Рас­смот­рим па­рал­ле­ле­пи­пед и вве­дем в нем си­сте­му ко­ор­ди­нат с на­ча­лом в точке A и осями x, y, z, на­прав­лен­ны­ми по реб­рам AB, AD, AA₁ со­от­вет­ствен­но. Про­ве­дем k · n · p плос­ко­стей пер­пен­ди­ку­ляр­но каж­дой из ко­ор­ди­нат­ных осей.

С ле­вы­ми гра­ня­ми ка­нистр сов­па­да­ет k плос­ко­стей при x  =  0, 1np, 2np, ... (k − 1)np. С пе­ред­ни­ми гра­ня­ми ка­нистр сов­па­да­ет n плос­ко­стей при y  =  0, 1kp, 2kp, ... (n − 1)kp. С ниж­ни­ми гра­ня­ми ка­нистр сов­па­да­ет p плос­ко­стей при z  =  0, 1kn, 2kn, ... (p − 1)kn. Пе­ре­се­кая дан­ные плос­ко­сти, пуля оста­вит вход­ные от­вер­стия в левых гра­нях k ка­нистр, пе­ред­них гра­нях n ка­нистр и ниж­них гра­нях p ка­нистр, про­бив всего k + n + p ка­нистр.

За­ме­тим, что плос­ко­сти x  =  Anp и y  =  Bkp яв­ля­ют­ся гра­ня­ми одной и той же ка­ни­стры, если Anp  =  Bkp. Дан­ное число долж­но быть крат­но k и n. В этих ка­ни­страх вход­ное от­вер­стие рас­по­ло­же­но на левом пе­ред­нем ребре и при­над­ле­жит од­но­вре­мен­но левой и пе­ред­ней гра­ням. Ко­ли­че­ство таких ка­нистр равно

Эти ка­ни­стры были учте­ны два­жды, сле­до­ва­тель­но, из суммы k + n + p не­об­хо­ди­мо вы­честь НОД(k, n).

Ана­ло­гич­но, не­об­хо­ди­мо вы­честь НОД(n, p)   — ко­ли­че­ство ка­нистр, в ко­то­рых вход­ное от­вер­стие рас­по­ла­га­ет­ся на пе­ред­нем ниж­нем ребре и НОД(k, p)   — ко­ли­че­ство ка­нистр, в ко­то­рых вход­ное от­вер­стие рас­по­ла­га­ет­ся на левом ниж­нем ребре.

Кроме того, могут быть ка­ни­стры, в ко­то­рых вход­ное от­вер­стие рас­по­ло­же­но в левом ниж­нем пе­ред­нем углу, при усло­вии Anp  =  Bkp  =  Ckn. Таких ка­нистр НОД(k, n, p). В сумме k + n + p эти ка­ни­стры были учте­ны три­жды, но они были также учте­ны в ко­ли­че­стве ка­нистр, для ко­то­рых вход­ное от­вер­стие на­хо­дит­ся на ребре, и, со­от­вет­ствен­но, три­жды вы­чте­ны от ре­зуль­та­та. Cле­до­ва­тель­но, это ко­ли­че­ство ка­нистр нужно при­ба­вить. Окон­ча­тель­но по­лу­чим:

За­ме­тим, что если вход­ное от­вер­стие рас­по­ло­же­но на левой, пе­ред­ней или ниж­ней грани ка­ни­стры, то при дви­же­нии слева-на­пра­во спе­ре­ди-назад снизу-вверх пуля, войдя внутрь ка­ни­стры, обя­за­тель­но вый­дет из нее, сле­до­ва­тель­но, ко­ли­че­ство вход­ных от­вер­стий равно ко­ли­че­ству про­би­тых ка­нистр.

а)  При p  =  5, n  =  3, k  =  2 по­лу­чим

Сле­до­ва­тель­но, по­вре­дить более чем p + n + k − 3 ка­нистр можно.

б)   При p  =  26, n  =  13, k  =  5 по­лу­чим

Сле­до­ва­тель­но, по­вре­дить более чем p + n + k − 3 ка­нистр нель­зя.

в)  При p  =  1812, n  =  1914, k  =  1941 по­лу­чим

Сле­до­ва­тель­но, будет по­вре­жде­но 5658 ка­нистр.

Ответ: а) да, б) нет, в) 5658.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние

Рас­смот­рим па­рал­ле­ле­пи­пед и вве­дем в нем си­сте­му ко­ор­ди­нат с на­ча­лом в точке A и осями x, y, z, на­прав­лен­ны­ми по реб­рам. AB, AD, AA₁ со­от­вет­ствен­но. Пря­мая AC₁ пе­ре­се­ка­ет плос­ко­сти x  =  1, x  =  2, ..., x  =  k, y  =  1, y  =  2, ..., y  =  n, z  =  1, z  =  2, ... z  =  p ровно по од­но­му разу (имен­но при этих пе­ре­се­че­ни­ях об­ра­зу­ют­ся дырки в ка­ни­страх). Всего этих пе­ре­се­че­ний не более чем k + n + p − 2 (вы­хо­дя, пуля од­но­вре­мен­но пе­ре­се­ка­ет все три плос­ко­сти) и каж­дое пе­ре­се­че­ние за­вер­ша­ет про­бой оче­ред­ной ка­ни­стры. По­это­му может быть не более чем k + n + p − 2 про­би­тых ка­ни­стры  — и то лишь в слу­чае, когда ни­ка­кие две плос­ко­сти пря­мая не пе­ре­се­ка­ла од­но­вре­мен­но.

а)  По­вре­дить 8 ка­нистр можно. Ясно, что в этом пунк­те как раз и ре­а­ли­зу­ет­ся такой слу­чай: все точки пря­мой имеют вид (2t, 3t, 5t) при Если, на­при­мер, 3t и 2t будут це­лы­ми од­но­вре­мен­но, то и их раз­ность будет целой, что не­воз­мож­но (кроме кон­цов диа­го­на­ли). Ана­ло­гич­но не могут быть це­лы­ми 5t и 2t или 5t и 3t

б)  Здесь точки пря­мой имеют вид (5t, 13t, 26t) и при на­при­мер, сразу две ко­ор­ди­на­ты по­лу­ча­ют­ся це­лы­ми, по­это­му будет про­би­то мень­ше нуж­но­го числа ка­нистр.

в)  Здесь точки пря­мой имеют вид (1941t, 1914t, 1812t). Для удоб­ства нам по­на­до­бит­ся сле­ду­ю­щая лемма.

Лемма. Пусть числа at, bt  — целые. Тогда НОД(a, b) · t  — тоже целое. Верно и об­рат­ное: если это про­из­ве­де­ние целое, то це­лы­ми будут и пер­вые два.

До­ка­за­тель­ство. Как из­вест­но, най­дут­ся такие целые x и y, для ко­то­рых где НОД(a, b)  =  c. Зна­чит, и по­то­му целое. Об­рат­ное утвер­жде­ние оче­вид­но  — at по­лу­ча­ет­ся из ct до­мно­же­ни­ем на не­ко­то­рое целое число.

От­ме­тим, что НОД(1941, 1914)  =  3, НОД(1941, 1812)  =  3, НОД(1812, 1914)  =  6, по­это­му при про­ис­хо­дит пе­ре­се­че­ние сразу с двумя плос­ко­стя­ми, а при и   — сразу с тремя. По­это­му общее число вы­ход­ных от­вер­стий со­ста­вит 1812 + 1914 + 1941 − 1 − 1 − 1 − 2 − 2 − 2 = 5658 (по­след­няя двой­ка со­от­вет­ству­ет t  =  1, то есть по­ки­да­нию пулей скла­да).

Ком­мен­та­рий. В по­след­нем пунк­те при пуля про­хо­дит через общую вер­ши­ну вось­ми ка­нистр, но про­би­ты­ми все равно будут счи­тать­ся толь­ко две.