Нам нужно научиться конструировать тройки ненулевых векторов
$\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$
(направленных вдоль рёбер куба), удовлетворяющих таким условиям:
- $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ имеют
целые координаты;
- $\overrightarrow{a}\perp\overrightarrow{b}$,
$\overrightarrow{b}\perp\overrightarrow{c}$,
$\overrightarrow{c}\perp\overrightarrow{a}$ (т. е. векторы попарно
ортогональны);
- $|\overrightarrow{a}|=|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|$ (т. е.
длины векторов равны).
Кроме того, никакие два вектора из разных троек не должны быть
коллинеарными. Мы расскажем о нескольких подходах к решению, появившихся в процессе работы над этой задачей команды составителей Турнира городов.
Способ 1. Начнём с решения, предложенного М. Малкиным и М. Мееровым, в котором использовалась явная конструкция троек
вида $\overrightarrow{a}=(2;2n;n^2)$, $\overrightarrow{b}=(2n;n^-2;-2n)$,
$\overrightarrow{c}=(-n^2;2n;-2)$, где $n=1$, 2, 3, $\ldots$ Условия (1)—(3)
проверяются непосредственно. Также нетрудно проверить, что никакие два вектора из разных троек не пропорциональны.
Способ 2 (предложили А. Заславский и А. Юран). Будем
брать тройки векторов вида $\overrightarrow{a}=(\alpha;\beta;\gamma)$,
$\overrightarrow{b}=(\beta;\gamma;\alpha)$,
$\overrightarrow{c}=(\gamma;\alpha;\beta)$. Геометрически это означает, что векторы $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$
переходят друг в друга по циклу при повороте (на угол $120^\circ$) вокруг
оси $x=y=z$; тем самым мы уже обеспечиваем выполнение условия (3), а также
равенство углов между векторами во всех трёх парах. Далее подберём $\alpha$,
$\beta$, $\gamma$ с условием $\overrightarrow{a}\perp\overrightarrow{b}$‚
что эквивалентно $\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0$, или, в координатах,
$$
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=0~{\Leftrightarrow}~
\dfrac1\alpha+\dfrac1\beta+\dfrac1\gamma=0.
$$
Подойдут, например, $\alpha=-n$, $\beta=n+1$, $\gamma=n(n+1)$. Тот факт, что никакие два вектора из равных троек не коллинеарны, практически очевиден из геометрического описания (и, конечно, легко проверяется непосредственно).
Прежде чем перейти к следующему способу, заметим, что условие (1) можно
ослабить, потребовав лишь рациональность координат векторов. В самом деле,
если $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ имеют
рациональные координаты, то их можно домножить на подходящее натуральное
число так, чтобы все их координаты стали целыми. Далее можно усилить условие
(3), потребовав, чтобы длины векторов равнялись 1, т. е. чтобы
$\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ являлись
радиус-векторами точек, лежащих на единичной сфере $x^2+y^2+z^2=1$. (На
самом деле можно доказать, что длина каждого из (ненулевых) векторов
$\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$,
удовлетворяющих условиям (2) и (3), равна натуральному числу, значит,
домножением на рациональное число эти векторы можно превратить в векторы
длины 1.) Итак, мы конструируем тройки векторов $\overrightarrow{a}$,
$\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$, удовлетворяющих таким
условиям:
- $\overrightarrow{a}$,
$\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ имеют рациональные координаты;
- $\overrightarrow{a}$,
$\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$,
попарно ортогональны;
- $|\overrightarrow{a}|=
|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|=1$.
Способ 3 (предложил М. Прасолов). Будем отражать векторы
$\overrightarrow{e_1}(1;0;0)$, $\overrightarrow{e_2}(0;1;0)$,
$\overrightarrow{e_3}(0;0;1)$ относительно плоскостей вида $Ax+By+Cz=0$, где коэффициенты $A$, $B$, $C$ рациональны. Ясно, что после отражения векторы
будут удовлетворять условиям (2) и (3′). Условие (1′) про рациональность коэффициентов тоже будет выполнено. Действительно, вектор
$\overrightarrow{v}$ переходит при отражении относительно плоскости
$Ax+Vy+Cz=0$ в вектор $\overrightarrow{v'}=\overrightarrow{v}-
2\dfrac{\overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{n}}{\overrightarrow{n}\cdot
\overrightarrow{n}}$, где $\overrightarrow{n}=(A;B;C)$ (вектор нормали к нашей плоскости). Видим, что если $\overrightarrow{v}$ и $\overrightarrow{n}$ имеют рациональные координаты, то и $\overrightarrow{v'}$ — тоже.
Ясно, что можно выбрать бесконечный набор плоскостей указанного вида
$Ax+By+Cz=0$ так, чтобы в получившемся наборе троек векторов не было
пропорциональных векторов. Это решает нашу задачу. На самом деле,
последовательностью указанных отражений можно получить из тройки
$\overrightarrow{e_1}$, $\overrightarrow{e_2}$, $\overrightarrow{e_3}$
любую тройку, удовлетворяющую условиям (1′), (2), (3′).
Способ 4 (предложил Д. Макаров). Будем пользоваться известным
утверждением: на плоскости $Oxy$ на любой дуге окружности
$x^2+y^2=1$ есть бесконечно много точек с рациональными координатами. (Это
можно вывести, например, из описания пифагоровых троек.)
Повернём векторы $\overrightarrow{e_1}(1;0;0)$ и $\overrightarrow{e_2}(0;1;0)$ вокруг $\overrightarrow{e_3}(0;0;1)$ (на один
и тот же угол), чтобы они перешли в векторы $\overrightarrow{e_1'}$ и $\overrightarrow{e_2'}$, с рациональными координатами (это возможно,
согласно утверждению). Положим
$\overrightarrow{e_3'}=\overrightarrow{e_3}$.
Начало координат $O$ и единичные векторы $\overrightarrow{e_1'}$,
$\overrightarrow{e_2'}$, $\overrightarrow{e_3'}$ определяют новую
прямоугольную систему координат, для которой точки с рациональными
координатами имеют рациональные координаты и в исходной системе координат.
(На самом деле, несложно понять, что множество точек, имеющих рациональные
координаты, будет одним и тем же для новой и исходной систем координат.)
Далее сделаем аналогичный поворот вокруг $\overrightarrow{e_1'}$ и получим
новую тройку единичных попарно ортогональных векторов
$\overrightarrow{e_1''}$, $\overrightarrow{e_2''}$, $\overrightarrow{e_3''}$.
Ясно (в силу утверждения), что можно подобрать повороты так, что ни один из векторов $\overrightarrow{e_1''}$, $\overrightarrow{e_2''}$,
$\overrightarrow{e_3''}$ не будет параллелен никакому из векторов
$\overrightarrow{e_1}$, $\overrightarrow{e_2}$, $\overrightarrow{e_3}$.
Продолжаем так и далее: из каждой новой тройки векторов, удовлетворяющей
условиям (1′), (2), (3′), парой поворотов получаем новую
тройку, удовлетворяющую условиям (1′), (2), (3′). При этом углы поворотов можно подобрать так, чтобы ни один новый вектор не был параллелен никакому вектору из ранее выбранных троек.
Заметим, что способ 4 можно связать со способом 3, поскольку
поворот реализуется последовательным выполнением двух отражений.
В завершение отметим, что последние два подхода позволяют доказать такой
известный (и в каком-то смысле усиливающий нашу задачу) результат: для любой
тройки $\overrightarrow{f_1}$, $\overrightarrow{f_2}$,
$\overrightarrow{f_3}$ единичных попарно ортогональных векторов можно
подобрать сколь угодно близкие к ним единичные попарно ортогональные векторы
$\overrightarrow{f_1'}$, $\overrightarrow{f_2'}$, $\overrightarrow{f_3'}$,
имеющие рациональные координаты.
