IMO 1968 · Problem 4
Prove that in every tetrahedron there is a vertex such that the three edges meeting there have lengths which are the sides of a triangle.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let \(ABCD\) be a tetrahedron, and choose a longest edge, say \(AB\). The strict triangle inequalities in the faces \(ABC\) and \(ABD\) give \[ AB<AC+BC,\qquad AB<AD+BD. \] Adding, we obtain \[ 2AB<(AC+AD)+(BC+BD). \] Consequently, at least one of \(AC+AD\) and \(BC+BD\) is greater than \(AB\). Interchanging \(A\) and \(B\) if necessary, assume \[ AB<AC+AD. \]
Because \(AB\) is a longest edge and all edge lengths are positive, we also have \[ AC\le AB<AB+AD,\qquad AD\le AB<AB+AC. \] Thus \(AB,AC,AD\) satisfy all three strict triangle inequalities, so they are the side lengths of a nondegenerate triangle. The required vertex is therefore \(A\). \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1968 · Aufgabe 4
Beweise, dass es in jedem Tetraeder einen Eckpunkt gibt, sodass die Längen der drei dort zusammentreffenden Kanten die Seitenlängen eines Dreiecks sind.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Es sei \(ABCD\) ein Tetraeder, und wir wählen eine längste Kante, etwa \(AB\). Die strengen Dreiecksungleichungen in den Seitenflächen \(ABC\) und \(ABD\) liefern \[ AB<AC+BC,\qquad AB<AD+BD. \] Durch Addition erhalten wir \[ 2AB<(AC+AD)+(BC+BD). \] Folglich ist mindestens eine der beiden Summen \(AC+AD\) und \(BC+BD\) größer als \(AB\). Indem wir nötigenfalls \(A\) und \(B\) vertauschen, können wir annehmen, dass \[ AB<AC+AD. \]
Da \(AB\) eine längste Kante ist und alle Kantenlängen positiv sind, gilt außerdem \[ AC\le AB<AB+AD,\qquad AD\le AB<AB+AC. \] Somit erfüllen \(AB,AC,AD\) alle drei strengen Dreiecksungleichungen und sind daher die Seitenlängen eines nicht entarteten Dreiecks. Der gesuchte Eckpunkt ist also \(A\). \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1968 · Soru 4
Her dörtyüzlüde, kendisinde birleşen üç ayrıtın uzunlukları bir üçgenin kenar uzunlukları olan bir köşe bulunduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(ABCD\) bir dörtyüzlü olsun ve en uzun ayrıtlarından birini seçelim; bu ayrıt \(AB\) olsun. \(ABC\) ve \(ABD\) yüzlerindeki kesin üçgen eşitsizliklerinden \[ AB<AC+BC,\qquad AB<AD+BD \] elde edilir. Toplayınca \[ 2AB<(AC+AD)+(BC+BD) \] bulunur. Dolayısıyla \(AC+AD\) ve \(BC+BD\) toplamlarından en az biri \(AB\)'den büyüktür. Gerekirse \(A\) ile \(B\)'nin yerlerini değiştirerek \[ AB<AC+AD \] olduğunu varsayalım.
\(AB\) en uzun ayrıtlardan biri ve tüm ayrıt uzunlukları pozitif olduğundan ayrıca \[ AC\le AB<AB+AD,\qquad AD\le AB<AB+AC \] eşitsizlikleri de sağlanır. Böylece \(AB,AC,AD\), üç kesin üçgen eşitsizliğinin hepsini sağlar; dolayısıyla dejenere olmayan bir üçgenin kenar uzunluklarıdır. O hâlde aranan köşe \(A\)'dır. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1968 · Problema 4
Demuestre que en todo tetraedro existe un vértice tal que las longitudes de las tres aristas que concurren en él son las longitudes de los lados de un triángulo.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sea \(ABCD\) un tetraedro y elijamos una arista de longitud máxima, digamos \(AB\). Las desigualdades triangulares estrictas en las caras \(ABC\) y \(ABD\) dan \[ AB<AC+BC,\qquad AB<AD+BD. \] Sumando, obtenemos \[ 2AB<(AC+AD)+(BC+BD). \] Por consiguiente, al menos una de las sumas \(AC+AD\) y \(BC+BD\) es mayor que \(AB\). Intercambiando \(A\) y \(B\) si es necesario, supongamos que \[ AB<AC+AD. \]
Como \(AB\) es una arista de longitud máxima y todas las longitudes de las aristas son positivas, también tenemos \[ AC\le AB<AB+AD,\qquad AD\le AB<AB+AC. \] Así, \(AB,AC,AD\) satisfacen las tres desigualdades triangulares estrictas, por lo que son las longitudes de los lados de un triángulo no degenerado. Por tanto, el vértice buscado es \(A\). \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1968 · 问题 4
证明：任意四面体都有一个顶点，使交于该顶点的三条棱的长度能作为一个三角形的三边长。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
设 \(ABCD\) 为一个四面体，选取一条最长棱，不妨设为 \(AB\)。由面 \(ABC\) 和 \(ABD\) 中的严格三角形不等式，得 \[ AB<AC+BC,\qquad AB<AD+BD. \] 相加得 \[ 2AB<(AC+AD)+(BC+BD). \] 因此，\(AC+AD\) 和 \(BC+BD\) 中至少有一个大于 \(AB\)。必要时交换 \(A\) 与 \(B\)，可设 \[ AB<AC+AD. \]
由于 \(AB\) 是一条最长棱，且所有棱长均为正数，还有 \[ AC\le AB<AB+AD,\qquad AD\le AB<AB+AC. \] 于是，\(AB,AC,AD\) 满足全部三个严格三角形不等式，故它们能作为一个非退化三角形的三边长。因此，\(A\) 就是所求的顶点。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1968 · Задача 4
Докажите, что в любом тетраэдре найдётся вершина, длины трёх выходящих из которой рёбер являются длинами сторон некоторого треугольника.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть \(ABCD\) — тетраэдр; выберем одно из его самых длинных рёбер, например \(AB\). Строгие неравенства треугольника в гранях \(ABC\) и \(ABD\) дают \[ AB<AC+BC,\qquad AB<AD+BD. \] Складывая, получаем \[ 2AB<(AC+AD)+(BC+BD). \] Следовательно, хотя бы одна из сумм \(AC+AD\) и \(BC+BD\) больше \(AB\). При необходимости поменяв обозначения \(A\) и \(B\) местами, будем считать, что \[ AB<AC+AD. \]
Поскольку \(AB\) — одно из самых длинных рёбер и длины всех рёбер положительны, также имеем \[ AC\le AB<AB+AD,\qquad AD\le AB<AB+AC. \] Таким образом, \(AB,AC,AD\) удовлетворяют всем трём строгим неравенствам треугольника, поэтому они являются длинами сторон невырожденного треугольника. Следовательно, искомой вершиной является \(A\). \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1968 · المسألة 4
أثبت أنه يوجد في كل رباعي وجوه رأس تكون أطوال الأحرف الثلاثة الملتقية عنده أطوال أضلاع مثلث.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
ليكن \(ABCD\) رباعي وجوه، ولنختر حرفًا من أطول أحرفه، وليكن \(AB\). تعطينا متباينتا المثلث الصارمتان في الوجهين \(ABC\) و\(ABD\) \[ AB<AC+BC,\qquad AB<AD+BD. \] وبالجمع نحصل على \[ 2AB<(AC+AD)+(BC+BD). \] وبالتالي، فإن واحدًا على الأقل من \(AC+AD\) و\(BC+BD\) أكبر من \(AB\). وبتبادل تسميتي \(A\) و\(B\) عند الحاجة، نفترض أن \[ AB<AC+AD. \]
وبما أن \(AB\) من أطول الأحرف وأن أطوال جميع الأحرف موجبة، فلدينا أيضًا \[ AC\le AB<AB+AD,\qquad AD\le AB<AB+AC. \] إذن تحقق \(AB,AC,AD\) متباينات المثلث الصارمة الثلاث جميعها، ومن ثم فهي أطوال أضلاع مثلث غير منعدم المساحة. وبالتالي فإن الرأس المطلوب هو \(A\). \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).