И. Пименов - Мир приключений, 1928 № 08

Редактирует ЗАГАДАЙ-КА

Участвовало в конкурсе 43 подписчика; кроме двух — все дали решения всех задач. В зачет получили: 4 чел. — по 11 очков, 10 чел. — по 10 очков, 11 чел. — по 9 очков, б чел. — по 8 очков и остальные— менее 8 очков (в этой оценке большинство получило по 1 дополн. очку за «выполнение» решений).

Премии распределены так: 1-я премия.«Жизнь растений» — Кернера (ценность — 15 руб.) — Кириллов-Губецкий (Детское Село). — 2-я премия. «Натан Мудрый» — худож. изд. (ценность — 10 руб.) — Б. В. Смирнов (Одесса). — 3-я премия. «Фауст» — Гете и «Художественная Керамика» — Н. Роопа — Ю. Г. Каттербах (г. Торжок). — 4-я премия. «Гений и творчество» — проф. С. О. Грузенберга — В. Н. Тациевский (Евпатория). — 5-я—10-я премии. Книги из числа указанных в условии конкурса: 5) М. А. Борковский (п. о. Маньковка); 6) А. Е. Лебедева (ст. Эмба): 7) С. С. Батуев (Серпухов); 8) В. А. Коломенский (Клин); 9) В. В. Вамбржицкий (Ленинград); 10) Е. И. Кияшко (Харьков).

В жеребьевке на последние премии принимали участив еще следующие лица: 11) Ф. Федоров (Минск); 12) С. И. Соколов (Москва); 13) В. И. Лапин (Новгород); 14) X. Файфман (Киев).

Задача № 13.

В напечатанном рисунке следует отметить, как «необычайное», следующие обстоятельства: 1) движение по левой стороне улиц, а не по правой; 2) стоянка одного автомобиля (второй слева) частично на тротуаре; 3) отсутствие «постового»; 4) отсутствие проводов (телеф., телегр.), фонарей, реклам, вывесок, тумб и водосточных труб у зданий; 5) сильное автомобильное движение при крайне слабом пешеходном; 6) распределение света (на здании слева) и теней (от машины и пешехода справа). — Если некоторые из этих обстоятельств вполне уместны в отношении к некоторым заграничным странам, то все-же совокупность их в одной картине представляет явление не только необычайное, но и неправдоподобное.

Комбинации из 5 спичек.

Задача № 14.

Все требуемые комбинации (выкладки) изображены на схеме, классифицированные по числу концов; 1 — с одним концом (1), 22 — с 2 концами (2-23). 26 — с 3 концами (24–49) и 6 — с 4 концами (50–55). Подбор по этому признаку, признаваемый нами наиболее простым, предложен лишь одним подписчиком (Соколов). Вполне годны и др. классификации: по числу прямых углов в фигурах (Смирнов, Каттербах и др.), по числу элементов (спичек), составляющих одну прямую линию (Федоров, Коломенский, Лапин и др.), по площади прямоугольного габарита (Княшко). Менее удачны системы с признаками по числу перегибов в местах соприкосновений (Виноградов), по «сторонностям» (Файфман), по симметричности или сходству (Тациевский). Правильный по математическому приему подход решения от всех комбинаций с меньшим числом элементов (с 2, 3 и 4 спичками) здесь оказывается сложнее других так как дает очень много повторений, трудно схватываемых анализом (так решали Кириллов-Губецкий, Лебедева).

Найдите число.

Задача № 15.

Алгебраически задача решается с помощью трех уравнений (с 3 неизвестными), формулирующих три заданных условия. При таком решении, совершенно простом алгебраически, из третьего заданного условия вытекает одно из свойств трехзначных обратных (вернее «обращенных») чисел: разность между ними, поделенная на 99, дает в частном разность между их крайними цифрами (в данном случае 594:99=6 ): иными словами, последняя разность (между крайними цифрами) составляет дополнение до 10 к последней цифре в разности между самими рассматриваемыми числами: в данное случае 6=10—4 (4 цифра единиц в 594).

Это свойство, легко доказуемое на примере и арифметически, является ключем к одному из арифметических решений. При разности между первой и последней цифрой искомого числа в 6 единиц, можно иметь для них выбор лишь в 4 возможностях: 9 и 3, 8 и 2, 7 и 1, 6 и 0. Но из второго условия задачи явствует, что обе крайние цифры не могут быть нечетными, п. ч. удвоенное произведение их должно делиться на 4 без остатка; значит из 4 возможностей остаются лишь две: 8 и 2, 6 и 0 . Этим случаям отвечают числа 862 и 620 (средние цифры находятся извлечением квадр. корня из 4+произведение крайних цифр). Вопрос решается окончательно в пользу первого числа — 852 — примеркой к первому условию задачи: (9×8)+(6×6)+(2×2) = 104.