Искатели необычайных автографов

— Далее обозначим искомые координаты центров тяжести равносторонних треугольников. Точки m: х₁, у₁; точки n: x₂, у₂; точки р: х₃, у₃. Займемся сперва одним треугольником и по известной уже нам формуле о квадрате расстояния между двумя точками вычислим, что

(Am)² = (Оm)² = (x₁ — 4)² + (y₁ — 5)² = x₁² + y₁² = 41/3.

Решая систему двух уравнений:

(x₁ — 4)² + (y₁ — 5)² = x₁² + y₁² и x₁² + y₁² = 41/3, найдем, что

— А как это у вас получилось? — неожиданно для себя самого интересуется Фило.

— По-моему, это понятно всякому школьнику, — сердито отвечает Мате.

— Допустим. А как же быть с двумя знаками перед вторыми слагаемыми? Какой из них выбрать?

— Ну, а это уж где как. Обратите внимание на то, что первые слагаемые (2 и 2,5) — это координаты середины стороны ОА. В самом деле:

(O + 4)/2 = 2 и (O + 5)/2 = 2,5

А точка т лежит слева от этой середины, но выше ее. Следовательно, в первом равенстве (x₁) надо сохранить знак минус, а во втором (у₁) — знак плюс. Поэтому окончательно:

Точно таким же образом найдем координаты точек n и р:

Остается вычислить расстояния между т и п, п и р, р и т. Обозначим их буквой dс соответствующими индексами: тп, пр и рт. Тогда:

Если теперь вычислить

окажется, что все три результата одинаковы:

Ну, а раз равны квадраты расстояний, то равны и сами расстояния. Стало быть, соединив точки m, n и р, мы получим равносторонний треугольник.

— Квод демонстрандум эрат! Что и требовалось доказать, — торжественно заключает Асмодей.

— Не забудьте рассмотреть еще два частных случая первоначального треугольника, — суетливо напоминает Мате. — Когда сумма двух сторон равна третьей и когда одна из сторон равна нулю. — Он протягивает Фило и Асмодею заранее заготовленные чертежики. — Как видите, моя теорема справедлива также и для них.

— Благодарю вас, мсье! Поверьте, мне было чрезвычайно интересно! Поздравляю с удачей! — рассыпается бес, но вдруг совершенно неожиданно зевает и страшно смущается. — Пардон, мсье! Не подумайте, что это от вашей теоремы. Всему виной чай. Он всегда действует на меня, как снотворное. С вашего разрешения я вздремну немножко…

Он взлетает на верхнюю полку и скрывается в книге Лесажа, с силой захлопнув за собой картонную обложку. В ту же минуту оттуда начинает исходить легкое блаженное похрапывание: «Хрр-фью… хрр- фью…»

Филоматики растроганно переглядываются.

— Перерыв?

— Перерыв!

ВЕЧЕР ЧАЙНОГО ДНЯ

— Открываем наше вечернее заседание, — объявляет Фило, когда все они снова сидят за столом и Асмодей кулачком протирает заспанные глаза. — Что у нас на повестке… пардон, на чашке дня?

Бес молча указывает на рисунок, где три блистательных кавалера и одна изысканная дама играют в карты.

— Эпизод под названием «В великосветском салоне», — определяет Фило.

Все еще позевывая, Асмодей заглавие одобряет, считает, однако, необходимым добавить, что к этому эпизоду примыкает еще один: «Встреча на улице Сен-Мишель», связанный с ним общей темой «Теория вероятностей». Кроме того, прежде чем перейти к обсуждению, не мешает установить дату…

Мате уверенно объявляет, что разговор за карточным столом мог быть только зимой 1654 года.

— Почем вы знаете? — любопытствует Фило.

— Да потому что речь, если помните, шла о переезде Паскаля и герцога Роанне в Пор-Рояль. Отсюда следует, что интересующий нас эпизод происходил уже после обращения Паскаля, которое, как я выяснил, относится к 23 ноября 1654 года. И судя по тому, что маркиза об этом узнать не успела, разговор ее с де Мере отстоит не слишком далеко от указанной даты. Он мог состояться в конце ноября или в начале декабря.

— Мог-то мог, но вот состоялся ли? — неосторожно прорывается у Фило.

— Пф! — Асмодей возмущенно фыркает и просыпается окончательно. — Не все ли равно! Важно другое: убедительно или неубедительно? Вероятно или невероятно?

— Вероятно, вероятно! — дружно успокаивают его филоматики.

— Вот и перейдем к задачам о вероятностях, о которых так красноречиво рассказывал шевалье де Мере, — ловко поворачивает разговор черт. — Начнем, как полагается, с начала, то есть с первой задачи. Суть ее такова: двое играют в кости, бросая по два кубика сразу. Первый ставит на то, что хотя бы один раз выпадут две шестерки одновременно. Другой — на то, что две шестерки одновременно не выпадут ни разу. Спрашивается, сколько надо сделать бросков, чтобы шансы на выигрыш первого игрока превысили шансы второго.

— Ясно, что здесь возможны 36 комбинаций, — говорит Мате.

— Это почему же? — сейчас же придирается Фило.

— Да потому, что каждая из шести граней первой кости варьируется с шестью гранями второй. Следовательно, число возможных вариантов есть 6 х 6, что всегда равно 36. И только один из этих 36 вариантов дает выигрыш первому игроку. Стало быть, вероятность выпадения двух шестерок очень мала: 1/36 около 0,028. А вероятность невыпадения, наоборот, очень велика: 1–1/36 = 35/36 около 0,972. При вторичном броске вероятность невыпадения сохраняется (35/36), так как она не зависит от результата первого броска. Значит, согласно теореме умножения, вероятность невыпадения с учетом обоих бросков будет уже равна произведению вероятностей каждого броска в отдельности, то есть (35/36)². Тогда вероятность выпадения при двух бросках равна: 1 — (35/36)², что больше вероятности при одном броске почти вдвое: 1 — (35/36)² около 1–0,95 = 0,05. Остается выяснить, каково должно быть минимальное число бросков, чтобы вероятность выпадения превысила вероятность невыпадения, то есть стала бы больше половины. Обозначим неизвестное нам число бросков через х. Тогда вероятность невыпадения (35/36)^х, вероятность выпадения р = 1 — (35/36)^x. Вот и всё!

— Позвольте! — шебаршится Фило. — Как же все, если икс так и остался ненайденным? И каким способом вы думаете его найти?

— Очевидно, либо с помощью логарифмов, либо подбирая вместо икса числа, при которых вероятность выигрыша станет больше 0,5.