Борис Анастасьевич Кордемский

Увлечь
школьников
математикой

*** 1981 ***

DjVu

От нас: 500 радиоспектаклей (и учебники)
на SD‑карте 64(128)GB — ГДЕ?..

Baшa помощь проекту:
занести копеечку — КУДА?..

ОГЛАВЛЕНИЕ             Предисловие 3       Методическая интродукция 6       Числовые множества 16       Нуль       Единица 18       Два пять семь 20       Все дары Прометея 23       К понятиям геометрии 24       Точка. Линия. Пространство       Формы. Фигуры 29       К понятиям алгебры и анализа 31       Действия. Уравнения       Координаты. Пределы. Бесконечность. Непрерывность 34       Все могут ЭВМ? 36       Размышления, навеянные математикой 39       Думы о творцах математики и о нас, учителях 42       К преподаванию математики случайностей 46       В окрестности математики (юмор) 50       Происшествия и приключения на тропинках математики 52       Сказки, фантазии 65 ,       Плюс математическая смекалка 70       Семнадцать мгновений наедине с математикой 77       Делаем «открытия» 82       Ищем необычное в обычных числах 90       Решения и ответы к задачам 93             ИЩЕМ НЕОБЫЧНОЕ В ОБЫЧНЫХ ЧИСЛАХ       Числа-«самородки». Возьмем произвольное натуральное число, например 13. Прибавим сумму его цифр, образуется число 17. К этому результату тоже прибавим сумму его цифр, образуется 25. Продолжая так действовать, получим последовательность чисел: 13, 17, 25; 32, 37, 47,...       Выясним, можно ли полученную последовательность продолжить влево, т. е. существует ли натуральное число, которое в сумме с его же цифрами дало бы 13. Пробуем 12; 12 + 3 = 15 — плохо. Пробуем 11; 11+2= 13 — хорошо. Значит, перед числом 13 в нашей последовательности должно быть И. А перед ним? Пробуем 10; 10 + 1 = 11 — хорошо. А перед числом 10? Здесь и без пробы ясно, что числу 10 будет предшествовать 5. В самом деле, 5 + 5 = 10. Но для числа 5 нет предшественника среди натуральных чисел.       Таким образом, в последовательности 5, 10, 11, 13, 17, 25, все числа, кроме пятерки, «сформированы» по единому правилу, а число 5 оказалось как бы «самородком».       Приглашаем любознательных отправиться в поиски других «самородков», аналогичных числу 5.       Однозначные «самородки» обнаруживаются сразу. Это, очевидно, 1, 3, 5, 7 и 9.       Из двузначных наименьшим «самородком» будет число 20. (Легко убедиться непосредственно, что ни одно из чисел от 1 до 19 в сумме с его же цифрами не образует 20.) Следующий двузначный «самородок» — число 31. (Убедитесь!) Еще какие двузначные числа являются «самородками»?       Есть коллекция «самородков» и среди многозначных чисел, например: 132, 143, 233, 929, 1952, 874531 и т. п.       Не так-то легко было выявить их!       Десятизначное квадратное число. Автору данной книги известны два квадратных числа, все 10 цифр каждого из которых различны:       1026753849 = 320432;       1042385796 = 322862.       Не возникнет ли у читателя желание продолжить поиск новых квадратных чисел, записываемых десятью различными цифрами?       Примечательные числа. Натуральное число примечательно тем, что-- его — квадрат, — его — куб, — его — пятая степень соответственных натуральных чисел.       Таких чисел бесконечно много. Какое из них наименьшее?       Волшебная красота магических квадратов. Красивы не только они сами, но и приемы их составления. Занимателен такой прием составления магического квадрата 7 х 7 из последовательности натуральных чисел. В отчеркнутую часть (рис. 23) квадрата 7x7 вписана «диагонально» последовательность нечетных чисел (1,3,..., 49). Из оставшихся «уголков» скомпанована симметричная фигура (рис. 24), в клетки которой также «диагонально» вписана последовательность четных чисел (2, 4,..., 48). Теперь завершающим этапом конструирования магического квадрата является задача: разъединить фигуру (2) на «уголки» и приставить их к фигуре (1) так, чтобы образовался магический квадрат 7x7.       Совершенное, число. Так называют натуральное число, равное сумме своих делителей, разумеется, исключая делитель, равный самому числу. Обозначают символом Vn, где п — порядковый номер совершенного числа. Самое меньшее Vx = 6(=1 +2 + + 3); К2 = 28 (=1 + 2 + 4 + 7 + 14); Г3 = 496.       Лев Николаевич Толстой не раз, бывало, шутливо «похвалялся» тем, 4TQ дата его рождения (28 авг. по календарю того времени) является совершенным числом. Год рождения Льва Толстого (1828) тоже интересное число:       а) последние две цифры (28) образуют совершенное число;       б) если обменять местами первые две цифры, то получится V4 =8128 — четвертое совершенное число.       «Возраст» этих четырех совершенных чисел солидный — не менее 2 тыс. лет. Пятое совершенное число Vb = 33550336 выяви-, лось в 1460 г., а в 1644 г. француз Мерсенн (друг Ферма) нашел сразу четыре последующих совершенных числа (Мерсенн указал шесть чисел, но впоследствии выяснилось, что два из них не являются совершенными).       Нечетных совершенных чисел, по-видимому, не существует, но до сих пор это никем не доказано и не опровергнуто.       Л. Эйлер в 1750 г. доказал, что все четные совершенные числа могут быть представлены в виде произведения 2р~х. (2р — 1), где р и 2р — 1 — некоторые простые числа. (...)       В такой форме теперь и записывают большие совершенные числа, например: у18 = 23216 (23217 — 1).       Занятно, что «совершенство» совершенных чисел не исчерпывается совпадением числа и суммы его делителей. Любители и профессионалы-математики со временем обнаружили еще несколько любопытных особенностей совершенных чисел:       а) каждое из известных совершенных чисел разлагается на сумму последовательных степеней числа (...)       б) каждое из известных совершенных чисел, начиная с У2, разлагается на сумму кубов последовательных нечетных чисел: (...)       в) складывая цифры каждого из известных совершенных чисел, начиная с У2, и повторяя этот процесс для получающегося результата некоторое количество раз, всегда в конце концов получим число 1: (...)       г) для каждого из известных совершенных чисел, кроме У4=6: если последняя цифра 6, то предшествующая — непременно нечетная.       Задача. Представьте каждое из известных вам совершенных чисел в виде произведения по формуле Эйлера и их же запишите в двоичной системе. Обнаружится любопытная закономерность в количестве единиц и нулей и их расположении в записи Уп по двоичной системе. Какая?       В кунсткамере простых чиел. Из коллекции «диковинок»: три простых числа с обилием девяток:       199999, 999999999091, 999999999989       и одно огромное простое, очаровывающее устойчивой закономерностью в расположении цифр:       1234567891234567891234567891.       Вам захотелось поразить друзей мгновенным «извлечением из памяти» какого-либо простого числа за пределами первой сотни. Нет ничего проще.       Напишите подряд п последовательных степеней числа 3 (п = 0, 1,2, 3), начиная с 3°, и закончите запись цифрами 01 или 07. К вашим услугам объявятся восемь простых чисел: 101 и 107, 1301 и 1307, 13 901 и 13 907, 1 392 701 и 1 392 707.       Меняя местами цифры простого числа 1123, можно образовать 12 разных чисел. Из них 8 оказываютсяпростыми. Вот они:       1123, 1213, 1231, 1321, 2113, 2131, 2311, 3121.       Задача 1. Таким же свойством обладает еще одно простое четырехзначное число несколько большее, чем 1123. Найдите его.       Задача 2. Среди двузначных простых чисел есть 9 таких, которые остаются простыми после перестановки цифр, — например, простое число 13 после перестановки цифр обращается в простое число 31. Найдите остальные 7 чисел.       Задача 3. Звездочками зашифровано действие умножения трехзначного числа на двузначное (рис. 25). Особенность в том, что каждая из этих звездочек скрыла простое число, т. е. либо 2, либо 3, либо 5, либо 7. Путем рассулущний и проб расшифруйте множимое, множитель и произведение.             РЕШЕНИЯ И ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ             Врываются ко мне утрами ранними,       По комнате моей несутся вскачь,       Взвиваются веселыми спиралями       Решенья непридуманных задач.       Марина Вирта             Как это случилось? Это были дед, его сын и сын его сына. Дед передал сыну 600 книг; из них 400 книг сын деда передал своему сыну. Поэтому совместный книжный фонд двух сыновей увеличился лишь на 600 книг.       Чего больше: кофе или сливок? Завтрак Петра Петровича состоял из 6 глотков чистого кофе и 6 глотков сливок. В самом деле, первоначально чашка содержала чистый кофе (6 глотков). Предположим, что сливки, вливаемые в чашку, не перемешивались с кофе и Петр Петрович в первые три приема проглатывал только чистый кофе. В три приема он сделал 1 + 2 + 3 =6 глотков; следовательно, выпил все кофе, при этом в чашке всякий раз оставались дополняемые сливки, постепенно заполнившие всю чашку (6 глотков). В последний приемки они были выпиты Петром Петровичам.       Однажды утром. Один ничего не ел, а остальные имели на завтрак и сосиски, и винегрет, и виноград.       Вечный скиталец. Секрет невозможности попасть в «дом Д» заключается в том, что все ячейки делятся на два множества: вида v и виДа А. Все ячейки вида v заполнены нечетными числами, а ячейки вида Д — четными. При переходе из ячейки в соседнюю виды ячеек чередуются. Очевидно, что если путник совершает маршрут, состоящий из числа шагов, указанного в «нечетной» ячейке (v) то непременно попадает в «четную» ячейку (Д). Если же пут-ник очередную серию шагов совершает из ячейки Д, в которой записано четное число, то он вновь оказывается в «четной» ячейке (Д). А «дом» путника принадлежит множеству «нечетных» ячеек вида V- Следовательно, «домой» наш путник никогда не попадет.       Рис. 27 Алгоритм сильнее случая. Ящики надо перенумеровать и положить на платформу весов одну деталь из ящика № 1, отдельно (столбиком) две детали из ящика № 2, три — из ящика № 3,..., дееять — из ящика № 10. На платформе весов окажется 10 столбиков, объединяющих 55 деталей.       Определяем вес этих деталей и полученное число вычитаем из 55. Число десятых, содержащихся в разности, указывает номер ящика с бракованными деталями.       Случай на конференции. Следующий ответ является единственно возможным: А — француз, владел французским и английским, Б — немец, владел немецким и русским, В — англичанин, владел английским и русским, Г — русский, владел русским и французским языками.       Три сестры, ковер и письмо. В письме разметчика содержалась хитринка. Площадь листа линолеума такая же, как площадь ковра: 9 м2, но ковер квадратный, а о форме листа линолеума раскройщик умолчал.       По-видимому, это был прямоугольный лист длиной 2/3 м и шириной. Один разрез делит сторону пополам, другой — 8 отношении 1 : 2 (рис. 26).       Случай в автобусе. Пять пассажиров должны уплатить 25 копеек. Для этого требуется 2 монеты. Кроме того, у каждого пассажира после уплаты должно остаться по крайней мере по одной монете (каждый должен получить какую-то сдачу, так как никто не имел пяти копеек). Следовательно, у пяти пассажиров должно быть не менее 7 монет.       Рамка для картины. Решение см. на рисунке 27.       В музее часов. Построим ряд параллельных отрезков, промежутки между которыми будем считать «изображением» секунд. Точками изобразим «фотографию» ударов боя первых (А) и вторых (В) часов соответственно условию задачи (рис. 28).       «Фотография» звуков показывает, что под номерами 5, 11, 17 удары происходят одновременно и на слух сливаются каждый раз в один удар. Максимальное число ударов для каждых часов в отдельности равно 12, но если это было так, то мы насчитали бы 21 удар (это легко проверить по «фотографии» звуков). На рисунке показана «фотография» 19 ударов, соответствующая 11 раздельным ударам часов А и В. Значит, часы показывали 11.       В лекционном зале больницы. Условию задачи удовлетворяет только следующий ответ: 27 врачей мужчин, 3 врача женщины, 3 сестры, 2 выздоровевших мужчины. К этому ответу приводит система уравнений:       где х — число врачей мужчин, у — число врачей женщин, s — число сестер, t — число выздоровевших (из условия следует, что выздоровевшие — мужчины).       Исключая х, получим: 5у + 6s + t = 35. Предположим, что у = 1, тогда 6s + t = 30. Так как по условию должно быть s ty то получившееся уравнение не имеет целых положительных корней.       Предположим, что у = 2, тогда 6s + t = 25. При условии s t это уравнение имеет только одну пару корней: s = 4, t = 1/ Но от этого решения приходится отказаться, так как в зале, больницы находилось «несколько выздоровевших»; следовательно, должно быть t 1. Полагаем далее: у = 3, тогда 6s + t = 20. Подходит: s = 3, t = 2. Это приводит к х = 27.       Пробуя еще три возможных значения: у = 4, у = 5 и у = 6, легко убедиться в том, что подходящих значений для s и t не получится.       Доярка и журналисты. По высказанным предположениям Фаина обслуживает не меньше 30 коров и не больше 53. При этом наибольшая погрешность, указанная Фаиной, равна 12. Это значит, что действительное число коров либо 30 + 12 = 42, либо 53 — 12 = = 41.       Нетрудно убедиться простой проверкой, что только число 41 удовлетворяет всем условиям задачи. Фаина обслуживает 41 корову."       Сколько сыновей и внуков? Из условия следует, что число внуков должно быть полньГм квадратом. В промежутке (50 — 80) есть только один полный квадрат64. Значит, у старика 8 сыновей и у каждого сына также по 8 сыновей, всего сыновей в этой компании:       8 + 8 8 = 72.       Загадочные указатели расстояний. Если на первом указателе цифра десятков я, а цифра единиц у, то первое замеченное число Юл; + у, второе 10у + х и третье 100л; + у.       Так как числа эти появлялись через равные промежутки времени при постоянной скорости поезда, то (10у + х) — (Юл; + у) = = (100л; + у) — (Юу + л;). После преобразований: у = 6л;. Но л; и у однозначные, поэтому возможно единственное предположение, что х = 1, у = 6. Числа на указателях: 16, 61, 106. Скорость поезда 45 км/ч.       Задача с изюминкой. Логически кратчайшее решение: 50 раз кладем гири парами; 1 г — на левую чашку весов, 2 г — на правую и т. д. Каждая такая пара гирь дает превышение на правой чашке весов на 1 грамм. Следовательно, полное превышение массы — , 50 г.       Алгебраически: известно, что сумма п последовательных нечетных чисел, начиная с 1, дает /г2, а сумма п четных чисел, начиная с 2, равна п (п + 1). Значит, разность масс равна п (п + 1) — — /г2. После раскрытия скобок получается /г, а /г по условию равно 50.       Почему у Вали он бывает чаще? Причина, по которой юноша чаще ездил в северном направлении, к Вале, заключается в особенностях расписания движения поездов. В период после полудня «южный» поезд приходил на платформу «Спутник» регулярно через 2 минуты после прихода «северного» поезда; следовательно, «южный» псезд мог быть первым для юноши только тогда, когда юноша приходил на платформу именно в течение этих двух минут. Если же сн приходил на платформу в течение остальных восьми минут промежутка между поездами, то попадал на поезд, идущий в северном направлении. Вероятность этого случая равна 8/10 = = 4/5. Естественно, что при большом числе поездок юноша чаще попадал к Вале и реже к Толе.       История одного занятного конкурса. «Изюминка» задачи в том, что в комплекте из 50 пар одинаковых схем не может быть не-       правильно подобрана только одна пара, так как 49 правильно подобранных пар автоматически ведут к правильному подбору оставшейся пары.       Это значит, что число лиц, приславших комплект только с 9ДНой неправильно подобранной парой, равно нулю и, следовательно, число участников конкурса, сделавших ошибки только в трех парах, равно 18.       Пусть всех участников конкурса х, из них правильно решивших у. В таком случае число участников конкурса, неправильно подобравших только две пары, также равно у. Составляем уравнение:       Теперь нетрудно подобрать целые положительные х и у, удовлетворяющие уравнению. Число 18 + 2у должно быть равно или кратно числу 19. Ближайшее подходящее значение у = 10, тогда х = 2000. Следующее подходящее значение у = 29, тогда х = 4000. Подбор на этом прекращаем, так как уже вторая пара решений не удовлетворяет решению задачи (х 3000). Значит, участников конкурса. 2000 человек, победителей 10.       Восстановление события. Так как 29 601 210, то бункер получил 10 импульсов. Самое большое изменение количества деталей в бункере равно 1 + 2 + 22 + 23 +... + 29 = 1023. Пусть сумма всех убылей, скажем, х, сумма пополнений у, тогда х + у== 1023 их — у — 601. Следовательно, х = 812, у = 211. Теперь 211 надо представить как сумму степеней числа 2, или, иначе говоря, записать число 211 в двоичной системе счисления- (211 )10 = (11010011)2, так как 211 = 27 + 26 + 24 + 21 + 2°. Теперь ясна картина прошедшего события: пополнение бункера происходило нач первом, втором, пятом, седьмом и восьмом импульсах (1 + 2 + 24 + 26 + 27 деталей), а убыль — на третьем, четвертом, шестом, девятом и десятом импульсах (22 + 23 + 25 + 28 + 29 деталей). Зеленая и красная лампочки загорались по 5 раз.       Во всем нужна сноровка... Для калибровки любого валика с помощью стальной плиты с пятнадцатью отверстиями требуется не более четырех проб.       Сначала надо сравнить валик со средним отверстием (с восьмым). Предположим он вставился; значит, нет нужды испытывать валик на больших отверстиях — отпадает половина отверстий — и для второй пробы надо сравнивать валик со средним отверстием левой половины плиты (с четвертым) — отпала еще четвертая часть всех отверстий плиты. Предположим, что валик опять вставился, тогда для третьей пробы вновь выбираем среднее отверстие из оставшихся слева от четвертого (второе). Пусть валик вставился. В этом случае сдвигаемся вправо и интересуемся отверстием средним между вторым и четвертым. Если в это отверстие (третье) валик вставляется, то его калибр между диаметрами третьего и четвертого отверстий, если же не вставляется, то его калибр между диаметрами второго и третьего отверстий.       «Арарат» — «Кайрат» — с каким счетом? С учетом сообщенных данных нетрудно составить перечень возможных исходов в пятнадцати играх: (...)       Поскольку приятель по числу окон (т. е. по сумме возрастов) не мог однозначно определить возраст сыновей, значит, число окоц в доме равно 13 — лишь это число фигурирует дважды, поэтому имеет место одна из двух возможностей: (9, 2, 2) или (6, 6, 1).       Замечание Н. о том, что возраст одного из сыновей больше возрастов остальных, определяет первую возможность. Итак, старшему сыну 9 лет, а двум другим по 2 года.       Семья чудаков. Рыба. Пружина весов растягивается под действием веса рыбы и равной ему силы натяжения бечевки по другую сторону блока.       Следовательно, масса сома 7,5 кг, если пренебречь массой блока и бечевки.       Кулинарка. «Пустить» четырехминутные и семиминутные песочные часы одновременно. Первые вновь опрокинуть немедленно после их остановки (через 4 мин). Пройдет еще 3 мин — «остановятся» вторые часы. Немедленно их опрокинуть. Когда через минуту опустеет верхняя колбочка первых часов (всего пройдет 8 мин), опрокинуть вторые. Там высыпался песок, отмечающий одну минуту. После опрокидывания вторых часов этот песок вернется в ту колбочку, где был за минуту до этого, — так закончится последняя, девятая минута.       Программист. 1. Кладем на чашки весов по одной, произвольно взятой дыне и более тяжелую отмечаем ярлыком Т/ а другую — ярлыком Л.       2. Аналогично действуем с любыми двумя дынями из оставшихся трех; отметим их ярлыками Тх и Jlv       3. Сравним дыни Т и Т1в. Пусть для определенности Т Тг. Три дыни упорядочены: Т, Тъ Лх; дыню Л отложим в сторону.       4 и 5. Самое большое за две операции сравнения тяжестей дынь можно определить место последней неотмеченной дыни в последовательности Т, Ть Лх.       6 и 7. Зная, что отложенная дыня Л легче, чем дыня Т, самое большое за две операции сравнения точно устанавливаем и ее место.       Школьник. Каждая группа из трех отрезков образует треугольник, поэтому число треугольников равно Сб = 20.       Капитан и его сын. Расшифровка деления в предположении описки: 102508 : 49=2092 и 8963,9 : 29=309,1; 2463,3 :23=       =: 107,1. Указание. Надо найти все двузначные числа (делитель), кратные которым имеют вид 2и 1, и проверить их.       Капитан вложил в шкатулку 272 руб, а деление (272 : 8 = 34) и запись кодового числа выполнил в троичной системе счисления: 1010023 : 223 = 10213. Это решение получится, если испытать все двузначные числа (делитель), записанные в троичной системе, произведение каждого из которых на 1 и 2 имеет вид 2и 1.       В «фокусе сложения» использованы соответственно системы счисления с основанием 10, 9, 8, 12.       Кладовщик. Первое взвешивание. Перенумеруем коробки и первые пять поставим на левую чашку весов, следующие пять — на правую.       Если равновесие, то нестандартные детали — в коробке №11. Еслй равновесия нет, то коробка № 11 содержит стандартные детали. При этом допустим для определенности, что вниз пошла л е-в а я чашка весов (стрелка весов отклонилась влево).       Второе взвешивание. Уберем коробку № 1 с левой чашки и коробку № 10 — с правой. Заменяем одну деталь из коробки № 3 одной деталью из коробки № 11, т. е. заведомо стандартной, две детали из № 4 — двумя деталями из № 11, три детали из № 5 — тремя деталями из № 10; заменяем 4 детали из № 6, 5 деталей из № 7, 6 деталей из № 8 и 7 деталей из №9, соответственно таким же количеством деталей из № И.       Тогда, если       (а) стрелка весов отклонилась влево на столько же делений, как и при первом взвешивании, то нестандартные детали — в коробке № 2 (и более тяжелые);       (б) равновесие, то нестандартные детали — в коробке № 1 (и более тяжелые);       (в) отклонение уменьшилось на одно деление или на два, то нестандартные детали соответственно — в коробке № 3 или № 4 (и более тяжелые);       (г) отклонение уменьшилось на 4, 5, 6, 7 делений, то нестандартные детали соответственно — в коробках № 6, № 7, № 8, №9 (и более легкие);       (д) отклонение уменьшилось на 3 или на л — 3 деления, где п — число деталей в коробке, то нестандартные детали соответственно — в коробке № 5 или № 10 (по условию п 10).       «Логик». Способ объяснения «малярного» парадокса определяется точкой зрения на площадь, объем и краску.       1. Если краска молекулярна, как в действительности, то невозможно ни окрасить «все» осевое сечение, ни заполнить «все» тело краской, так как начиная с некоторого места зазор между краской и осью Ох или диаметр бесконечно длинного «горлышка» тела вращения окажется меньше диаметра молекулы.       2. Если краску понимать, как некоторую непрерывную субстанцию, то как для окраски, так и для заполнения объема достаточно иметь некоторый конечный запас краски, но про-       Рис: 29       цесс окрашивания и заполнения будет бесконечным, как процесс приближения к пределу.       3. Если краска, накладываемая на плоскую фигуру, не имеет толщины, т. е. является такой же математической абстракцией, как и сама плоскость, то сопоставление окрашивания и заполнения емкости лишено смысла, как лишено смысла сравнение площади и объема.       Логическая задача. Ответ.       Первоначальный импульс...       1) Ответ показан на рисунке 29. «Самоограничение» очевидно , упускается, что четырехугольник может быть и не выпуклым.       2) Если бараны стоят в одну линию, но не хвостами друг к другу, а головами, то это тоже значит «рядом». И условие задачи выполнено, и ответ на вопрос получается: «Могут».       3) Если дать одному ребенку двух щенков, а остальным двум по одному щенку, то условие задачи будет выполнено.       4) Из условия задачи не следует, что все четверо подошли к одному берегу. Если же было так, что двое подошли к одному берегу, а двое — к противоположному, то действительно каждая пара охотников могла переправиться на другую сторону реки так, чтобы и Лодка осталась у причала после их переправы.       Поможем Золушке. Банки в 10, И и 13 л обозначим соответственно цифрами I, II и III. Сначала надо наполнить соком банку III, а из нее отлить 10 л в банку I, тогда в банке III останется 3 л сока.       Теперь надо половину содержимого банки I, т. е. 5 л, отлить в банку II. Как это сделать? (Именно в этой операции вся «изюминка» задачи.) Надо отлить на глаз около половины банки, затем, наклонив банку I, посмотреть, касается ли плоскость жидкости наклоненного края отверстия банки и приподнятого края дна (как на рисунке 30): Отливая или доливая сок, можно добиться такого положения. Это и будет означать, что в банке I осталась ровно половина первоначального количества сока/ т. е. 5 л.       Теперь 13 л сока распределились так: в банке I — 5 л, в банке II — 5 л и в банке III — 3 л.       Перельем 3 л из банки III в банку II — и первая порция сока готова (8 л в банке II).       Вновь наполняем банку III и отливаем 10 л в банку I. Теперь половину содержимого банки I отливаем в бочонок, а к оставшимся 5 л добавляем 3 л из банки III. Рис. 30       ШВ результате в банке I образуется вторая порция сока (8 л).       Весь сок, оставшийся в бочонке, вылива ем в банку III..Это будет третья порция сока в 8 л.       Мы очень рады, что помогли Золушке, если она сама еще не догадалась поступить так же.       Продолжение сказки. Из непрозрачных закрытых банок теперь не отольешь полови-Рис. 31 ну содержимого, но выход из положения       есть и в этом случае.       Надо из бочонка наполнить 13-литровую банку; в бочонке останется 11 л. Из 13-литровой банки наполнить 10-литровую, а оставшиеся Зл вылить в 11-литровую банку. Из 10-литровой банки вылить сок в 13-литровую и дополнить ее тремя литрами из бочонка, в котором было Ил. После arofo в бочонке образуется первая порция в 8 л. Перелить 3 л сока из 11-литровой банки в Ю-литровую и 10-литровую банку вставить в открытую 11-литровую банку, из 13-литровой банки вливать сок в 11-литровую банку. Помещенная внутрь 10-литровая банка всплывет и так как в ней все же содержится 3 л сока, то вследствие этого в 11-литровую банку вместится только 8 л сока из 13-литровой банки. (Весом и объемом материала 10-литровой банки пренебрегаем.) Это вторая порция в 8 л.       В 13-литровую банку к оставшимся в ней 5 л сока добавить 3 л, содержащиеся в 10-литровой банке, — получится третья Порция в 8 л.       Проделки черта под Новый год. Пусть студент должен был получить л: руб, у коп., т. е. 100+ у коп. Кассир по ошибке выдал 100у + х коп. В соответствии с условием: 100у + х — 5 = = 2 (100+ у). Так как и у — целые положительные числа, при-чем.у 100, то легко установить, что = 31, у = 63. Студент должен был получить 31 руб. 63 коп.       Кросс чисел (рис. 31). Имя студента — Олег. Он приехал в Москву учиться из Казани. (От Казани до Москвы по железной дороге 793 км.)       Примечание к № 14 по горизонтали: уравнение х2 + у2 = 65 имеет точно 16 пар целых корней:       В котором часу ложился спать Онегин? Для суточного завода требовалось 9 + 11 =20 полных оборотов головки часов. Промежуток времени от 830 утра до второго завода часов составляет такую же часть суток, какую составляет число 11 от 20. Имеем: : 24 = 11 : 20. Откуда = 13 ч 20 мин. Значит, Онегин ложился спать в 8 ч 30 мин + 13 ч 20 мин = 21 ч 50 мин, т. е. около 10 часов вечера.       Бездельник и черт. Уравнение задачи:       Наименьшее натуральное решение: х = 7 коп. После каждого удвоения количества денег бездельник отдавал 8 коп.       Мастер, принцесса и солдат. Мастер получил 1350 жемчужин и составил магический квадрат (рис. 32). После прибавления или удаления девяти жемчужин получаются магические квадраты, элементами которых являются пары простых чисел-близнецов (рио, 32).       Модель магического квадрата 4x4, все элементы которого — простые числа, представлена рисунком 33. Если каждый элемент увеличить на две единицы, то вновь образуется магический квадрат, состоящий только из простых чисел.       Как еще можно складывать числа. (...)