IMO 1967 · Problem 2
Prove that if one and only one edge of a tetrahedron is greater than 1, then its volume is \(\le 1/8\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
A degenerate tetrahedron has volume \(0\), so assume the tetrahedron is nondegenerate. Label its vertices \(A,B,C,D\) so that \(AB>1\). Thus all five other edges are at most \(1\).
Put \(CD=c\), where \(0<c\le1\), and let \(M\) be the midpoint of \(CD\). The median identity gives \[ AM^2=\frac{AC^2+AD^2}{2}-\frac{CD^2}{4} \le 1-\frac{c^2}{4}. \] Similarly, \[ BM^2\le 1-\frac{c^2}{4}. \]
Let \(h\) be the distance from \(A\) to the line \(CD\), and let \(H\) be the distance from \(B\) to the plane \(ACD\). Since \(M\) belongs to both that line and that plane, we have \(h\le AM\) and \(H\le BM\). Consequently, the volume \(V\) satisfies \[ V=\frac13\left(\frac12 ch\right)H \le \frac{c}{6}AM\cdot BM \le \frac{c}{6}\left(1-\frac{c^2}{4}\right) =\frac{4c-c^3}{24}. \] For \(0<c\le1\), \[ 3-(4c-c^3)=(1-c)(3-c-c^2)\ge0, \] because both factors are nonnegative. Therefore \[ \boxed{V\le\frac{3}{24}=\frac18}. \]
The bound is attained. For example, take \[ C=\left(-\frac12,0,0\right),\quad D=\left(\frac12,0,0\right),\quad A=\left(0,\frac{\sqrt3}{2},0\right),\quad B=\left(0,0,\frac{\sqrt3}{2}\right). \] Here \(AB=\sqrt{3/2}>1\), while every other edge equals \(1\). The base \(ACD\) has area \(\sqrt3/4\), and the corresponding height is \(\sqrt3/2\), giving volume \(1/8\).
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1967 · Aufgabe 2
Beweise, dass das Volumen eines Tetraeders, bei dem genau eine Kante länger als 1 ist, \(\le 1/8\) ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Ein entartetes Tetraeder hat das Volumen \(0\); wir nehmen daher an, dass das Tetraeder nicht entartet ist. Wir bezeichnen seine Eckpunkte so mit \(A,B,C,D\), dass \(AB>1\) gilt. Somit sind alle fünf anderen Kanten höchstens \(1\) lang.
Wir setzen \(CD=c\), wobei \(0<c\le1\), und bezeichnen mit \(M\) den Mittelpunkt von \(CD\). Nach dem Seitenhalbierendensatz gilt \[ AM^2=\frac{AC^2+AD^2}{2}-\frac{CD^2}{4} \le 1-\frac{c^2}{4}. \] Ebenso gilt \[ BM^2\le 1-\frac{c^2}{4}. \]
Es sei \(h\) der Abstand von \(A\) zur Geraden \(CD\) und \(H\) der Abstand von \(B\) zur Ebene \(ACD\). Da \(M\) sowohl auf dieser Geraden als auch in dieser Ebene liegt, gelten \(h\le AM\) und \(H\le BM\). Folglich erfüllt das Volumen \(V\) die Ungleichung \[ V=\frac13\left(\frac12 ch\right)H \le \frac{c}{6}AM\cdot BM \le \frac{c}{6}\left(1-\frac{c^2}{4}\right) =\frac{4c-c^3}{24}. \] Für \(0<c\le1\) gilt \[ 3-(4c-c^3)=(1-c)(3-c-c^2)\ge0, \] weil beide Faktoren nichtnegativ sind. Daher ist \[ \boxed{V\le\frac{3}{24}=\frac18}. \]
Die Schranke wird erreicht. Man wähle beispielsweise \[ C=\left(-\frac12,0,0\right),\quad D=\left(\frac12,0,0\right),\quad A=\left(0,\frac{\sqrt3}{2},0\right),\quad B=\left(0,0,\frac{\sqrt3}{2}\right). \] Hier gilt \(AB=\sqrt{3/2}>1\), während jede andere Kante die Länge \(1\) hat. Die Grundfläche \(ACD\) hat den Flächeninhalt \(\sqrt3/4\), und die zugehörige Höhe beträgt \(\sqrt3/2\), woraus sich das Volumen \(1/8\) ergibt.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1967 · Soru 2
Bir dörtyüzlünün bir ve yalnız bir ayrıtının uzunluğu 1'den büyük ise hacminin \(\le 1/8\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Dejenere bir dörtyüzlünün hacmi \(0\) olduğundan, dörtyüzlünün dejenere olmadığını varsayalım. Köşelerini \(AB>1\) olacak biçimde \(A,B,C,D\) ile adlandıralım. Böylece diğer beş ayrıtın her birinin uzunluğu en çok \(1\) olur.
\(0<c\le1\) olmak üzere \(CD=c\) diyelim ve \(CD\) doğru parçasının orta noktası \(M\) olsun. Kenarortay teoreminden \[ AM^2=\frac{AC^2+AD^2}{2}-\frac{CD^2}{4} \le 1-\frac{c^2}{4} \] elde edilir. Benzer şekilde, \[ BM^2\le 1-\frac{c^2}{4}. \]
\(A\) noktasının \(CD\) doğrusuna uzaklığı \(h\), \(B\) noktasının \(ACD\) düzlemine uzaklığı ise \(H\) olsun. \(M\) hem bu doğru hem de bu düzlem üzerinde bulunduğundan \(h\le AM\) ve \(H\le BM\) olur. Dolayısıyla \(V\) hacmi için \[ V=\frac13\left(\frac12 ch\right)H \le \frac{c}{6}AM\cdot BM \le \frac{c}{6}\left(1-\frac{c^2}{4}\right) =\frac{4c-c^3}{24} \] eşitsizliği sağlanır. \(0<c\le1\) için \[ 3-(4c-c^3)=(1-c)(3-c-c^2)\ge0, \] çünkü her iki çarpan da negatif değildir. Bu nedenle \[ \boxed{V\le\frac{3}{24}=\frac18}. \]
Bu sınıra ulaşılabilir. Örneğin, \[ C=\left(-\frac12,0,0\right),\quad D=\left(\frac12,0,0\right),\quad A=\left(0,\frac{\sqrt3}{2},0\right),\quad B=\left(0,0,\frac{\sqrt3}{2}\right) \] alalım. Burada \(AB=\sqrt{3/2}>1\) iken diğer tüm ayrıtların uzunlukları \(1\)'e eşittir. \(ACD\) tabanının alanı \(\sqrt3/4\) ve bu tabana ait yükseklik \(\sqrt3/2\) olduğundan hacim \(1/8\) olur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1967 · Problema 2
Demuestre que, si una y solo una arista de un tetraedro es mayor que 1, entonces su volumen es \(\le 1/8\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Un tetraedro degenerado tiene volumen \(0\), así que supongamos que el tetraedro no es degenerado. Denotemos sus vértices por \(A,B,C,D\) de modo que \(AB>1\). Así, las otras cinco aristas son menores o iguales que \(1\).
Pongamos \(CD=c\), donde \(0<c\le1\), y sea \(M\) el punto medio de \(CD\). El teorema de la mediana da \[ AM^2=\frac{AC^2+AD^2}{2}-\frac{CD^2}{4} \le 1-\frac{c^2}{4}. \] Análogamente, \[ BM^2\le 1-\frac{c^2}{4}. \]
Sea \(h\) la distancia de \(A\) a la recta \(CD\), y sea \(H\) la distancia de \(B\) al plano \(ACD\). Como \(M\) pertenece tanto a esa recta como a ese plano, tenemos \(h\le AM\) y \(H\le BM\). Por consiguiente, el volumen \(V\) satisface \[ V=\frac13\left(\frac12 ch\right)H \le \frac{c}{6}AM\cdot BM \le \frac{c}{6}\left(1-\frac{c^2}{4}\right) =\frac{4c-c^3}{24}. \] Para \(0<c\le1\), \[ 3-(4c-c^3)=(1-c)(3-c-c^2)\ge0, \] porque ambos factores son no negativos. Por tanto, \[ \boxed{V\le\frac{3}{24}=\frac18}. \]
La cota se alcanza. Por ejemplo, tomemos \[ C=\left(-\frac12,0,0\right),\quad D=\left(\frac12,0,0\right),\quad A=\left(0,\frac{\sqrt3}{2},0\right),\quad B=\left(0,0,\frac{\sqrt3}{2}\right). \] Aquí \(AB=\sqrt{3/2}>1\), mientras que todas las demás aristas miden \(1\). La base \(ACD\) tiene área \(\sqrt3/4\), y la altura correspondiente es \(\sqrt3/2\), lo que da un volumen de \(1/8\).
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1967 · 问题 2
证明：如果一个四面体有且仅有一条棱的长度大于 1，那么它的体积 \(\le 1/8\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
退化四面体的体积为 \(0\)，因此不妨假设该四面体非退化。将其顶点记为 \(A,B,C,D\)，使得 \(AB>1\)。于是其余五条棱的长度都不超过 \(1\)。
令 \(CD=c\)，其中 \(0<c\le1\)，并设 \(M\) 为 \(CD\) 的中点。由中线长公式， \[ AM^2=\frac{AC^2+AD^2}{2}-\frac{CD^2}{4} \le 1-\frac{c^2}{4}. \] 同理， \[ BM^2\le 1-\frac{c^2}{4}. \]
设 \(h\) 为 \(A\) 到直线 \(CD\) 的距离，\(H\) 为 \(B\) 到平面 \(ACD\) 的距离。由于 \(M\) 既在该直线上，又在该平面内，因此有 \(h\le AM\) 和 \(H\le BM\)。从而体积 \(V\) 满足 \[ V=\frac13\left(\frac12 ch\right)H \le \frac{c}{6}AM\cdot BM \le \frac{c}{6}\left(1-\frac{c^2}{4}\right) =\frac{4c-c^3}{24}. \] 当 \(0<c\le1\) 时， \[ 3-(4c-c^3)=(1-c)(3-c-c^2)\ge0, \] 因为这两个因子都非负。因此 \[ \boxed{V\le\frac{3}{24}=\frac18}. \]
这个上界可以达到。例如，取 \[ C=\left(-\frac12,0,0\right),\quad D=\left(\frac12,0,0\right),\quad A=\left(0,\frac{\sqrt3}{2},0\right),\quad B=\left(0,0,\frac{\sqrt3}{2}\right). \] 此时 \(AB=\sqrt{3/2}>1\)，而其余各棱的长度都等于 \(1\)。底面 \(ACD\) 的面积为 \(\sqrt3/4\)，相应的高为 \(\sqrt3/2\)，所以体积为 \(1/8\)。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1967 · Задача 2
Докажите, что если ровно одно ребро тетраэдра больше 1, то его объём \(\le 1/8\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Объём вырожденного тетраэдра равен \(0\), поэтому будем считать тетраэдр невырожденным. Обозначим его вершины \(A,B,C,D\) так, чтобы \(AB>1\). Тогда все пять остальных рёбер не превосходят \(1\).
Положим \(CD=c\), где \(0<c\le1\), и пусть \(M\) — середина \(CD\). По формуле длины медианы \[ AM^2=\frac{AC^2+AD^2}{2}-\frac{CD^2}{4} \le 1-\frac{c^2}{4}. \] Аналогично, \[ BM^2\le 1-\frac{c^2}{4}. \]
Пусть \(h\) — расстояние от \(A\) до прямой \(CD\), а \(H\) — расстояние от \(B\) до плоскости \(ACD\). Поскольку \(M\) принадлежит и этой прямой, и этой плоскости, имеем \(h\le AM\) и \(H\le BM\). Следовательно, для объёма \(V\) выполняется \[ V=\frac13\left(\frac12 ch\right)H \le \frac{c}{6}AM\cdot BM \le \frac{c}{6}\left(1-\frac{c^2}{4}\right) =\frac{4c-c^3}{24}. \] При \(0<c\le1\) \[ 3-(4c-c^3)=(1-c)(3-c-c^2)\ge0, \] так как оба множителя неотрицательны. Поэтому \[ \boxed{V\le\frac{3}{24}=\frac18}. \]
Оценка достигается. Например, возьмём \[ C=\left(-\frac12,0,0\right),\quad D=\left(\frac12,0,0\right),\quad A=\left(0,\frac{\sqrt3}{2},0\right),\quad B=\left(0,0,\frac{\sqrt3}{2}\right). \] Здесь \(AB=\sqrt{3/2}>1\), а каждое из остальных рёбер равно \(1\). Площадь основания \(ACD\) равна \(\sqrt3/4\), а соответствующая высота равна \(\sqrt3/2\), откуда объём равен \(1/8\).
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1967 · المسألة 2
أثبت أنه إذا كان طول حرف واحد فقط من أحرف رباعي وجوه أكبر من 1، فإن حجمه \(\le 1/8\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
حجم رباعي الوجوه المنحل يساوي \(0\)، لذا نفترض أن رباعي الوجوه غير منحل. نسمّي رؤوسه \(A,B,C,D\) بحيث يكون \(AB>1\). إذن لا يتجاوز طول أيٍّ من الأحرف الخمسة الأخرى \(1\).
نضع \(CD=c\)، حيث \(0<c\le1\)، ولتكن \(M\) منتصف \(CD\). تعطي متطابقة المتوسط \[ AM^2=\frac{AC^2+AD^2}{2}-\frac{CD^2}{4} \le 1-\frac{c^2}{4}. \] وبالمثل، \[ BM^2\le 1-\frac{c^2}{4}. \]
ليكن \(h\) بُعد \(A\) عن المستقيم \(CD\)، وليكن \(H\) بُعد \(B\) عن المستوى \(ACD\). بما أن \(M\) تنتمي إلى ذلك المستقيم وإلى ذلك المستوى، فإن \(h\le AM\) و\(H\le BM\). ومن ثم فإن الحجم \(V\) يحقق \[ V=\frac13\left(\frac12 ch\right)H \le \frac{c}{6}AM\cdot BM \le \frac{c}{6}\left(1-\frac{c^2}{4}\right) =\frac{4c-c^3}{24}. \] عندما \(0<c\le1\)، يكون \[ 3-(4c-c^3)=(1-c)(3-c-c^2)\ge0, \] لأن كلا العاملين غير سالب. لذلك \[ \boxed{V\le\frac{3}{24}=\frac18}. \]
ويتحقق هذا الحد. على سبيل المثال، نأخذ \[ C=\left(-\frac12,0,0\right),\quad D=\left(\frac12,0,0\right),\quad A=\left(0,\frac{\sqrt3}{2},0\right),\quad B=\left(0,0,\frac{\sqrt3}{2}\right). \] هنا \(AB=\sqrt{3/2}>1\)، في حين يساوي طول كل حرف آخر \(1\). مساحة القاعدة \(ACD\) هي \(\sqrt3/4\)، والارتفاع الموافق لها هو \(\sqrt3/2\)، فيكون الحجم \(1/8\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).