Конкурсная задача ММ11 (5 баллов)

Существует ли тетраэдр (под тетраэдром понимается произвольная треугольная пирамида), все грани которого прямоугольные треугольники и при этом прямые углы распределены по вершинам тетраэдра так:
а) (3, 1, 0, 0); (1 балл)
б) (2, 2, 0, 0); (1 балл)
в) (2, 1, 1, 0); (1 балл)
г) (1, 1, 1, 1)? (2 балла)
д) Существует ли тетраэдр, все грани которого прямоугольные треугольники, а все ребра имеют целочисленную длину? (3 балла)

Решение

а) Нет.
Пусть все плоские углы при вершине A тетраэдра ABCD прямые. Тогда легко убедиться (например, с помощью теоремы косинусов), что треугольник ABC - остроугольный.

б) Да.
Достаточно взять ломаную из трех попарно перпендикулярных отрезков AB, BC, CD и достроить ее до тетраэдра ABCD. Тогда углы ABC, ABD, BCD и ACD будут прямыми.

в) Нет.
Пусть плоские углы ABC, ABD и BCD тетраэдра ABCD прямые. Тогда AB, будучи перпендикулярно BC и BD перпендикулярно плоскости BCD и, значит перпендикулярно CD. Следовательно, CD перпендикулярно двум пересекающимся прямым в плоскости ABC и, значит, перпендикулярно AC. Таким образом, угол ACD тоже прямой и мы имеем случай б).

г) Нет.
Возможны (точнее, они невозможны, но это еще предстоит доказать) два случая:

1) Одно из ребер тетраэдра ABCD (например, AB) является гипотенузой двух прямоугольных треугольников.
Ясно, что если вращать треугольник ABD вокруг AB расстояние CD станет максимальным, когда точка D будет лежать в плоскости ABC, по разные стороны с C от прямой AB. В этом случае точки A, B, C, D будут лежат на одной окружности. Углы CAD и CBD могут оба оказаться прямыми, только если CD будет диаметром (а вся фигура ABCD прямоугольником, а не тетраэдром). В этом случае AC²+AD² = CD² и BC²+BD² = CD² .
Если же точка D не лежит в плоскости ABC, то CD станет меньше и хотя бы одно из из приведенных выше пифагоровых соотношений будет нарушено.

2) Каждое ребро тетраэдра является гипотенузой не более чем в одной грани.
Пусть в грани ABC угол C - прямой. Тогда AC<AB и CB<AB. Не нарушая общности рассуждений, можно положить, что в грани ABD прямым углом будет B. Тогда AB<AD. В грани ACD прямым углом теперь может быть только A (иначе гипотенуза будет короче катета). Тогда AD<CD. Итак прямые углы уже есть при вершинах A, B и C. Но в грани BCD угол D не может быть прямым (иначе опять получится, что гипотенуза короче катета). Значит и 2-й случай невозможен.

д) Да. Ясно, что надо рассматривать тетраэдр из пункта б). Обозначим, AB = a, BC = b, CD = c. Тогда задача заключается в отыскании натуральных чисел a, b, c таких, что a²+b², b²+c² и a²+b²+c² являются квадратами натуральных чисел.
Понятно, что это задачка уже теоретико-числовая, а не геометрическая. Поиск подходящих троек (a,b,c) можно ускорить, если заметить, что a²+b²+c² есть квадрат, представимый в виде суммы квадратов более чем одним способом. Известно, что число, свободное от квадратов представляется в виде суммы квадратов более чем одним способом, если оно есть произведение нескольких простых чисел, каждое из которых сравнимо с 1 по модулю 4. Применительно к нашей задаче (учитывая, что само число a²+b²+c² является квадратом) поиск числа a²+b²+c² надо вести среди чисел вида 5²*13² и т.п.
Подходящими (примитивными) тройками являются, например: (153, 104, 672), ( 495, 840, 448), (3740, 1680, 819), (13940, 11088, 9555) и многие другие.

Обсуждение

Наиболее типичной ошибкой при решении этой задачки (а я давал ее в разных аудиториях) является обнаружение в пункте г) 'тетраэдра' с ребрами AB=CD=3, AC=BD=4, BC=AD=5 и подобных ему.

Полагаю, что примитивных (взаимно простых в совокупности) троек (a,b,c), удовлетворяющих условию пункта д) бесконечно много. Но доказательства этого утверждения у меня нет.

Награды

Маша Никулина получает 4 призовых балла (правильные решения пунктов а) и в), правильный ответ, но со странным примером, к пункту б), правильный, но неполный ответ к пункту г)). Вячеслав Пономарев получает 3 призовых балла (правильное решение пунктов a), б), в)).

---