}$!! $r_{3} y_{3} g_{3}$. Следовательно, должно выполняться по крайней мере одно из неравенств $r_{1} r_{2}$! $r_{3}, y_{1} y_{2}$! $y_{3}$ или $g_{1} g_{2}$! $g_{3}$, т.е. хотя бы один треугольник из палочек одинакового цвета точно можно сложить. Пример. Пусть есть три красные палочки длины 3, а желтые и зеленые палочки имеют длины 2, 2, 4. Тогда набор из трех палочек разных цветов может иметь длины {2, 2, 3}, {2, 3, 4} или {3, 4, 4}. Из всех этих наборов складываются треугольники. При этом одноцветный треугольник можно сложить только из красных палочек. 4. Может. Когда судья выберет гирьки массами от 11 г до 19 г, эксперт выполнит следующие взвешивания

Эти взвешивания упорядочивают пары, полученные после первой серии. Следовательно, по их результатам судья определит массы всех гирек в них. Судья также будет выбирать гирьки массами 10 г, 20 г и 21 г – в этих случаях эксперт может действовать как угодно. Замечание. В данном решении есть три взвешивания, результаты которых не имеют значения для определения масс всех гирек. Известен алгоритм, в котором таких «лишних» взвешиваний девять.

Конкурс имени А.П.Савина

(см. «Квант» №2)

21. Мысленно сдвинем верхний треугольник вниз на вектор, соответствующий одной спичке. Положив спички на два из трех новых отрезков, получим конструкцию, как на рисунке 2. Каждая часть складывается из равностороннего Рис. 2 треугольника и ромба с $углом^{30q}. 22.$ а) Да; б) да. а) Если есть два ребенка, которые за два раза поиграли с одной и той же парой игрушек, то и другие двое играли с одной и той же парой игрушек. Значит, можно раздать первым двум детям игрушки других двух и наоборот – так у каждого окажется новая игрушка. Если все дети поиграли с разными парами игрушек, то пусть первый поиграл с утенком и слоненком. Тогда есть ребенок, который поиграл с утенком, но не

55

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

со слоненком (назовем его вторым), есть ребенок, поигравший со слоненком, но не с утенком (пусть он третий), и четвертый ребенок не играл ни со слоненком, ни с утенком. Тогда можно выдать четвертому слоненка, третьему – утенка, второму выдать ту игрушку из оставшихся двух, которой у него еще не было, и первому выдать оставшуюся игрушку (с которой уже поиграл второй). б) Итак, первые три раза воспитательнице удалось дать каждому игрушку, которой у него еще не было, т.е. для каждого осталась только одна игрушка, с которой он еще не играл. Пусть есть два ребенка, которые еще не играли с одной и той же игрушкой – скажем, с утенком. Тогда первые три раза утенок доставался двум другим детям – значит, кому-то из них он уже достался два раза, противоречие. Поэтому можно выдать каждому ту игрушку, которой у него еще не было, и все получат по игрушке. 23. 42. Оценка. Пусть в разрезании присутствует по x уголков каждого типа. Поскольку большой уголок состоит из 48 клеток, средний – из 12, а маленький – из 3, получаем

48 x 12 x 3 x

63 x

$n^{2}$.

Видим, что $n^{2}$ делится $на^{63} 3^{2} ˜^{7}$, следовательно, n делится $на^{3} ˜^{7} 21$. Случай n = 21 невозможен. Докажем это. Предположим, что n = 21 и, следовательно, $x = 7. Отметим^{11} 2^{121}$ клеток $квадрата^{21} u^{21}$, как на рисунке 3. Большой уголок содержит 12 отмеченных клеток, средний – 3, маленький – 0 или 1. Поэтому отмеченных клеток не больше

Рис. 3

РЕШЕНИЯ

7 12 3 1 112 121. Противоречие. Число n кратно 21, поэтому $n t^{42}$. Пример. Приведем пример, как разрезать квадрат со стороной n = 42. Сначала поделим квадрат на три прямоугольника $2 u 42,^{40} u^{6},^{40} u^{36}$. Покажем, как каждый из ним мы делим на уголки. 1) Прямоугольник 2 u 42 поделим на $42 : 3 14 прямоугольников^{2} u^{3}$, каждый из которых поделим на два маленьких уголка. $Получим^{14} ˜^{2} 28$ маленьких уголков. 2) Прямоугольник 40 u 6 поделим на $40 : 4 10 прямоугольников^{4} u^{6}$, каждый из которых поделим на два средних уголка. Получим 10 ˜ 2 20 средних уголков. 3) $Прямоугольник^{40} u^{36}$ поделим на 40: 8 ˜ 36: 12 15 прямоугольников 8 u 12; из них 14 поделим на два больших уголка, а один – на 8 средних уголков. $Получим^{14} ˜^{2} 28$ больших уголков и 8 средних. Итого уголков каждого типа – по 28. 24. 3. Как известно, любой многоугольник можно разрезать непересекающимися диагоналями на треугольники (см., например, книгу В.В.Прасолова «Задачи по планиметрии», глава «Выпуклые и невыпуклые многоугольники»). Поделив музей на треугольники таким образом, получим, что любая точка в музее расположена внутри или на границе такого треугольника, а значит, из нее видно хотя бы три вершины 10-угольника, образующего музей. Следовательно, из каждой точки видно хотя бы 3 скульптуры. Приведем пример, когда есть точка внутри музея, из которой видно только три скульптуры. Рассмотрим одну треугольную «комнату», от которой отходит три узких «коридора» (рис. 4). Коридоры можно сделать достаточно длинными так, чтобы из красной точки не было видно больше трех скульптур.

Рис. 4