В 1840-е гг. германский библеист Константин фон Тишендорф, наткнувшись на этот текст в Константинополе (ныне Стамбул), обратил внимание на какие-то слабо различимые математические записи и привез страницу из рукописи с собой. В 1906 г. датский ученый Йохан Гейберг установил, что часть палимпсеста составляет какое-то произведение Архимеда. Он сфотографировал его и в 1910 и 1915 гг. опубликовал кое-какие выдержки из документа. Вскоре после этого Томас Хит перевел опубликованный материал, но в то время он привлек мало внимания. В 1920-е гг. документом владел один французский коллекционер; к 1998 г. документ каким-то образом оказался в США и стал предметом судебного разбирательства между аукционным домом «Кристис» и Греческой православной церковью, которая утверждала, что в 1920 г. этот документ был похищен из монастыря. Судья принял решение в пользу «Кристис» на основании того, что промежуток времени между предполагаемым похищением и судебным иском по его поводу был слишком велик. Документ был приобретен анонимным покупателем (по сообщению журнала Der Spiegel, это был основатель компании Amazon Джефф Безос) за $2 млн. С 1999 по 2008 г. документ был подвергнут консервации в Художественном музее Уолтерса в Балтиморе и проанализирован группой специалистов по визуальной информации, целью которых было «проявить» скрытые записи.
Метод Архимеда можно объяснить (используя современный язык и обозначения) следующим образом. Начнем с шара радиусом 1, описанного вокруг него цилиндра и некоего конуса. Если поместить центр шара в точку x = 1 на действительной прямой, то радиус сечения в любой точке x от 0 до 2 равен √(x(2 − x)), а его масса пропорциональна π квадратам этой величины, а именно πx (2 – x) = 2πx – πx².
Далее рассмотрим конус, полученный вращением прямой y = x вокруг оси x, опять же для 0≤x≤2. Сечение этого конуса в точке x представляет собой круг радиусом x и площадью πx². Его масса пропорциональна этой величине с тем же коэффициентом пропорциональности, так что общая масса ломтика шара и ломтика конуса равна (2πx – πx²) + πx² = 2πx.
Поместим два эти ломтика в точку x = –1, на расстоянии 1 слева от начала координат. По закону рычага их в точности уравновешивает круг радиусом 1, помещенный на расстоянии x справа от той же точки.
А теперь сдвинем все ломтики шара и конуса в одну и ту же точку x = –1, так что вся их масса сосредоточится в этой единственной точке. Соответствующие (и уравновешивающие) круги имеют радиус 1 и располагаются на расстояниях от 0 до 2. Таким образом, они образуют цилиндр. Центр массы цилиндра находится в его середине, то есть в точке x = 1. Следовательно, по закону рычага,
масса шара + масса конуса = масса цилиндра,
а поскольку масса пропорциональна объему, то объем шара + объем конуса = объем цилиндра.
Однако Архимед уже знал, что объем конуса составляет одну треть объема цилиндра (одна треть площади основания на высоту, помните?), так что объем шара равен двум третям объема цилиндра. Объем цилиндра равен площади основания (πr²), умноженной на высоту (2r), то есть 2πr³ Следовательно, объем шара равен ⅔ от этой величины, то есть (4/3)πr³.
Площадь поверхности сферы Архимед вывел при помощи аналогичной процедуры.
Он описал этот процесс геометрически, но нам проще следить за его аргументами, пользуясь современными обозначениями. Учитывая, что происходило это все около 250 г. до н. э. и что закон рычага открыл тоже Архимед, его достижения можно по праву назвать поразительными.
Откуда у леопарда пятна
W. L. Allen, I. C. Cuthill, N. E. Scott-Samuel, and R. J. Baddeley. Why the leopard got its spots: relating pattern development to ecology in felids, Proceedings of the Royal Society B: Biological Sciences 278 (2011) 1373–1380.
Многоугольники навсегда
Хотя может показаться, что эта фигура будет увеличиваться до бесконечности, на самом деле она всегда остается в пределах ограниченной области на плоскости: круга радиусом приблизительно 8,7.
Отношение радиусов окружности, описанной вокруг правильного n-угольника, и окружности, вписанной в него, равно sec π/n, где sec – это тригонометрическая функция секанс, а угол измеряется в радианах. (Если хотите измерять угол в градусах, замените π на 180°.) Таким образом, для любого n радиус окружности, описанной вокруг правильного n-угольника на рисунке, равен
S = sec π/3 × sec π/4 × sec π/5 × … × sec π/n[38].
Мы хотим узнать предел этого произведения при n, стремящемся к бесконечности. Возьмем логарифм:
lnS = lnsec π/3 + lnsec π/4 + lnsec π/5 + … + lnsec π/n.
Пока x мал, lnsec x ~ x²/2, так что этот ряд можно сравнить с рядом
1/3² + 1/4² + 1/5² + … + 1/n²,
который при n, стремящемся к бесконечности, сходится. Следовательно, lnS конечен, так что и S конечно. Сумма членов ряда до n = 1 000 000 дает 8,7 в качестве разумной оценки предела.
Я узнал об этой задаче, а также о приведенном ответе из книжного обзора Харольда Боаса[39]. Этот автор нашел эту задачу в книге «Математика и воображение» Эдварда Каснера и Джеймса Ньюмена, изданной в 1940 г. Он пишет: «Может быть, если этот рисунок воспроизвести в достаточном числе книг, этот забавный пример станет частью стандартного набора задач занимательной математики».
Я стараюсь, Харольд.
Приключения гребцов
Мы с Сомсом нашли еще два варианта распределения весел, не считая зеркально симметричных:
– Несмотря на всю механическую сложность задачи, – сказал Сомс, – в конечном итоге она сводится к простой арифметике. Нам нужно разделить числа от 0 до 7 на две группы – так, чтобы сумма чисел в каждой из них равнялась 14.
– Если мы знаем один такой набор, то второй определяется автоматически и тоже дает сумму 14.
– Да, Ватсап, это очевидно: просто берем числа, которые не вошли в первый набор.
– Я согласен, что это тривиально, Сомс, но это подразумевает, что мы можем использовать набор, содержащий 0; это означает, что заднее весло мы размещаем слева (при необходимости мы всегда можем взять зеркально симметричный вариант). Таким образом мы снижаем число вариантов, которые необходимо рассмотреть.
– Это правда.
Теперь рассуждения шли практически сами собой.
– Если в набор входит также 1, – заметил я, – то остальные два числа в сумме дают 13, так что это должны быть 6 и 7, что дает 0167. Если там нет 1, но есть 2, то единственный возможный вариант – 0257. Если вариант начинается с 03, возникает два следствия: 0347 и 0356. Вариант, начинающийся с 04, можно не рассматривать, поскольку получить 10 сложением двух чисел из 5, 6, 7 невозможно. Аналогично отвергаем 05, 06 и 07.
– Итак, вы пришли к выводу, – подвел итог Сомс, – что единственные возможные варианты, исключая симметрию право-лево, – это
0167 0257 0356 0347
Но 0257 – это немецкий вариант, а 0347 – итальянский. Остаются два, те самые, что выложил из спи…
Он внезапно вскочил и напрягся.
– Святые угодники!
– Что, Сомс?
– Мне только что пришло в голову, Ватсап, извините за каламбур, что эта спичка… – он помахал передо мной какой-то горелой спичкой… – это не редкая ранняя спичка Конгрива, как я воображал, но одна из бесшумных спичек Ирини. Когда подорвался его профессор химии, Ирини пришло в голову заменить бертолетову соль в головке спички двуокисью свинца.
– Ах. Это имеет значение, Сомс?
– Еще какое, Ватсап. Это позволяет пролить совершенно новый свет… опять же, извините за каламбур… на одно из самых невероятных наших нераскрытых дел.
– Замечательное дело перевернутого чайника! – воскликнул я.
– Вот именно, Ватсап! Итак, если в ваших записях сохранилась информация о том, справа или слева от мумифицированного попугая лежала та спичка…
Анализ Сомса основан на:
Maurice Brearley, 'Oar arrangements in rowing eights', in Optimal Strategies in Sports (ed. S. P. Ladany and R. E. Machol), North-Holland 1977.
John Barrow, One Hundred Essential Things You Didn't Know You Didn't Know, W. W. Norton, New York 2009.
Как и предупреждал Сомс, это лишь первоначальный упрощенный подход к весьма сложной проблеме.
Кстати говоря, Университетская гонка 1877 г. закончилась ничьей – единственный случай в истории этих состязаний.
Кстати говоря, Университетская гонка 1877 г. закончилась ничьей – единственный случай в истории этих состязаний.
Кольца из правильных многогранников
Джон Мейсон и Теодорус Деккер нашли более простые методы доказательства невозможности, чем те, которыми пользовался Сверчковский. При склеивании двух одинаковых тетраэдров гранями каждый из них становится как бы отражением другого в их общей грани.
Начнем с одного тетраэдра. У него четыре грани и, соответственно, четыре таких отражения; назовем их r1, r2, r3 и r4. Каждое отражение ставит все на прежнее место, если проделать операцию дважды, так что r1r1 = e, где e – это нулевая трансформация («ничего не делать»). То же можно сказать и об остальных отражениях. Таким образом, все комбинации нескольких отражений представляют собой произведения вроде такого:
r1r4r3r4r2r1r3r1,
где последовательность индексов 14342131 может быть любой последовательностью чисел 1, 2, 3, 4, где ни одно число не встречается два раза подряд. К примеру, последовательности 14332131 быть не может. Причина в том, что здесь r3r3 – это одно и то же отражение, проделанное дважды, то есть e, которое не производит никакого действия и потому может быть исключено.
Если такая цепочка замыкается, то очередное отражение, примененное к крайнему тетраэдру в цепочке, дает тетраэдр, который совпадает с первоначальным. Таким образом, мы получаем уравнение вида
r1r4r3r4r2r1r3r1 = e
(только более длинное и сложное), где e означает «ничего не делать». Записав формулы для четырех отражений и воспользовавшись подходящими алгебраическими методами, можно доказать, что такое уравнение не выполняется никогда. Подробности см.:
T. J. Dekker, On reflections in Euclidean spaces generating free products, Nieuw Archief voor Wiskunde 7 (1959) 57–60.
M. Elgersma and S. Wagon, Closing a Platonic gap, Mathematical Intelligencer in the press.
J. H. Mason, Can regular tetrahedrons be glued together face to face to form a ring? Mathematical Gazette 56 (1972) 194–197.
H. Steinhaus, Problem 175, Colloquium Mathematicum 4 (1957) 243.
S. Swierczkowski, On a free group of rotations of the Euclidean space, Indagationes Mathematicae 20 (1958) 376–378.
S. Swierczkowski, On chains of regular tetrahedra, Colloquium Mathematicum 7 (1959) 9–10.
Невозможный маршрут
– Как вы правильно сказали, вы их не видите, – сказал Сомс. – Вы же знаете мои методы: воспользуйтесь ими.
– Очень хорошо, Сомс, – ответил я. – Вы всегда говорили, что нужно отбросить все несущественное. Поэтому я повторю свои рассуждения, а чтобы устранить всякую мыслимую возможность ошибки, представлю задачу в простейшем виде. Я пронумерую области на карте – вот так. Их пять. Затем я нарисую диаграмму – кажется, она называется графом, – на которой схематически покажу эти области и связи между ними.
Он молчал с непроницаемым выражением лица.
– Мы должны попасть из области 1 в область 5, причем мост A должен быть последним. Если начинать из 1, единственным оставшимся вариантом будет пересечь мост B, затем неизбежно последуют C и D. Далее мы должны воспользоваться мостом E или F. Скажем, мы выбрали мост E. Далее мы не можем воспользоваться F, потому что это приведет нас в область 4, из которой далее пути для нас нет. Однако мы не можем воспользоваться и мостом A, потому что это приведет нас в область 1, из которой пути нет. То же произойдет, если мы выберем F вместо E. Я закончил.
– Почему, Ватсап?
– Потому, Сомс, что я исключил невозможное, – он поднял бровь. – Поэтому то, что останется, каким бы невероятным оно ни казалось, – продолжал я, – должно быть…
– Продолжайте.
– Но, Сомс, ничего не остается! Следовательно, задача не имеет решения!
– Неверно. Я уже сказал вам, что решений здесь восемь.
– Тогда вы, вероятно, солгали мне об условиях задачи.
– Нет.
– Тогда я в тупике. Что я упустил?
– Ничего.
– Но…
– Вы кое-что впустили, Ватсап. Вы слишком многое приняли за данность. Вы ошибочно решили, что маршрут не должен выходить за пределы нарисованной мной карты.
– Но вы же сказали, что дальше реки текут до границ Швейцарии и дальше, а нам нельзя пересекать границу.
– Да. Но на карте изображена не вся Швейцария. Откуда течет эта река?
– О-ох! – я хлопнул себя ладонью по лбу.
– Кто? Бог?
– Просто непроизвольное выражение. Я браню себя за собственную глупость, Сомс. Не «Бог», скорее просто «О-ох!».
– Я посоветовал бы вам избегать этого выражения, Ватсап. Оно вам не идет, да и модным никогда не станет.
– Как скажете, Сомс. Моя вспышка была вызвана тем, что я понял: мою вторую попытку можно завершить, если обогнуть исток реки и пройти по мосту A.
– Верно.
– Так что области 1 и 4 на моем рисунке – на самом деле одна и та же область.
– В самом деле. Это, – сказал я через мгновение, – было нечестно. Откуда мне знать, что исток реки находится в границах Швейцарии? Он не показан на вашей карте.
– Но ведь я сказал вам, Ватсап, что существует по крайней мере один маршрут, удовлетворяющий всем условиям. Из этого однозначно следует, что исток реки должен находиться в Швейцарии.
Туше. Я вспомнил также, что он говорил про восемь маршрутов.
– Я вижу второй маршрут, Сомс: достаточно поменять местами мосты E и F. Но остальные шесть, признаюсь, от меня ускользают.
– Ах. Ваше утверждение, что начинать мы должны непременно с моста B, теряет смысл, если области 1 и 4 сливаются. Позвольте мне перерисовать вашу упрощенную схему правильно.
– Я изобразил мост A пунктирной линией в качестве напоминания о том, что его мы должны оставить напоследок. Обратите внимание: начиная с области 1 мосты, кроме A, образуют два различных замкнутых контура: BCD или DCB, а также EF или FE. Более того, мы можем начать с любого из этих контуров, а затем перейти к другому. Наконец, в конце мы должны поставить мост A. Получаем следующие маршруты:
– Всего восемь.
– Теперь я ясно вижу свою ошибку, Сомс, – признал я.
– Вы видите конкретную свою ошибку, Ватсап, но не общую закономерность, которая за ней стоит и которая затрагивает все аргументы об исключении невозможного.
Я в недоумении покачал головой.
– Что вы имеете в виду?
– Я имею в виду, Ватсап, что вы не рассмотрели все возможные варианты. А причиной тому было…
Я снова хлопнул себя ладонью по лбу, но на этот раз воздержался от каких бы то ни было звуков, не желая служить мишенью для насмешек Сомса.
– Я забыл, что, размышляя над задачей, необходимо выйти за рамки.
Ссылки на источники
«О форме апельсиновой кожуры». Слева и в центре рисунки: Laurent Bartholdi and André Henriques. Orange peels and Fresnel integrals, Mathematical Intelligencer 34 No. 4 (2012) 1–3.
"О форме апельсиновой кожуры". Справа рисунок: Luc Devroye.
"Дело о картонных коробках". Концепция загадки с коробками: Moloy De.
"Пифилология, пиэмы и пиллиш". Отрывок из Not A Wake: Mike Keith.
"Математические хайку". Хайку: Daniel Mathews, Jonathan Alperin, Jonathan Rosenberg.
"Загадка гусиного клина". Фото: http://getyournotes.blogspot.co.uk/2011/08/why-do-some-birds-fly-in-v-formations.html
"Поразительные квадраты". Поразительные квадраты: Moloy De и Nirmalya Chattopadhyay.
"Загадка тридцати семи". Загадка тридцати семи: основана на наблюдениях Stephen Gledhill.
"Четыре псевдоку без указаний". Псевдоку без указаний: Gerard Butters, Frederick Henle, James Henle and Colleen McGaughey. Creating clueless puzzles, Mathematical Intelligencer 33 No. 3 (Fall 2011) 102–105.
"Загадки простого числа". Рисунок: Eric W. Weisstein, «Гипотеза Брокара» с сайта MathWorld: http://mathworld.wolfram.com/BrocardsConjecture.html
"Оптимальная пирамида". Справа фото: Steven Snape.
"Путаница с инициалами". Фото: с разрешения архива Университета Висконсина в Мэдисоне.
"Загадка песков". Сверху слева фото: [George Steinmetz, с разрешения Anastasia Photo].
"Загадка песков". Сверху справа фото: снимок камеры HiRISE на спутнике Марса Mars Reconnaissance Orbiter, NASA.
"Загадка песков". Снизу справа рисунок: Rudi Podgornik.
"Загадка песков". Снизу слева рисунок: Veit Schwämmle and Hans J. Herrmann. Solitary wave behaviour of sand dunes, Nature 426 (2003) 619–620.