Нам осталось еще ответить на второй вопрос о минимальном количестве бензина, необходимом для того, чтобы грузовик мог проехать 800 миль. Три заправки, как мы только что выяснили, позволяют грузовику покрыть расстояние в 766∙2/3 мили (4/3 +1/5 единицы), поэтому на расстоянии 33∙1/3 мили (1/15 единицы) от пункта отправления необходимо построить еще одно (третье) бензохранилище. За пять рейсов экипаж грузовика сможет построить это хранилище и завезти в него столько горючего, что, когда в конце седьмого рейса грузовик поравняется с третьим хранилищем, общее количество бензина в его баках и в хранилище составит три заправки.

Как мы уже знаем, этого количества топлива достаточно для того, чтобы грузовик смог пройти оставшееся расстояние в 766∙2/3 мили. На семь рейсов, совершенных между пунктом отправления и вновь построенным бензохранилищем, израсходовано 7/15 заправки.

Трех оставшихся заправок как раз достаточно для того, чтобы проехать оставшуюся часть пути. Таким образом, на весь путь будет израсходовано 3∙7/15, или больше 3,46, заправки. Всего потребуется совершить шестнадцать рейсов.

Рассуждая в том же духе, можно показать, что, имея четыре заправки, грузовик сумеет проехать расстояние в 1∙1/3 +1/5 + 1/7 единицы.

На границах отрезков пути длиной в 1∙1/3, 1/5 и 1/7 следует расположить бензохранилища. С увеличение числа заправок этот бесконечный ряд расходится, поэтому грузовик сможет пересечь пустыню любой ширины. Если ширина пустыни 1000 миль, то для преодоления этого расстояния потребуется построить 7 бензохранилищ, совершить 64 рейса и израсходовать 7,673 заправки бензина.

В связи с этой задачей редакция получила сотни писем с общими решениями и интересными замечаниями. Сесил Дж. Филлинс, профессор математики Флоридского университета, следующим образом сформулировала существо дела.

Общее решение задачи дается формулой

где d— ширина пустыни, которую необходимо пересечь, m — число миль, отнесенных к одной заправке бензина. Число бензохранилищ, которое необходимо построить, на единицу меньше числа членов в отрезке ряда, который следует взять для получения данного d. На поездки между любыми двумя станциями расходуется одна заправка. Поскольку ряд расходится, метод позволяет преодолеть пустыню любой ширины, хотя необходимое количество бензина с увеличением расстояния возрастает экспоненциально.

Если грузовик в конце путешествия возвращается в исходный пункт, то формула имеет вид

Этот ряд также расходится, и свойства решения аналогичны свойствам решения для случая, когда грузовик обратно не возвращается.

2. Если у Смита двое детей и по крайней мере один из них мальчик, то мы имеем три равновероятных случая:

Только в одном из них оба ребенка — мальчики, следовательно, вероятность того, что у Смита два сына, равна 1/3.

В случае Джонса ситуация иная. Из условия задачи нам известно, что старший ребенок девочка. Это ограничивает число возможных случаев лишь двумя равновероятными исходами:

Следовательно, вероятность того, что у Джонса две девочки, равна 1/2.

Однако, поразмыслив, я понял, что задача сформулирована неоднозначно и дать на нее правильный ответ без использования дополнительных данных невозможно. Дальнейший анализ задачи дан в главе 34.

3. Ключом к шахматной задаче лорда Дансэни служит то обстоятельство, что черный ферзь стоит не на черном поле, как он должен был бы стоять в начале игры. Значит, черный король и черный ферзь уже успели совершить какие-то ходы, что возможно лишь в том случае, если некоторые из черных пешек также совершили какие-то ходы. Пешки не могут ходить назад, отсюда мы с необходимостью заключаем, что черные пешки занялиизображенную на рис. 152 позицию, двигаясь от противоположного края доски! Зная это, нетрудно заметить, что белым конем, стоящим на g1, можно поставить мат в четыре хода. Первым ходом конь белых перепрыгивает с поля g1 на поле g2. Если черные отвечают ходом КЬ8—а6, то белые дают мат уже через два хода, однако черные могут отсрочить свое поражение на один ход, пойдя КЬ8—с6 вместо КЬ8—а6. Очередным ходом Ке2—f4 белые угрожают объявить мат на следующем ходу. Чтобы закрыться от мата, черные делают ход Кс6—d4. Белые берут коня черным ферзем, после чего дают мат на четвертом ходу.

4. Пусть n — число ступеней на видимой части стоящего эскалатора. Время, за которое профессор Шляпенарский успевает спуститься на одну ступеньку, примем за единицу. Поскольку для того, чтобы спуститься по движущемуся вниз эскалатору, профессору необходимо пройти 50 ступеней, за время спуска (равное 50 единицам) под гребенкой эскалатора исчезают и становятся невидимыми n—50 ступеней. Поднимаясь наверх (против движения) по тому же эскалатору, профессор преодолевает 125 ступеней, проходя за каждую единицу времени 5 ступеней. Следовательно, в принятых нами единицах время подъема составляет — 125/5, или 25 единиц, и под гребенкой эскалатора успевают исчезнуть 125 — n ступеней. Поскольку эскалатор можно считать движущимся с постоянной скоростью, для n получается следующее линейное уравнение:

из которого уже нетрудно найти ответ задачи: n = 100.

5. Когда при делении столбиком приходится сносить не одну, а две цифры, в частном появляется нуль. В нашем примере это происходит дважды, поэтому мы сразу же сможем сказать, что частное имеет вид Х080Х. При умножении делителя на последнюю цифру частного должно получиться четырехзначное число. Поэтому последней цифрой частного может быть только 9, так как умноженный на 8 делитель дает лишь трехзначное число.

Делитель не может быть больше или равным 125, так как, умножив 125 на 8, мы получим 1000, то есть четырехзначное число. Отсюда следует вывод, что первая цифра частного должна быть больше 7, так как, умножив на 7 делитель (по доказанному он меньше 125), мы бы получили число, которое после вычитания из первых четырех знаков делимого давало бы не двузначный, а по крайней мере трехзначный остаток. Так как девятка не может быть первой цифрой частного (при умножении делителя на 9 мы получили бы четырехзначное число), то ею может быть лишь восьмерка. Итак, частное полностью известно и равно 80809.

Делитель должен быть больше 123, так как произведение 80 809 на 123 выражается семизначным числом, а наше делимое восьмизначно. Единственное натуральное число, заключенное между 123 и 125, равно 124. Теперь уже мы в состоянии восстановить всю запись деления:

6. Разделить пирог между n персонами так, чтобы каждой из них досталось по крайней мере 1/n пирога, можно несколькими способами. Предлагаемый нами способ обладает тем преимуществом, что после раздела не остается лишних кусков пирога.

Предположим, что имеется пять желающих получить по куску пирога: А, В, С, D и Е. А отрезает кусок, который, по его мнению, составляет 1/5 пирога, и намеревается оставить его себе. Если В считает, что А отрезал слишком большой кусок, то он (В) имеет право уменьшить этот кусок до размеров, которые он считает соответствующими 1/5 пирога. Разумеется, если В считает, что отрезанный А кусок меньше 1/5, то он к нему вообще не прикасается. Аналогичными правами пользуются по очереди С, D и Е. Кусок достается тому из пятерых, кто дотрагивается до него последним. Всякий, кто считает, что получившему кусок пирога досталось меньше 1/5, естественно, доволен: ведь, по его мнению, осталось больше 4/5 пирога.