Задача 67520
|
|
 |
Условие
В трёхмерном координатном пространстве рассмотрим множество всех кубов с целочисленными координатами вершин. Докажите, что в этом множестве существует такое бесконечное подмножество $K$, что любые два разных куба из $K$ не имеют параллельных рёбер.Решение 1
Рассмотрим куб с тремя направляющими векторами рёбер вида $(a, b, c)$, $(b, c, a)$, $(c, a, b)$, где $a=-n$, $b=n+1$, $c=n(n+1)$. Здесь $a, b, c $ подобраны с условием $ab+bc+ca = 0$ (или $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} = 0$), так что эти три вектора попарно перпендикулярны.Выбирая $n=1, 2, 3, \ldots$, получим набор кубов без параллельных рёбер (нетрудно проверить, что никакие два соответствующих вектора не пропорциональны).
Замечание. Геометрически можно интерпретировать эту конструкцию так: делается поворот ребер-векторов стандартного единичного куба $(1, 0, 0)$, $(0, 1, 0)$, $(0, 0, 1)$ на подходящий угол вокруг вектора диагонали $(1,1,1)$ (так, чтобы координаты новых векторов оказались рациональными) и далее гомотетия с нужным коэффициентом, превращающая рациональные координаты векторов в целые.
Решение 2
Рассмотрим куб с тремя направляющими векторами рёбер вида $(2, 2n, n^2)$, $(2n, n^2 - 2, -2n)$, $(- n^2, 2n, -2)$. Длина каждого ребра равна тогда $n^2 + 2$. Нетрудно проверить, что они взаимно перпендикулярны.Выбирая $n=1, 2, 3, \ldots$, получим набор кубов без параллельных рёбер (нетрудно проверить, что никакие два соответствующих вектора не пропорциональны).
Решение 3
Основная идея решения состоит в следующем. Мы будем рассматривать кубы с направляющими рёбрами $(0,0,c)$, $(0,c,0)$, $(c,0,0)$, где в качестве $c$ будем брать длины гипотенуз некоторых прямоугольных треугольников с целыми длинами сторон. Затем будем поворачивать эти кубы сначала относительно оси $Oz$, а потом — относительно новой (повёрнутой) оси $Ox$ так, чтобы они по-прежнему имели целочисленные вершины и удовлетворяли условию задачи.Заметим сначала, что на плоскости $Oxy$ имеется бесконечно много квадратов с целыми вершинами и целыми длинами сторон, повёрнутых относительно оси $Oz$ на разные углы больше $0^\circ$ и меньше $90^\circ$ — поскольку существует бесконечно много непропорциональных пифагоровых троек. (Для пифагоровой тройки $a,b,c$, где $a^2+b^2=c^2$, рассматриваем квадрат со стороной $c$, построенный на векторе $(a, b)$.)
Тогда для исходного и повёрнутого кубов будет только одно направление, в котором есть параллельные рёбра (направление $Oz$). Рассмотрим теперь для нового куба плоскость $\alpha$, содержащую старую ось $Oz$ и новую (повёрнутую) ось $Oy$. Направляющие векторы рёбер куба, лежащих в плоскости $\alpha$, также задают на ней целочисленную квадратную решётку. В плоскости $\alpha$ тогда тоже есть бесконечно много квадратов с целыми вершинами и целыми длинами сторон, повёрнутых относительно новой оси $Ox$ на угол больше $0^\circ$ и меньше $90^\circ$.
Тогда бесконечное семейство кубов строим так: каждый очередной куб первым поворотом (относительно $Oz$) делаем таким, чтобы его рёбра были непараллельны ни одному ребру всех предыдущих кубов, кроме рёбер, параллельных $Oz$, а вторым поворотом добиваемся, чтобы его рёбра были непараллельны вообще ни одному из рёбер предыдущих кубов. Это можно сделать, так как возможных поворотов бесконечное количество, как было сказано выше!
(Или так: можно доказать, что имеются необходимые повороты на сколь угодно малые углы, а тогда перед очередным поворотом можно измерить всевозможные ненулевые углы между рёбрами нового куба и рёбрами предыдущих кубов и повернуть на угол, который меньше всех этих углов. Тогда после первого поворота останется только параллельность направлению $Oz$, а после второго рёбра разных кубов уже не будут параллельны друг другу.)
Обозначив через $A_n$ множество кубов, построенных на $n$-м шаге, видим, что каждое очередное множество содержит предыдущее множество и ещё один новый куб. Рассмотрев объединение всех множеств $A_n$ (для $n=1, 2, 3, \ldots$), получим искомый бесконечный набор.
Решение 4
Рассмотрим единичный куб с направляющими рёбрами $(0,0,1)$, $(0,1,0)$, $(1,0,0)$. Будем отражать его относительно таких плоскостей, проходящих через начало координат, у которых целые коэффициенты в уравнении. Будут получаться кубы с рациональными координатами, так как проекция вектора с рациональными координатами на такую плоскость — тоже вектор с рациональными координатами.(В самом деле, если уравнение плоскости имеет вид $ax+by+cz=0$, то перпендикулярный ей вектор имеет координаты $(a,b,c)$ — так как скалярное произведение его и любого вектора в нашей плоскости равно нулю. Рассмотрим вектор с рациональными координатами $(p,q,r)$. Чтобы спроецировать его на нашу плоскость, надо прибавить к его концу $(p,q,r)$ вектор $\alpha(a,b,c)$, подобрав коэффициент $\alpha$ так, чтобы конец итогового вектора $(p,q,r)+\alpha(a,b,c)$, попал в нашу плоскость. Получаем уравнение $$a(p+\alpha a)+b(q+\alpha b)+c(r+\alpha c)=0;\quad \text{то есть}\quad \alpha=-\frac{ap+bq+cr}{a^2+b^2+c^2}. $$ Видим, что $\alpha$ рационально, откуда проекция тоже имеет рациональные координаты.)
С помощью гомотетии с центром в начале координат каждый такой куб можно превратить в куб с целыми координатами.
Далее, выбираем бесконечный набор этих плоскостей так, что, отразив относительно них единичный куб, мы получим искомый набор кубов. (Например, выбираем эти плоскости так, чтобы угол между любыми двумя из них был меньше 1 градуса.)
