Муха летает внутри правильного тетраэдра с ребром a . Какое наименьшее расстояние она должна пролететь, чтобы побывать на каждой грани и вернуться в исходную точку? Рассмотрим тетраэдр ABCD . Пусть муха побывала на каждой из граней тетраэдра и вернулась в исходную точку. Без ограничения общности можно считать, что муха 
сначала побывала на грани ABC , потом — на грани BCD , затем — на DAB , и, наконец, на ACD . Обозначим соответствующие точки на гранях, в которых побывала муха, через E , F , G и H (рис. ). Ясно, что минимальное расстояние, которое муха могла пролететь, равно периметру пространственного четырехугольника EFGH . 1 o . Проведем через DC плоскость, перпендикулярную AB (плоскость симметрии тетраэдра ABCD ) и рассмотрим четырехугольник E 1 F 1 G 1 H 1 , симметричный EFGH относительно этой плоскости. (Вершины E 1 и G 1 останутся на тех же гранях, что E и G соответственно, F 1 попадет на одну грань с H , а H 1 — на одну грань с F .) Периметры четырехугольников EFGH и E 1 F 1 G 1 H 1 равны. 2 o . Лемма. Рассмотрим любой пространственный четырехугольник KLMN (рис. ). Пусть P и Q — середины сторон KL и MN . Tогда PQ 
( KN + LM ). Доказательство. Обозначим через R середину диагонали LN . Имеем PR = 
KN , RQ = 
LM . Таким образом, PQ 
PR + RQ = 
( KN + LM ). Лемма доказана. Обозначим через E 2 , F 2 , G 2 и H 2 середины отрезков EE 1 , FH 1 , GG 1 и HF 1 соответственно. Вершины этого четырехугольника тоже лежат на гранях тетраэдра, и, согласно лемме, периметр четырехугольника E 2 F 2 G 2 H 2 не 
больше периметра EFGH . Кроме того, вершины E 2 и G 2 (середины EE 1 и GG 1 ) будут лежать в плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через CD , т. е. на медианах CT и DT граней ABC и ABD (рис. ). Исходя из четырехугольника E 2 F 2 G 2 H 2 , точно так же построим E 3 F 3 G 3 H 3 , симметричный ему относительно плоскости симметрии тетраэдра, проходящей через AB , а затем, взяв середины отрезков, соединяющих вершины этих четырехугольников, лежащих в одной грани, получим E 4 F 4 G 4 H 4 , все вершины которого лежат в объединении двух плоскостей симметрии тетраэдра ABCD , проходящих через CD и AB . Иными словами, вершины E 4 и G 4 лежат на отрезках CT и DT , а вершины F 4 и H 4 — на медианах AS и BS граней ACD и BCD . При этом периметр E 4 F 4 G 4 H 4 не превосходит периметра EFGH . Значит, периметр EFGH не меньше, чем 4 d , где d — расстояние между прямыми CT и BS . 3 o . Осталось построить путь длины 4 d и найти d . Пусть E 0 и F 0 — основания общего перпендикуляра к прямым CT и BS , причем E 0 лежит на CT , а F 0 — на BS . Обозначим через G 0 точку, симметричную точке E 0 относительно плоскости ABS . Из симметрии ясно, что F 0 G 0 — общий перпендикуляр к прямым BS и DT . Аналогично строится точка H 0 , при этом G 0 H 0 и H 0 E 0 являются общими перпендикулярами соответственно к DT и AS и к AS и CT . Значит, периметр четырехугольника E 0 F 0 G 0 H 0 равен 4 d . Заметим, что нужно еще проверить, что основания этих общих перпендикуляров лежат на гранях тетраэдра, а не на их продолжениях, это будет сделано ниже (нам еще нужно вычислить d ). 4 o . Проведем через AB плоскость, перпендикулярную CT и спроецируем на нее наш тетраэдр. Получим треугольник ABD’ (рис. ), в котором AB = a , D’T = 
a (по формуле для длины высоты правильного тетраэдра). 
Точка S перейдет в S’ — середину D’T . Искомое расстояние d равно расстоянию от точки T до прямой BS’ (поскольку общий перпендикуляр параллелен плоскости проекции). Кроме того, очевидно, что основание перпендикуляра, опущенного из точки T на прямую BS’ , лежит на отрезке BS’ , а не на его продолжении, значит, точка F 0 лежит на отрезке BS . Аналогично доказывается, что и остальные вершины четырехугольника лежат на медианах, а не на их продолжениях. В прямоугольном треугольнике BTS’ известны катеты BT = 
, TS’ = 
. Значит, BS’ = 
; d = 
= 
. Комментарии. 1 o . Из решения задачи видно, что искомых траекторий ровно три (почему?). 2 o . Известна аналогичная задача для плоскости: жук ползает внутри треугольника со сторонами a , b , c . Какое наименьшее расстояние он может проползти, чтобы побывать на каждой стороне и вернуться в исходную точку? В случае остроугольного треугольника эта задача называется задачей Фаньяно . Оказывается, что кратчайший путь в случае остроугольного треугольника соединяет основания высот треугольника, а в случае прямо- или тупоугольного треугольника вырождается в двойной отрезок высоты.