Дана шахматная доска размером 8×8, из которой были вырезаны два противоположных по диагонали угла, и 31 кость домино; каждая кость домино может закрыть два квадратика на поле. Можно ли вымостить костями всю доску? Дайте обоснование своему ответу.

Решение

С первого взгляда кажется, что это возможно. Доска 8×8, следовательно, есть 64 клетки, две мы исключаем, значит остается 62. Вроде бы 31 кость должна поместиться, правильно?

Когда мы попытаемся разложить домино в первом ряду, то в нашем распоряжении только 7 квадратов, одна кость переходит на второй ряд. Затем мы размещаем домино во втором ряду, и опять одна кость переходит на третий ряд.

В каждом ряду всегда будет оставаться одна кость, которую нужно перенести на следующий ряд, не имеет значения сколько вариантов раскладки мы опробуем, у нас никогда не получится разложить все кости.

Шахматная доска делится на 32 черные и 32 белые клетки. Удаляя противоположные углы (обратите внимание, что эти клетки окрашены в один и тот же цвет), мы оставляем 30 клеток одного и 32 клетки другого цвета. Предположим, что теперь у нас есть 30 черных и 32 белых квадрата.

Каждая кость, которую мы будем класть на доску, будет занимать одну черную и одну белую клетку. Поэтому 31 кость домино займет 31 белую и 31 черную клетки. Но на нашей доске всего 30 черных и 32 белых клетки. Поэтому разложить кости невозможно.

Разбор взят из перевода книги Г. Лакман Макдауэлл и предназначен исключительно для ознакомления.
Если он вам понравился, то рекомендуем купить книгу

На этом занятии мы поговорим о раскрасках и том, как они помогают решать задачи. Рассмотрим нестандартные задачи на разрезания и замощения и способы их решения.

Конспект занятия "Разрезания. Замощения. Раскраски."

Раскраски. Разрезания. Замощения.

Задачами на разрезание увлекались многие ученые с древнейших времен. Решения многих простых задач на разрезание были найдены еще древними греками, китайцами, но первый систематический трактат на эту тему принадлежит перу Абул-Вефа, знаменитого персидского астронома Х века, жившего в Багдаде. Геометры всерьез занялись решением задач на разрезание фигур на наименьшее число частей и последующее составление из них той или иной новой фигуры лишь в начале XX века. Одним из основоположников этого увлекательного раздела геометрии был знаменитый составитель головоломок Генри Э. Дьюдени. Особенно большое число существовавших ранее рекордов по разрезанию фигур побил эксперт австралийского патентного бюро Гарри Линдгрен. Он является ведущим специалистом в области разрезания фигур.

В наши дни любители головоломок увлекаются решением задач на разрезание прежде всего потому, что универсального метода решения таких задач не существует, и каждый, кто берется за их решение, может в полной мере проявить свою смекалку, интуицию и способность к творческому мышлению. Поскольку здесь не требуется глубокое знание геометрии, то любители иногда могут даже превзойти профессионалов-математиков.

Чтобы доказать, что решение задачи на разрезание какой-нибудь фигуры на части возможно, достаточно предоставить какой-нибудь способ разрезания. Найти все решения, то есть все способы разрезания, немного труднее. А доказать, что разрезание невозможно, уже достаточно трудно. Сделать это в некоторых случаях нам помогает раскраска фигуры.

Задача 1: Взяли квадрат клетчатой бумаги размером 8×8, отрезали от него две клетки (левую нижнюю и правую верхнюю). Можно ли полученную фигуру полностью покрыть «доминошками» - прямоугольниками 1× 2?

Задача 2. Можно ли выложить шахматную доску тридцатью двумя доминошками так, чтобы 17 из них были расположены горизонтально, а 15 – вертикально?

Задача 3: Можно ли разрезать квадрат клетчатой бумаги размером

4× 4 на один пьедестал, один квадрат, один столбик и один зигзаг?

Задача 4: Можно ли выложить квадрат 8 × 8, используя 15 прямоугольников 1 × 4 и один уголок вида ?

Задача 5: Можно ли выложить прямоугольник 6 × 10 прямоугольниками 1 × 4?

Задача 6: Можно ли сложить квадрат 6 × 6 с помощью 11 прямоугольников 1 × 3 и одного уголка вида ?

Задача 7: На каждой клетке доски 5 × 5 сидит жук. В некоторый момент времени все жуки взлетают и приземляются на соседние по стороне клетки. Докажите, что при этом окажется хотя бы одна пустая клетка.

Задача 8: Из доски 8 × 8 вырезали угловую клетку. Можно ли оставшуюся часть разрезать на прямоугольники 3 × 1?

Задача 9: Фигура «верблюд» ходит по шахматной доске ходом типа (1, 3). Можно ли пройти ходом «верблюда» с произвольного поля на соседнее?

Задача 10: Можно ли доску размером 10 × 10 покрыть фигурами вида ?

Задача 11: Дана доска 12 × 12. В левом нижнем углу стоят 9 шашек, образуя квадрат 3 × 3. За один ход можно выбрать какие-то две шашки и переставить одну из них симметрично относительно другой (не выходя при этом за пределы доски). Можно ли за несколько ходов переместить эти шашки так, чтоб они образовали квадрат 3 × 3 в правом нижнем углу?

Задача 12: В каждой клетке квадрата 9 × 9 сидит жук. По команде каждый жук перелетает на одну из соседних по диагонали клеток. Доказать, что по крайней мере 9 клеток после этого окажутся свободными.

Задача 13: Замок имеет форму правильного треугольника, разделенного на 25 маленьких залов той же формы. В каждой стене между залами проделана дверь. Путник ходит по замку, не посещая более одного раза ни один из залов. Найти наибольшее число залов, которое ему удастся посетить.

Задача 14: На какое наибольшее количество ромбов можно разрезать равносторонний треугольник, разбитый на 36 равносторонних треугольников?

Задача 15. В квадрате 7×7 клеток размещено 16 плиток размером 1×3 и одна плитка 1×1. Докажите, что плитка 1×1 либо лежит в центре, либо примыкает к границам квадрата.

Задача 16. В левый нижний угол шахматной доски 8×8 поставлено в форме квадрата 3×3 девять фишек. Фишка может прыгать на свободное поле через рядом стоящую фишку, то есть симметрично отражаться относительно её центра (прыгать можно по вертикали, горизонтали и диагонали). Можно ли за некоторое количество таких ходов поставить все фишки вновь в форме квадрата 3×3, но в другом углу.

Задача 1: Можно ли квадрат 5 × 5 разрезать на прямоугольники 1 × 2 (доминошки).Задача 2: Из шахматной доски 8 × 8 вырезаны противоположные угловые клетки. Можно ли остаток разрезать на прямоугольники 1 × 2 (доминошки)? Решение: Нет. Каждая доминошка занимает одну чёрную и одну белую клетки, а на доске без углов чёрных и белых клеток разное число.Задача 3: Из противоположных углов доски 10 × 10 вырезаны два квадрата 3 × 3. Можно ли остаток разрезать на доминошки?Задача 4: Придумать связную фигуру на шахматной доске, в которой поровну черных и белых клеток, но которую нельзя разбить на доминошки.Задача 5: Можно ли разрезать квадрат 10 × 10 на 25 фигур ?Задача 6: Решение: Раскрасьте доску в шахматном порядке. Чёрных клеток окажется чётное число, а в каждую фигурку их попадёт одна или три.Задача 7: Можно ли разрезать квадрат 10 × 10 на 25 фигур ? Решение:

Раскрасьте доску в четыре цвета (см. рисунок). Каждая фигурка занимает по одной клетке каждого цвета, а клеток первого и второго цвета разное число.

Указание: раскрасьте доску в три цвета.

b) ? Решение: При n, кратных четырём.

c) для любого n. Решение:

Раскрасьте в n цветов.

1) m и n представляются в виде ka + lb (k и l - целые неотрицательные числа)

2) m и n делится на a.

3) m или n делится на b.

a) прямоугольник 2 × n - непрочный

b) прямоугольник 3 × n - непрочный

c) прямоугольник 4 × n - непрочный

d) прямоугольники 5 × 6 и 6 × 8 - прочные

e) если прямоугольник m × n - прочный, то и прямоугольник m × (n + 2) - прочный.

f) * прямоугольник 6 × 6 - непрочный

g) Какие прямоугольники являются прочными, а какие нет? Решение: f) Подсказка: каждая линия в квадрате 6 × 6 пересекает чётное число доминошек.

g) Все прямоугольники m × n, где mn чётно, m,n ≥ 5, кроме 6 × 6.

Уголком называется фигура вида .

a) Можно ли прямоугольник 5 × 9 разбить на уголки?

b) Доказать, что прямоугольник со сторонами,большими 100 и площадью, делящейся на 3, можно разбить на уголки.

c) Какие прямоугольники можно разбить на уголки, а какие - нет?

Можно ли доску 2 n × 2 n без угловой клетки разбить на уголки? Решение: Да, можно. Разбиение строится по индукции.

Задачи для самостоятельного

1. Можно ли доску размером 10 × 10 покрыть фигурами

2. В каждой клетке квадрата 9 × 9 сидит жук. По команде каждый жук перелетает на одну из соседних по диагонали клеток. Доказать, что по крайней мере 9 клеток после этого окажутся свободными.

3. Можно ли выложить квадрат 8 × 8, используя 15 прямоугольников 1 × 4 и один

уголок вида ?

4. Можно ли сложить квадрат 6 × 6 с помощью 11 прямоугольников 1 × 3 и одного

уголка вида ?

Ответы к задачам для самостоятельного решения

1. Шахматная раскраска. Каждая такая фигурка занимает нечётное число чёрных клеток, значит все 25 фигурок тоже занимают нечётное число чёрных клеток.

2. В каждой клетке квадрата 9 × 9 сидит жук.

По команде каждый жук перелетает на одну из соседних по диагонали клеток. Доказать, что по крайней мере 9 клеток после этого окажутся свободными.

3. Раскраска «зеброй». Прямоугольники занимают чётное число чёрных клеток, а уголок – нечётное.

4. Предположим, что квадрат удалось сложить. Раскрасим клетки в три цвета «по диагоналям», причём так, чтобы, две «крайних» клетки уголка оказались одного цвета (синего). Прямоугольники будут занимать ещё 11 синих клеток, значит все фигурки вместе занимают 13 синих клеток, но синих клеток на доске всего 12.

Контактная информация

Создатели: Бондарева Полина и Набиева Зейнаб

Контактные телефоны: 8-905-660-25-23, 8-

Способ раскраски при решении задач

Г. Нижний Новгород

Лицей №180

Мы выбрали эту тему, так как, она нас большего всего заинтересовала, и нам захотелось побольше узнать как же правильно оформлять свои записи при решении таких задач на олимпиадах.

Мы хотим рассказать о разных видах раскрасок. Начнем с вида «Зебра». Она чаще всего используют для задач, где всего два вида данных. Когда раскраску используют в задачах, то как правило пользуются для решения белым и черным цветом или другими противоположными друг для друга цветами.

Бывают такие задачи, для которых характерна

другая раскраска: «в горошек». С помощью данной раскраски можно решать задачи разной сложности. На рисунке каждое данное (разные предметы, используемые в задаче) раскрашивается определенным цветом (цвет можно выбрать любой). На первый взгляд, может показаться, что у этой раскраски нет трудностей, но это не так, когда задается большое количество данных, то такой вид решения задачи будет не оптимальным. По мимо этих видов, существуют еще раскраска «трехцветная» или «по диагоналям», используемая для задач среднего уровня. Смысл этой раскраски заключается в том, что данных обязательно должно быть три. Для данного нужно выбрать цвет и на рисунке

отметить его своим цветом. Для задач не

может использоваться одна и та же раскраска, так как для каждой задачи существует свой способ раскраски, о которых мы рассказали.

1. Можно ли выложить шахматную доску тридцатью двумя доминошками так, чтобы 17 из них были расположены горизонтально, а 15 – вертикально?

Решение: Можно использовать раскраску «зебра». Горизонтальные доминошки занимают нечётное число чёрных клеток (а именно – 17), а вертикальные – чётное.

2. Фигура «верблюд» ходит по шахматной доске ходом типа (1, 3). Можно ли пройти ходом «верблюда» с произвольного поля на соседнее?

Решение: Ход верблюда не меняет цвета клетки, на которой он стоит, поэтому на соседнюю клетку перейти он не сможет.

3. Замок имеет форму правильного треугольника, разделенного на 25 маленьких залов той же формы. В каждой стене между залами проделана дверь. Путник ходит по

замку, не посещая более одного раза ни один из

залов. Найти наибольшее число залов, которое ему удастся посетить.

Решение: 21 зал. Раскрасим треугольник в шахматном порядке. Залов одного цвета (например чёрного) – 15, а другого цвета (белого) – 10. Заметим, что в чёрном зале путник может находиться с самого начала, или

попасть в него из белого, поэтому он побывает

не более, чем в 11 чёрных залах. Таким образом, не менее 4 чёрных залов останутся не посещёнными. Пример, когда путник не посетит ровно четыре зала, строится без труда.

4. Дана доска 12 × 12. В левом нижнем углу стоят 9 шашек, образуя квадрат 3 × 3. За один ход можно выбрать какие-то две шашки и

переставить одну из них симметрично

относительно другой (не выходя при этом за пределы доски). Можно ли за несколько ходов переместить эти шашки так, чтоб они образовали квадрат 3 × 3 в правом нижнем углу?

Решение: Нет

(шахматная раскраска –

шашки остаются на клетках тех же цветов).

5. Из доски 8 × 8 вырезали угловую клетку. Можно ли оставшуюся часть разрезать на прямоугольники

Решение: трёхцветная раскраска

Глава 2. Задачи о шахматной доске

Подробный рассказ о шахматной математике, к которому мы сейчас приступаем, естественнее всего начать с математических задач о самой доске, пока что не расставляя на ней никаких фигур. Именно этой теме и посвящена настоящая глава.

Рассмотрим прежде всего несколько задач о покрытии доски костями домино размером 2×1. Всюду предполагается, что каждое домино покрывает два поля доски, а каждое поле покрыто одной половиной домино. Начнем со следующей старинной задачи.

Можно ли покрыть домино квадрат размером 8×8, из которого вырезаны противоположные угловые клетки (рис. 2,а)?

Мы могли бы воспользоваться алгебраическими рассуждениями , однако «шахматное» решение и проще, и изящнее. Окрасим наш урезанный квадрат в черно-белый цвет, превратив его в шахматную доску без двух угловых полей a8 и h1 (рис. 2,б). При любом покрытии доски каждое домино покрывает одно белое и одно черное поле. У нас же белых полей на два меньше, чем черных (вырезанные поля - белые), и поэтому необходимого покрытия не существует! Как мы видим, раскраска доски не только позволяет шахматисту легче ориентироваться во время игры, но и служит средством решения математических задач.

В рассмотренной задаче существенным было не то, что из доски вырезаны угловые поля, а то, что они одного цвета. Ясно, что какую пару одноцветных полей ни вырезать, покрыть домино оставшуюся часть доски не удастся. Таким образом, возникает следующая задача.

Пусть теперь на шахматной доске вырезаны два поля разного цвета. Всегда ли можно покрыть оставшуюся часть доски 31 домино?

Оказывается, что всегда. Эффектное доказательство нашел известный американский математик Р. Гомори. Проведем на шахматной доске границы между вертикалями и горизонталями так, как показано на рис. 3. В лабиринте между этими границами черные и белые поля следуют друг за другом, чередуясь, как пуговицы двух цветов на замкнутой нити (путь, по которому можно обойти этот лабиринт, является замкнутым). Какие бы два поля разного цвета мы ни вырезали из доски, нить разорвется: в одном месте, если вырезанные поля находятся рядом, и в двух местах - в противном случае. При этом каждый кусок нити будет состоять из четного числа полей. Следовательно, эти куски, а значит - и всю доску, покрыть домино можно!

Рис. 3. Лабиринт Гомори

Любопытные идеи, связанные с пуговицами и нитями, мы еще встретим в главе 11.

Предположим, что из шахматной доски вырезаны некоторые поля так, что на оставшуюся ее часть нельзя поместить ни одного домино. Нетрудно проверить, что наименьшее число вырезанных полей, обладающих таким свойством, равно 32 - это все поля одного цвета (белые или черные).

Задачи о шахматной доске и домино составляют лишь небольшую часть огромной серии задач такого сорта. Американский математик С. Голомб создал целую науку, которую назвал полимипо, а его книга, посвященная этой теме, переведена во многих странах мира, в том числе у нас . В общем случае полимино представляет собой односвязную фигуру, состоящую из квадратов. С точки зрения шахматиста односвязность означает, что все квадраты полимино можно обойти ходом ладьи. В зависимости 07 числа квадратов, полимино бывают различного тига. Мономино содержит один квадрат, домино - два, тримино - три, тетрамино - четыре, пентамино - пять, гептамино - шесть квадратов и т. д. В задачах о полимино покрываются разнообразные доски, не обязательно прямоугольные. Мы остановимся еще на нескольких вопросах, связанных с обычной шахматной доской. Очевидно, покрыть дсску только прямыми тримино, т. е. домино 3×1, невозможно, так как 64 не делится на 3. Возникает следующая задача.

Можно ли покрыть шахматную доску 21 прямым тримино и одним мономино? Если это возможно, то какие поля может занимать мономино?

Одно из необходимых покрытий дапо на рис. 4,а. Для определения возможных расположений мономино проведем на доске две системы параллельных прямых, как показано на рис. 4,б.

Легко убедиться, что при любом покрытии каждое тримино покрывает ровно одно поле, через которое проходит сплошная линия, и ровно одно, через которое проходит пунктирная линия. Поскольку число полей, пересекаемых сплошными прямыми, равно 22, так же как и число полей, пересекаемых пунктирными прямыми, а тримино имеется 21, то мономино может покрывать лишь поля, пересекаемые обоими семействами прямых. А таких полей - всего четыре: c3, c6, f3 и f6! Поворачивая доску на 90, 180 и 270°, можно получить соответствующие покрытия для каждого из этих четырех полей.

Следующая задача несколько отличается от рассмотренных выше.

Можно ли шахматную доску покрыть домино так, чтобы на ней нельзя было провести ни одной границы между вертикалями и горизонталями, не пересекая домино?

Если представить себе, что доска - это стенка, а домино - кирпичи, то существование указанной границы (шва) свидетельствует о непрочной кладке. Иначе говоря, в задаче спрашивается, можно ли расположить «кирпичи» так, чтобы «стенка» не рухнула. Прямоугольник, который удается покрыть необходимым образом, называется «прочным». В «прочности» шахматной доски можно убедиться на рис. 5. В общем случае Гарднер показывает, что из домино можно сложить «прочный» прямоугольник, если его площадь четна, а длина и ширина больше четырех, при этом исключение составляет лишь квадрат 6×6.

Ниже мы будем часто иметь дело с прямоугольными шахматными досками того ила иного размера. При этом всегда считается, что доска m×n имеет m вертикалей и n горизонталей (шахматных). Мы говорим, что доска «четна», если число ее полей четно, и «нечетна» - в противном случае. Всюду, где размеры доски не указаны, имеется в виду стандартная шахматная доска, для которой m = n = 8.

Доска 100×4 покрыта домино. Доказать, что ее можно распилить по одной из границ между вертикалями и горизонталями, не затрагивая ни одного домино.

Любая из указанных границ делит доску на две части, состоящие из четного числа полей. Поля каждой части разобьем на два класса: покрытые домино, целиком лежащими в этой части, и покрытые домино, пересекаемыми границей. Так как число полей каждой части четно (быть может, нуль), равно как и число полей первого класса (каждое домино покрывает два поля), то и число полей второго класса четно. А это и значит, что число домино, пересекаемых границей, четно. Всего разделяющих границ существует 102 (99 вертикальных и 3 горизонтальных), н если каждая из них пересекает домино, то в покрытии участвует не менее 102×2 = 204 домино. В нашем же распоряжении их только 200! Фактически мы показали, что прямоугольник 100×4 является «непрочным».

Вопрос о возможности покрытия произвольной прямоугольной доски линейными k-мино (домино k×1) решается следующей теоремой .

Доску m×n можно покрыть линейными k-мино в том и только в том случае, если хотя бы одно из чисел m или n делится без остатка на k.

Проиллюстрируем теорему на следующем примере.

Можно ли покрыть доску 10×10 (на такой доске играют в стоклеточные шашки) прямыми тетрамино?

Прямое тетрамино имеет размеры 4×1, и, значит, в принципе 25 костей могли бы покрыть все поля нашей доски. Однако из теоремы следует, что это невозможно - 10 не делится на 4.

Рассмотрим еще несколько задач о шахматной доске. В решении следующей задачи виовъ используется ее раскраска.

Пусть доска состоит из нечетного числа полей. На каждом ее поле поставим какую-нибудь шахматную фигуру. Можно ли сдвинуть все эти фигуры на соседние поля (по вертикали или горизонтали), чтобы при этом никакие две из них не попали на одно поле?

Задание невыполнимо. Действительно, если бы указанное смещение фигур существовало, то каждая «белая» фигура (стоящая на белом поле) стала бы «черной» (попала на черное поле), а каждая «черная» - «белой».

Таким образом, доска состояла бы из одинакового числа белых и черных полей, а это противоречит ее «нечетности».

Популярными являются задачи о разрезании шахматной доски. Самой известной из них является следующая, принадлежащая С. Лойду.

На полях a1, b2, c3, d4 стоят четыре коня. Разрезать доску на четыре конгруэнтные части (совпадающие при наложении) так, чтобы на каждой из них оказалось по коню.

В задачах на разрезание всегда предполагается, что разрезы производятся только по границам между вертикалями и горизонталями доски. Решение данной задачи показано на рис. 6. Со времен Лойда появилось много новых и более трудных задач на эту тему. В частности, решались задачи о разрезании доски на четыре конгруэнтные части при различных расположениях коней (кони, конечно, играют здесь лишь символическую роль). В этом вопросе имеется еще много нерешенных проблем. Например, до сих пор не известно число способов, которыми можно разрезать обычную доску (без фигур) на две конгруэнтные части.

Рис. 6. Задача Лойда о четырех конях

Пусть после нескольких разрезов доски образовавшиеся части разрешается перекладывать так, чтобы следующий разрез мог рассечь не одну, а сразу несколько частей. Сколько разрезов потребуется для получения 64 отдельных полей доски (квадратов 1×1)?

Сначала разрежем доску пополам, затем обе половины положим рядом и разрежем доску на четыре одинаковые части и т. д. Всего понадобится 6 разрезов (2 е = 64) и меньшим числом не обойтись.

Пусть теперь части доски разрешается резать только отдельно. Сколько разрезов понадобится для получения 64 полей в этом случае?

Как правило, эта задача (особенно, если она предлагается после предыдущей) вызывает определенные трудности. Видимо, это связано с некоторой инерционностью нашего мышления. Ведь сразу видно, что понадобится 63 разреза! Действительно, каждый разрез увеличивает число частей на единицу; при этом в начальный момент мы имеем одну часть (саму доску), а в конечный - 64 (все поля доски).

Рис. 7. Три задачи на необычной доске

В задаче на рис. 7,а требуется выполнить три задания, причем одно математическое и два чисто шахматных:

а) разрезать доску на четыре конгруэнтные части;

б) заматовать черного короля кратчайшим путем при ходе белых;

в) заматовать черного короля кратчайшим путем при ходе черных верные играют кооперативно).

Решения: а) как нужно разрезать доску, показано на рис. 7,б; б) при ходе белых мат дается на 12-м ходу: 1-12. Сe1-b4, Крe3-d3-c4, Сe4-c2-b3, Крc4-c3, Сb4-d6, Сb3-d5, Крc3-c2, Сd6-c5, Сd5-c4, Сd6-b4 мат (все ходы черного короля вынуждены и не приводятся); в) при правильной игре после 1. … Крe6-e7 мат невозможен, так как черный король скрывается на e8 - 2. Сe1-b4+ Крe7-e8, и чернопольный слон вынужден уйти с диагонали a3 - e7 ввиду угрозы пата. Однако если черные играют кооперативно (помогают белым дать мат), то цель достигается всего через три хода:
1. … Крe6-d6
2. Крe3-d4 Крe6-e7
3. Сe1-b4+ Крe7-e6
4. Сe4-d5 мат. Ряд полей нашей доски при матовании не используется, но при их исключении не было бы задачи на разрезание доски.

Рис. 8. Парадокс с разрезанием шахматной доски: а) 8×8 = 64; б) 13×5 = 65

Рассмотрим теперь один известный парадокс, связанный с разрезанием шахматной доски. Разрежем доску на четыре части, как показано на рис. 8,а (в данном случае нам невыгодно раскрашивать ее поля), и из образовавшихся частей сложим прямоугольник (рис. 8,б). Площадь доски равна 64, а площадь полученного прямоугольника равна 65. Таким образом, при разрезании доски откуда-то взялось одно лишнее поле!

Разгадка парадокса состоит в том, что наши чертежи выполнены не совсем точно (мы умышленно провели толстые линии, чтобы скрыть неточности). При аккуратном построении чертежа на рис. 8,б вместо диагонали прямоугольника появится ромбовидная, чуть вытянутая фигура со сторонами, которые кажутся почти слившимися. Площадь этой фигуры как раз будет равна «лишней» единице.

Известный популяризатор математики начала века Е. Игнатьев придумал «метод шахматной доски», позволяющий выводить различные формулы . Приведем два несложных примера на эту тему.

Найдем сумму n первых натуральных чисел «методом шахматной доски». Для этого на доске (n + 1)×n (на рис. 9,а n = 8) окрасим в чериый цвет все поля первой вертикали, все поля второй вертикали (кроме верхнего), третьей вертикали (кроме двух верхних) и т. д., наконец - нижнее поле n-й вертикали. В результате белых и черных полей на нашей доске будет поровну, а именно 1 + 2 + … + n. Поскольку вся доска состоит из п (n + 1) полей, получаем
2 (1 + 2 + … + n) = n(n + 1),

откуда вытекает известная формула для суммы арифметической прогрессии:
1 + 2 + … + n = n(n + 1)/2.

Теперь докажем такую формулу:
8(1 + 2 + … + n) + 1 = (2n + 1)².

Для этого возьмем доску (2n + 1)×(2n + 1) и закрасим ряд ее полей черным цветом так, как показано на рис. 9, 6 (для случая n = 5). Очевидно, каждая черная часть содержит (1 + 2 + … + n) полей. Без учета центрального поля мы имеем здесь четыре одинаковые белые и черные части. Необходимая формула следует из того, что наша доска содержит (2n + 1)² полей и состоит из центрального поля и восьми одинаковых частей (четырех белых и четырех черных - рис. 9,б).

При разгадке парадокса, а также знакомстве с «методом шахматной доски» саму доску можно благополучна заменить листом клетчатой бумаги или таблицей. Существует огромное множество задач с такими объектами, однако их подробное рассмотрение слишком далеко увело бы нас от шахмат.

В заключение главы приведем одно старинное доказательство на шахматной доске… теоремы Пифагора. Нарисуем на доске квадрат, как показано на рис. 10,а. Доска разбивается на этот квадрат и четыре конгруэнтных прямоугольных треугольника. На рис. 10, 6 мы видим те же четыре треугольника, а также два квадрата. Итак, треугольники в обоих случаях занимают одну и ту же площадь. Следовательно, одну и ту же площадь занимают и оставшиеся части доски без треугольников, на рис. 10,а - одного квадрата, а на рис. 10,б - двух. Поскольку большой квадрат построен на гипотенузе прямоугольного треугольника, а маленькие - на его катетах, то «пифагоровы штаны во все стороны равны»!

Разумеется, если говорить строго, наши рассуждения не доказывают теорему Пифагора (исследован лишь некоторый частный случай), а лишь иллюстрируют ее. Но такое доказательство проходит и без использования шахматной доски - для любого прямоугольного треугольника можно подобрать квадрат, который разбивается подобным образом.

Именно такое решение дано в книге Т. Саати «Целочисленные методы оптимизации и связанные с ними экстремальные проблемы» (М., «Мир», 1973).

С. Голомб. Полимино. М., «Мир», 1974.

Она доказана А. Сойфером в статье «Клетчатые доски и полимипо» («Квант», 1972, № 11); там же приведен ряд новых задач о полимино.

Е. Игнатьев. В царстве смекалки, или арифметика для всех. Кн. 1 - 3. М. - Пг., Госиздат, 1923.