IMO 1969 · Problem 3
For each value of \(k = 1, 2, 3, 4, 5\), find necessary and sufficient conditions on the number \(a > 0\) so that there exists a tetrahedron with \(k\) edges of length \(a\), and the remaining \(6 - k\) edges of length \(1\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{ \begin{array}{c|c} k & \text{Necessary and sufficient condition}\\ \hline 1 & 0<a<\sqrt3\\ 2 & 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}\\ 3 & a>0\\ 4 & a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}\\ 5 & a>\dfrac1{\sqrt3} \end{array}} \]
All displayed bounds are strict. For \(a=1\), a regular unit tetrahedron works for every \(k\).
Solution
A tetrahedron must have four noncoplanar vertices.
We first establish a useful fact: a tetrahedron satisfying \[ AB=p,\qquad CD=q,\qquad AC=AD=BC=BD=1, \] where \(p,q>0\), exists if and only if \[ p^2+q^2<4. \tag{1} \]
To prove this, place \[ A=(p/2,0,0),\qquad B=(-p/2,0,0). \] Since \(C\) and \(D\) are each equidistant from \(A,B\), both lie in the plane with first coordinate zero. Moreover, \(AC=AD\) implies that \(C,D\) are equidistant from the origin. Their midpoint is therefore perpendicular to the direction of \(CD\). Rotating coordinates within that plane, we may write \[ C=(0,q/2,h),\qquad D=(0,-q/2,h). \] The four cross-edge lengths equal \(1\) precisely when \[ h^2=1-\frac{p^2+q^2}{4}. \] The volume is \(pq|h|/6\), so noncoplanarity requires \(h\ne0\). Conversely, if (1) holds, choosing the positive square root for \(h\) gives the required tetrahedron. This proves (1).
Case \(k=1\). Label the exceptional edge \(AB=a\). Then \(CD=1\), and all four cross-edges have length \(1\). Applying (1) with \(p=a,q=1\), we obtain exactly \[ 0<a<\sqrt3. \]
Case \(k=2\). The two designated edges of length \(a\) either are opposite or share a vertex.
If they are opposite, (1) with \(p=q=a\) gives exactly \[ 0<a<\sqrt2. \tag{2} \]
If they share a vertex, label them \(AB=AC=a\). All other edges have length \(1\), so \(BCD\) is an equilateral triangle. Place \[ B=(-1/2,0,0),\qquad C=(1/2,0,0),\qquad D=(0,\sqrt3/2,0). \] Since \(AB=AC\), write \(A=(0,u,v)\). The conditions \(AB=a\) and \(AD=1\) become \[ \frac14+u^2+v^2=a^2,\qquad \left(u-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+v^2=1. \] Subtracting gives \[ u=\frac{a^2-\frac12}{\sqrt3}, \] and consequently \[ v^2 =a^2-\frac14-\frac{(a^2-\frac12)^2}{3} =\frac{-a^4+4a^2-1}{3} =\frac{3-(a^2-2)^2}{3}. \] Noncoplanarity is equivalent to \(v\ne0\). Thus this arrangement is possible exactly when \[ 2-\sqrt3<a^2<2+\sqrt3, \] or \[ \sqrt{\,2-\sqrt3\,}<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \tag{3} \] Sufficiency follows by using the displayed coordinates with \(v\) equal to the positive square root.
The intervals (2) and (3) overlap, and their union is \[ 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \] These two arrangements exhaust all possibilities for two edges.
Case \(k=3\). Every \(a>0\) is possible. Set \[ s=\min(a,1),\qquad t=\max(a,1). \] Take an equilateral triangle of side \(s\), with center \(O\), and place a fourth vertex on the perpendicular through \(O\), at height \[ h=\sqrt{t^2-\frac{s^2}{3}}. \] The distance from \(O\) to each base vertex is \(s/\sqrt3\), so all three lateral edges have length \(t\). Furthermore, \[ h^2\ge s^2-\frac{s^2}{3}=\frac{2s^2}{3}>0. \] Thus the tetrahedron is nondegenerate and has three designated edges of length \(a\) and three of length \(1\).
Cases \(k=4,5\). Scaling every edge by \(1/a\) transforms a tetrahedron with \(k\) edges of length \(a\) and \(6-k\) edges of length \(1\) into one with \(6-k\) edges of length \(1/a\) and \(k\) edges of length \(1\). This operation is reversible and preserves noncoplanarity.
Therefore, the \(k=4\) case is equivalent to the \(k=2\) case with parameter \(1/a\), giving \[ \frac1a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,} \quad\Longleftrightarrow\quad a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}, \] where we used \((2+\sqrt3)(2-\sqrt3)=1\).
Similarly, the \(k=5\) case is equivalent to the \(k=1\) case with parameter \(1/a\), giving \[ \frac1a<\sqrt3 \quad\Longleftrightarrow\quad a>\frac1{\sqrt3}. \]
The strict inequalities in the constructions are exactly the positive-volume conditions, so no excluded endpoint yields a tetrahedron.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1969 · Aufgabe 3
Für jeden Wert \(k = 1, 2, 3, 4, 5\) bestimme man notwendige und hinreichende Bedingungen an die Zahl \(a > 0\) dafür, dass ein Tetraeder existiert, dessen \(k\) Kanten die Länge \(a\) und dessen übrige \(6 - k\) Kanten die Länge \(1\) haben.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{ \begin{array}{c|c} k & \text{Notwendige und hinreichende Bedingung}\\ \hline 1 & 0<a<\sqrt3\\ 2 & 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}\\ 3 & a>0\\ 4 & a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}\\ 5 & a>\dfrac1{\sqrt3} \end{array}} \]
Alle angegebenen Schranken sind strikt. Für \(a=1\) erfüllt ein regelmäßiges Tetraeder mit Kantenlänge eins die Bedingungen für jedes \(k\).
Lösung
Ein Tetraeder muss vier Eckpunkte besitzen, die nicht in einer Ebene liegen.
Zunächst beweisen wir eine nützliche Aussage: Ein Tetraeder mit \[ AB=p,\qquad CD=q,\qquad AC=AD=BC=BD=1, \] wobei \(p,q>0\), existiert genau dann, wenn \[ p^2+q^2<4. \tag{1} \]
Zum Beweis setzen wir \[ A=(p/2,0,0),\qquad B=(-p/2,0,0). \] Da sowohl \(C\) als auch \(D\) von \(A,B\) jeweils den gleichen Abstand haben, liegen beide in der Ebene mit erster Koordinate null. Außerdem folgt aus \(AC=AD\), dass \(C,D\) vom Ursprung den gleichen Abstand haben. Der Ortsvektor ihres Mittelpunkts steht daher senkrecht auf der Richtung von \(CD\). Durch Drehen des Koordinatensystems innerhalb dieser Ebene können wir schreiben \[ C=(0,q/2,h),\qquad D=(0,-q/2,h). \] Die vier Verbindungskanten haben genau dann die Länge \(1\), wenn \[ h^2=1-\frac{p^2+q^2}{4}. \] Das Volumen beträgt \(pq|h|/6\), also erfordert die Nichtkoplanarität \(h\ne0\). Gilt umgekehrt (1), so erhält man das gesuchte Tetraeder, indem man für \(h\) die positive Quadratwurzel wählt. Damit ist (1) bewiesen.
Fall \(k=1\). Wir bezeichnen die besondere Kante mit \(AB=a\). Dann gilt \(CD=1\), und alle vier Verbindungskanten haben die Länge \(1\). Wenden wir (1) mit \(p=a,q=1\) an, so erhalten wir genau \[ 0<a<\sqrt3. \]
Fall \(k=2\). Die beiden ausgewählten Kanten der Länge \(a\) sind entweder gegenüberliegend oder haben einen gemeinsamen Eckpunkt.
Sind sie gegenüberliegend, so liefert (1) mit \(p=q=a\) genau \[ 0<a<\sqrt2. \tag{2} \]
Haben sie einen gemeinsamen Eckpunkt, so bezeichnen wir sie mit \(AB=AC=a\). Alle anderen Kanten haben die Länge \(1\), also ist \(BCD\) ein gleichseitiges Dreieck. Wir setzen \[ B=(-1/2,0,0),\qquad C=(1/2,0,0),\qquad D=(0,\sqrt3/2,0). \] Wegen \(AB=AC\) schreiben wir \(A=(0,u,v)\). Die Bedingungen \(AB=a\) und \(AD=1\) lauten dann \[ \frac14+u^2+v^2=a^2,\qquad \left(u-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+v^2=1. \] Subtraktion ergibt \[ u=\frac{a^2-\frac12}{\sqrt3}, \] und folglich \[ v^2 =a^2-\frac14-\frac{(a^2-\frac12)^2}{3} =\frac{-a^4+4a^2-1}{3} =\frac{3-(a^2-2)^2}{3}. \] Die Nichtkoplanarität ist äquivalent zu \(v\ne0\). Somit ist diese Anordnung genau dann möglich, wenn \[ 2-\sqrt3<a^2<2+\sqrt3, \] also \[ \sqrt{\,2-\sqrt3\,}<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \tag{3} \] Dass die Bedingung hinreichend ist, folgt, indem man die angegebenen Koordinaten verwendet und für \(v\) die positive Quadratwurzel wählt.
Die Intervalle (2) und (3) überschneiden sich, und ihre Vereinigung ist \[ 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \] Diese beiden Anordnungen erfassen alle Möglichkeiten für zwei Kanten.
Fall \(k=3\). Jedes \(a>0\) ist möglich. Wir setzen \[ s=\min(a,1),\qquad t=\max(a,1). \] Wir nehmen ein gleichseitiges Dreieck mit Seitenlänge \(s\) und Mittelpunkt \(O\) und wählen einen vierten Eckpunkt auf der Senkrechten zur Dreiecksebene durch \(O\) in der Höhe \[ h=\sqrt{t^2-\frac{s^2}{3}}. \] Der Abstand von \(O\) zu jedem Eckpunkt der Grundfläche beträgt \(s/\sqrt3\), also haben alle drei Seitenkanten die Länge \(t\). Ferner gilt \[ h^2\ge s^2-\frac{s^2}{3}=\frac{2s^2}{3}>0. \] Somit ist das Tetraeder nicht entartet und hat drei ausgewählte Kanten der Länge \(a\) und drei der Länge \(1\).
Fälle \(k=4,5\). Multipliziert man jede Kantenlänge mit \(1/a\), so wird ein Tetraeder mit \(k\) Kanten der Länge \(a\) und \(6-k\) Kanten der Länge \(1\) in eines mit \(6-k\) Kanten der Länge \(1/a\) und \(k\) Kanten der Länge \(1\) überführt. Diese Operation ist umkehrbar und erhält die Nichtkoplanarität.
Daher ist der Fall \(k=4\) äquivalent zum Fall \(k=2\) mit dem Parameter \(1/a\), woraus sich ergibt \[ \frac1a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,} \quad\Longleftrightarrow\quad a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}, \] wobei wir \((2+\sqrt3)(2-\sqrt3)=1\) verwendet haben.
Ebenso ist der Fall \(k=5\) äquivalent zum Fall \(k=1\) mit dem Parameter \(1/a\), woraus sich ergibt \[ \frac1a<\sqrt3 \quad\Longleftrightarrow\quad a>\frac1{\sqrt3}. \]
Die strikten Ungleichungen in den Konstruktionen sind genau die Bedingungen für ein positives Volumen, sodass keiner der ausgeschlossenen Randwerte ein Tetraeder liefert.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1969 · Soru 3
\(k = 1, 2, 3, 4, 5\) değerlerinin her biri için, \(k\) ayrıtının uzunluğu \(a\), kalan \(6 - k\) ayrıtının uzunluğu \(1\) olan bir dörtyüzlünün var olması için \(a > 0\) sayısının sağlaması gereken gerekli ve yeterli koşulları bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{ \begin{array}{c|c} k & \text{Gerekli ve yeterli koşul}\\ \hline 1 & 0<a<\sqrt3\\ 2 & 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}\\ 3 & a>0\\ 4 & a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}\\ 5 & a>\dfrac1{\sqrt3} \end{array}} \]
Gösterilen tüm sınırlar kesindir. \(a=1\) için birim ayrıtlı bir düzgün dörtyüzlü her \(k\) değeri için uygundur.
Çözüm
Bir dörtyüzlünün dört köşesi aynı düzlemde olmamalıdır.
Önce yararlı bir olgu kanıtlayalım: \(p,q>0\) olmak üzere, \[ AB=p,\qquad CD=q,\qquad AC=AD=BC=BD=1, \] koşullarını sağlayan bir dörtyüzlünün var olması için gerekli ve yeterli koşul \[ p^2+q^2<4 \tag{1} \] eşitsizliğidir.
Bunu kanıtlamak için \[ A=(p/2,0,0),\qquad B=(-p/2,0,0) \] alalım. \(C\) ve \(D\)'nin her biri \(A,B\)'ye eşit uzaklıkta olduğundan, ikisi de birinci koordinatı sıfır olan düzlemde bulunur. Ayrıca \(AC=AD\) eşitliği, \(C,D\)'nin orijine eşit uzaklıkta olduğunu gösterir. Dolayısıyla orta noktalarının konum vektörü \(CD\) doğrultusuna diktir. Koordinat eksenlerini bu düzlem içinde döndürerek \[ C=(0,q/2,h),\qquad D=(0,-q/2,h) \] yazabiliriz. İki nokta çiftini birbirine bağlayan dört ayrıtın uzunluğunun da \(1\) olması için gerekli ve yeterli koşul \[ h^2=1-\frac{p^2+q^2}{4} \] eşitliğidir. Hacim \(pq|h|/6\) olduğundan, köşelerin aynı düzlemde olmaması için \(h\ne0\) gerekir. Tersine, (1) sağlanıyorsa \(h\) için pozitif karekökü seçmek istenen dörtyüzlüyü verir. Böylece (1) kanıtlanmış olur.
\(k=1\) durumu. Diğerlerinden farklı olan ayrıtı \(AB=a\) olarak adlandıralım. Bu durumda \(CD=1\) olur ve iki nokta çiftini birbirine bağlayan dört ayrıtın da uzunluğu \(1\)'dir. (1)'i \(p=a,q=1\) ile uygulayarak tam olarak \[ 0<a<\sqrt3 \] koşulunu elde ederiz.
\(k=2\) durumu. Uzunluğu \(a\) olarak belirlenen iki ayrıt ya karşılıklıdır ya da ortak bir köşeye sahiptir.
Karşılıklı iseler, (1)'de \(p=q=a\) alınması tam olarak \[ 0<a<\sqrt2 \tag{2} \] koşulunu verir.
Ortak bir köşeleri varsa, bunları \(AB=AC=a\) olarak adlandıralım. Diğer tüm ayrıtların uzunluğu \(1\) olduğundan \(BCD\) bir eşkenar üçgendir. \[ B=(-1/2,0,0),\qquad C=(1/2,0,0),\qquad D=(0,\sqrt3/2,0) \] alalım. \(AB=AC\) olduğundan \(A=(0,u,v)\) yazalım. \(AB=a\) ve \(AD=1\) koşulları \[ \frac14+u^2+v^2=a^2,\qquad \left(u-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+v^2=1 \] biçimini alır. Çıkarma işlemiyle \[ u=\frac{a^2-\frac12}{\sqrt3}, \] ve bunun sonucunda \[ v^2 =a^2-\frac14-\frac{(a^2-\frac12)^2}{3} =\frac{-a^4+4a^2-1}{3} =\frac{3-(a^2-2)^2}{3} \] elde edilir. Köşelerin aynı düzlemde olmaması \(v\ne0\) koşuluna denktir. Dolayısıyla bu yerleşim ancak ve ancak \[ 2-\sqrt3<a^2<2+\sqrt3, \] yani \[ \sqrt{\,2-\sqrt3\,}<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,} \tag{3} \] olduğunda mümkündür. Yeterlilik, gösterilen koordinatlarda \(v\)'yi pozitif kareköke eşit alarak elde edilir.
(2) ve (3) aralıkları kesişir ve birleşimleri \[ 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,} \] aralığıdır. Bu iki yerleşim, iki ayrıt için tüm olasılıkları kapsar.
\(k=3\) durumu. Her \(a>0\) mümkündür. \[ s=\min(a,1),\qquad t=\max(a,1) \] alalım. Kenar uzunluğu \(s\), merkezi \(O\) olan bir eşkenar üçgen alalım ve dördüncü köşeyi \(O\)'dan geçen dik doğru üzerinde, \[ h=\sqrt{t^2-\frac{s^2}{3}} \] yüksekliğine yerleştirelim. \(O\)'nun her bir taban köşesine uzaklığı \(s/\sqrt3\) olduğundan üç yan ayrıtın da uzunluğu \(t\)'dir. Ayrıca, \[ h^2\ge s^2-\frac{s^2}{3}=\frac{2s^2}{3}>0. \] Böylece dörtyüzlü dejenere değildir ve uzunluğu \(a\) olarak belirlenmiş üç ayrıtı ile uzunluğu \(1\) olan üç ayrıtı vardır.
\(k=4,5\) durumları. Her ayrıtı \(1/a\) oranında ölçeklendirmek, \(k\) ayrıtının uzunluğu \(a\) ve \(6-k\) ayrıtının uzunluğu \(1\) olan bir dörtyüzlüyü, \(6-k\) ayrıtının uzunluğu \(1/a\) ve \(k\) ayrıtının uzunluğu \(1\) olan bir dörtyüzlüye dönüştürür. Bu işlem tersine çevrilebilir ve köşelerin aynı düzlemde olmaması özelliğini korur.
Dolayısıyla \(k=4\) durumu, parametresi \(1/a\) olan \(k=2\) durumuna denktir ve buradan \[ \frac1a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,} \quad\Longleftrightarrow\quad a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}, \] elde edilir; burada \((2+\sqrt3)(2-\sqrt3)=1\) eşitliğini kullandık.
Benzer biçimde \(k=5\) durumu, parametresi \(1/a\) olan \(k=1\) durumuna denktir ve buradan \[ \frac1a<\sqrt3 \quad\Longleftrightarrow\quad a>\frac1{\sqrt3} \] elde edilir.
İnşalardaki kesin eşitsizlikler tam olarak hacmin pozitif olması koşullarıdır; dolayısıyla dışlanan hiçbir uç nokta bir dörtyüzlü vermez.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1969 · Problema 3
Para cada valor de \(k = 1, 2, 3, 4, 5\), encuentre condiciones necesarias y suficientes sobre el número \(a > 0\) para que exista un tetraedro con \(k\) aristas de longitud \(a\) y las \(6 - k\) aristas restantes de longitud \(1\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{ \begin{array}{c|c} k & \text{Condición necesaria y suficiente}\\ \hline 1 & 0<a<\sqrt3\\ 2 & 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}\\ 3 & a>0\\ 4 & a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}\\ 5 & a>\dfrac1{\sqrt3} \end{array}} \]
Todas las cotas indicadas son estrictas. Para \(a=1\), un tetraedro regular de arista unidad sirve para todo \(k\).
Solución
Un tetraedro debe tener cuatro vértices no coplanarios.
Primero establecemos un hecho útil: existe un tetraedro que satisface \[ AB=p,\qquad CD=q,\qquad AC=AD=BC=BD=1, \] donde \(p,q>0\), si y solo si \[ p^2+q^2<4. \tag{1} \]
Para demostrarlo, situamos \[ A=(p/2,0,0),\qquad B=(-p/2,0,0). \] Como tanto \(C\) como \(D\) equidistan de \(A,B\), ambos se encuentran en el plano cuya primera coordenada es cero. Además, \(AC=AD\) implica que \(C,D\) equidistan del origen. Por tanto, el vector de posición de su punto medio es perpendicular a la dirección de \(CD\). Girando los ejes de coordenadas dentro de ese plano, podemos escribir \[ C=(0,q/2,h),\qquad D=(0,-q/2,h). \] Las cuatro aristas transversales tienen longitud \(1\) precisamente cuando \[ h^2=1-\frac{p^2+q^2}{4}. \] El volumen es \(pq|h|/6\), por lo que la no coplanaridad exige \(h\ne0\). Recíprocamente, si se cumple (1), al elegir para \(h\) la raíz cuadrada positiva se obtiene el tetraedro requerido. Esto demuestra (1).
Caso \(k=1\). Denotamos la arista excepcional por \(AB=a\). Entonces \(CD=1\), y las cuatro aristas transversales tienen longitud \(1\). Aplicando (1) con \(p=a,q=1\), obtenemos exactamente \[ 0<a<\sqrt3. \]
Caso \(k=2\). Las dos aristas designadas de longitud \(a\) son opuestas o comparten un vértice.
Si son opuestas, (1) con \(p=q=a\) da exactamente \[ 0<a<\sqrt2. \tag{2} \]
Si comparten un vértice, las denotamos por \(AB=AC=a\). Todas las demás aristas tienen longitud \(1\), por lo que \(BCD\) es un triángulo equilátero. Situamos \[ B=(-1/2,0,0),\qquad C=(1/2,0,0),\qquad D=(0,\sqrt3/2,0). \] Como \(AB=AC\), escribimos \(A=(0,u,v)\). Las condiciones \(AB=a\) y \(AD=1\) se convierten en \[ \frac14+u^2+v^2=a^2,\qquad \left(u-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+v^2=1. \] Restando, obtenemos \[ u=\frac{a^2-\frac12}{\sqrt3}, \] y, en consecuencia, \[ v^2 =a^2-\frac14-\frac{(a^2-\frac12)^2}{3} =\frac{-a^4+4a^2-1}{3} =\frac{3-(a^2-2)^2}{3}. \] La no coplanaridad equivale a \(v\ne0\). Por tanto, esta disposición es posible exactamente cuando \[ 2-\sqrt3<a^2<2+\sqrt3, \] o bien \[ \sqrt{\,2-\sqrt3\,}<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \tag{3} \] La suficiencia se deduce utilizando las coordenadas indicadas con \(v\) igual a la raíz cuadrada positiva.
Los intervalos (2) y (3) se solapan, y su unión es \[ 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \] Estas dos disposiciones agotan todas las posibilidades para dos aristas.
Caso \(k=3\). Todo \(a>0\) es posible. Tomamos \[ s=\min(a,1),\qquad t=\max(a,1). \] Tomamos un triángulo equilátero de lado \(s\), con centro \(O\), y situamos un cuarto vértice en la perpendicular al plano del triángulo que pasa por \(O\), a una altura \[ h=\sqrt{t^2-\frac{s^2}{3}}. \] La distancia de \(O\) a cada vértice de la base es \(s/\sqrt3\), por lo que las tres aristas laterales tienen longitud \(t\). Además, \[ h^2\ge s^2-\frac{s^2}{3}=\frac{2s^2}{3}>0. \] Por tanto, el tetraedro no es degenerado y tiene tres aristas designadas de longitud \(a\) y tres de longitud \(1\).
Casos \(k=4,5\). Multiplicar la longitud de cada arista por \(1/a\) transforma un tetraedro con \(k\) aristas de longitud \(a\) y \(6-k\) aristas de longitud \(1\) en uno con \(6-k\) aristas de longitud \(1/a\) y \(k\) aristas de longitud \(1\). Esta operación es reversible y conserva la no coplanaridad.
Por tanto, el caso \(k=4\) equivale al caso \(k=2\) con parámetro \(1/a\), lo que da \[ \frac1a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,} \quad\Longleftrightarrow\quad a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}, \] donde hemos utilizado \((2+\sqrt3)(2-\sqrt3)=1\).
Análogamente, el caso \(k=5\) equivale al caso \(k=1\) con parámetro \(1/a\), lo que da \[ \frac1a<\sqrt3 \quad\Longleftrightarrow\quad a>\frac1{\sqrt3}. \]
Las desigualdades estrictas de las construcciones son exactamente las condiciones para que el volumen sea positivo, por lo que ninguno de los extremos excluidos da lugar a un tetraedro.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1969 · 问题 3
对于 \(k = 1, 2, 3, 4, 5\) 的每一个值，求数 \(a > 0\) 满足的充要条件，使得存在一个四面体，其 \(k\) 条棱的长度为 \(a\)，其余 \(6 - k\) 条棱的长度为 \(1\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{ \begin{array}{c|c} k & \text{充要条件}\\ \hline 1 & 0<a<\sqrt3\\ 2 & 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}\\ 3 & a>0\\ 4 & a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}\\ 5 & a>\dfrac1{\sqrt3} \end{array}} \]
上列各界限均为严格不等式。当 \(a=1\) 时，棱长为一的正四面体对每个 \(k\) 都符合要求。
解答
四面体的四个顶点必须不共面。
先证明一个有用的事实：满足 \[ AB=p,\qquad CD=q,\qquad AC=AD=BC=BD=1, \] 其中 \(p,q>0\) 的四面体存在，当且仅当 \[ p^2+q^2<4. \tag{1} \]
为证明这一点，取 \[ A=(p/2,0,0),\qquad B=(-p/2,0,0). \] 由于 \(C\) 和 \(D\) 到 \(A,B\) 的距离各自相等，它们都位于第一坐标为零的平面内。此外，\(AC=AD\) 表明 \(C,D\) 到原点的距离相等。因此，从原点指向它们中点的向量垂直于 \(CD\) 的方向。在该平面内旋转坐标轴，可写成 \[ C=(0,q/2,h),\qquad D=(0,-q/2,h). \] 连接 \(A,B\) 与 \(C,D\) 的四条棱的长度均为 \(1\)，当且仅当 \[ h^2=1-\frac{p^2+q^2}{4}. \] 体积为 \(pq|h|/6\)，所以四点不共面要求 \(h\ne0\)。反之，若 (1) 成立，取 \(h\) 为正平方根便得到所要求的四面体。这就证明了 (1)。
情形 \(k=1\)。 将唯一的特殊棱记为 \(AB=a\)。此时 \(CD=1\)，连接 \(A,B\) 与 \(C,D\) 的四条棱的长度均为 \(1\)。在 (1) 中取 \(p=a,q=1\)，得到的充要条件恰为 \[ 0<a<\sqrt3. \]
情形 \(k=2\)。 指定的两条长度为 \(a\) 的棱要么互为对棱，要么有一个公共顶点。
若它们互为对棱，在 (1) 中取 \(p=q=a\)，得到的充要条件恰为 \[ 0<a<\sqrt2. \tag{2} \]
若它们有一个公共顶点，将它们记为 \(AB=AC=a\)。其余各棱的长度均为 \(1\)，所以 \(BCD\) 是等边三角形。取 \[ B=(-1/2,0,0),\qquad C=(1/2,0,0),\qquad D=(0,\sqrt3/2,0). \] 由于 \(AB=AC\)，可写成 \(A=(0,u,v)\)。条件 \(AB=a\) 和 \(AD=1\) 化为 \[ \frac14+u^2+v^2=a^2,\qquad \left(u-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+v^2=1. \] 两式相减得 \[ u=\frac{a^2-\frac12}{\sqrt3}, \] 从而 \[ v^2 =a^2-\frac14-\frac{(a^2-\frac12)^2}{3} =\frac{-a^4+4a^2-1}{3} =\frac{3-(a^2-2)^2}{3}. \] 四点不共面等价于 \(v\ne0\)。因此，这种配置能够实现，当且仅当 \[ 2-\sqrt3<a^2<2+\sqrt3, \] 即 \[ \sqrt{\,2-\sqrt3\,}<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \tag{3} \] 使用上述坐标，并取 \(v\) 为正平方根，即可证明充分性。
区间 (2) 和 (3) 有重叠，它们的并集为 \[ 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \] 这两种配置穷尽了两条棱的所有可能情形。
情形 \(k=3\)。 每个 \(a>0\) 都可以实现。令 \[ s=\min(a,1),\qquad t=\max(a,1). \] 取一个边长为 \(s\)、中心为 \(O\) 的等边三角形，并在过 \(O\) 且垂直于该三角形所在平面的直线上取第四个顶点，其高度为 \[ h=\sqrt{t^2-\frac{s^2}{3}}. \] \(O\) 到每个底面顶点的距离为 \(s/\sqrt3\)，所以三条侧棱的长度均为 \(t\)。此外， \[ h^2\ge s^2-\frac{s^2}{3}=\frac{2s^2}{3}>0. \] 因此，这个四面体非退化，且有三条指定的棱的长度为 \(a\)，另外三条棱的长度为 \(1\)。
情形 \(k=4,5\)。 将每条棱的长度都乘以 \(1/a\)，就把一个有 \(k\) 条棱长为 \(a\)、\(6-k\) 条棱长为 \(1\) 的四面体，变为一个有 \(6-k\) 条棱长为 \(1/a\)、\(k\) 条棱长为 \(1\) 的四面体。这个操作是可逆的，并且保持四点不共面的性质。
因此，\(k=4\) 的情形等价于参数为 \(1/a\) 的 \(k=2\) 情形，得到 \[ \frac1a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,} \quad\Longleftrightarrow\quad a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}, \] 这里用到了 \((2+\sqrt3)(2-\sqrt3)=1\)。
同样，\(k=5\) 的情形等价于参数为 \(1/a\) 的 \(k=1\) 情形，得到 \[ \frac1a<\sqrt3 \quad\Longleftrightarrow\quad a>\frac1{\sqrt3}. \]
上述构造中的严格不等式恰好是体积为正的条件，因此所有被排除的端点都不能对应一个四面体。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1969 · Задача 3
Для каждого значения \(k = 1, 2, 3, 4, 5\) найдите необходимые и достаточные условия на число \(a > 0\), при которых существует тетраэдр с \(k\) рёбрами длины \(a\) и остальными \(6 - k\) рёбрами длины \(1\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{ \begin{array}{c|c} k & \text{Необходимое и достаточное условие}\\ \hline 1 & 0<a<\sqrt3\\ 2 & 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}\\ 3 & a>0\\ 4 & a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}\\ 5 & a>\dfrac1{\sqrt3} \end{array}} \]
Все указанные неравенства строгие. При \(a=1\) правильный тетраэдр с единичным ребром подходит для любого \(k\).
Решение
Четыре вершины тетраэдра не должны лежать в одной плоскости.
Сначала установим полезный факт: тетраэдр, удовлетворяющий условиям \[ AB=p,\qquad CD=q,\qquad AC=AD=BC=BD=1, \] где \(p,q>0\), существует тогда и только тогда, когда \[ p^2+q^2<4. \tag{1} \]
Для доказательства положим \[ A=(p/2,0,0),\qquad B=(-p/2,0,0). \] Поскольку каждая из точек \(C\) и \(D\) равноудалена от \(A,B\), обе лежат в плоскости, в которой первая координата равна нулю. Кроме того, из \(AC=AD\) следует, что \(C,D\) равноудалены от начала координат. Поэтому радиус-вектор середины соединяющего их отрезка перпендикулярен направлению \(CD\). Повернув оси координат в этой плоскости, можно записать \[ C=(0,q/2,h),\qquad D=(0,-q/2,h). \] Длины четырёх соединительных рёбер равны \(1\) в точности тогда, когда \[ h^2=1-\frac{p^2+q^2}{4}. \] Объём равен \(pq|h|/6\), поэтому для того, чтобы вершины не лежали в одной плоскости, необходимо \(h\ne0\). Обратно, если выполнено (1), то, выбрав в качестве \(h\) положительный квадратный корень, получим требуемый тетраэдр. Тем самым (1) доказано.
Случай \(k=1\). Обозначим особое ребро через \(AB=a\). Тогда \(CD=1\), а все четыре соединительных ребра имеют длину \(1\). Применяя (1) при \(p=a,q=1\), получаем в точности \[ 0<a<\sqrt3. \]
Случай \(k=2\). Два выделенных ребра длины \(a\) либо противоположны, либо имеют общую вершину.
Если они противоположны, то (1) при \(p=q=a\) даёт в точности \[ 0<a<\sqrt2. \tag{2} \]
Если они имеют общую вершину, обозначим их через \(AB=AC=a\). Все остальные рёбра имеют длину \(1\), поэтому \(BCD\) — равносторонний треугольник. Положим \[ B=(-1/2,0,0),\qquad C=(1/2,0,0),\qquad D=(0,\sqrt3/2,0). \] Поскольку \(AB=AC\), запишем \(A=(0,u,v)\). Условия \(AB=a\) и \(AD=1\) принимают вид \[ \frac14+u^2+v^2=a^2,\qquad \left(u-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+v^2=1. \] Вычитая, получаем \[ u=\frac{a^2-\frac12}{\sqrt3}, \] и, следовательно, \[ v^2 =a^2-\frac14-\frac{(a^2-\frac12)^2}{3} =\frac{-a^4+4a^2-1}{3} =\frac{3-(a^2-2)^2}{3}. \] Условие, что вершины не лежат в одной плоскости, равносильно \(v\ne0\). Таким образом, это расположение возможно в точности тогда, когда \[ 2-\sqrt3<a^2<2+\sqrt3, \] или \[ \sqrt{\,2-\sqrt3\,}<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \tag{3} \] Достаточность следует из приведённых координат, если взять в качестве \(v\) положительный квадратный корень.
Интервалы (2) и (3) пересекаются, и их объединение есть \[ 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \] Эти два расположения исчерпывают все возможности для двух рёбер.
Случай \(k=3\). Подходит любое \(a>0\). Положим \[ s=\min(a,1),\qquad t=\max(a,1). \] Возьмём равносторонний треугольник со стороной \(s\) и центром \(O\) и расположим четвёртую вершину на перпендикуляре к его плоскости, проходящем через \(O\), на высоте \[ h=\sqrt{t^2-\frac{s^2}{3}}. \] Расстояние от \(O\) до каждой вершины основания равно \(s/\sqrt3\), поэтому все три боковых ребра имеют длину \(t\). Кроме того, \[ h^2\ge s^2-\frac{s^2}{3}=\frac{2s^2}{3}>0. \] Таким образом, тетраэдр невырожден и имеет три выделенных ребра длины \(a\) и три ребра длины \(1\).
Случаи \(k=4,5\). При умножении длин всех рёбер на \(1/a\) тетраэдр с \(k\) рёбрами длины \(a\) и \(6-k\) рёбрами длины \(1\) превращается в тетраэдр с \(6-k\) рёбрами длины \(1/a\) и \(k\) рёбрами длины \(1\). Это преобразование обратимо и сохраняет условие, что вершины не лежат в одной плоскости.
Следовательно, случай \(k=4\) равносилен случаю \(k=2\) с параметром \(1/a\), откуда \[ \frac1a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,} \quad\Longleftrightarrow\quad a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}, \] где мы воспользовались равенством \((2+\sqrt3)(2-\sqrt3)=1\).
Аналогично, случай \(k=5\) равносилен случаю \(k=1\) с параметром \(1/a\), откуда \[ \frac1a<\sqrt3 \quad\Longleftrightarrow\quad a>\frac1{\sqrt3}. \]
Строгие неравенства в построениях — это в точности условия положительности объёма, поэтому ни при одном из исключённых граничных значений тетраэдр не существует.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1969 · المسألة 3
لكل قيمة من القيم \(k = 1, 2, 3, 4, 5\)، أوجد الشروط اللازمة والكافية على العدد \(a > 0\) لوجود رباعي وجوه له \(k\) أحرف طول كل منها \(a\)، وأحرفه الباقية وعددها \(6 - k\) طول كل منها \(1\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{ \begin{array}{c|c} k & \text{الشرط اللازم والكافي}\\ \hline 1 & 0<a<\sqrt3\\ 2 & 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}\\ 3 & a>0\\ 4 & a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}\\ 5 & a>\dfrac1{\sqrt3} \end{array}} \]
جميع الحدود المعروضة صارمة. وعندما \(a=1\)، يصلح رباعي وجوه منتظم طول حرفه واحد لكل قيمة من قيم \(k\).
الحل
يجب أن تكون رؤوس رباعي الوجوه الأربعة غير واقعة في مستوى واحد.
نثبت أولًا حقيقة مفيدة: يوجد رباعي وجوه يحقق \[ AB=p,\qquad CD=q,\qquad AC=AD=BC=BD=1, \] حيث \(p,q>0\)، إذا وفقط إذا كان \[ p^2+q^2<4. \tag{1} \]
لإثبات ذلك، نضع \[ A=(p/2,0,0),\qquad B=(-p/2,0,0). \] بما أن كلًا من \(C\) و\(D\) متساوية البعد عن \(A,B\)، فإنهما تقعان في المستوى الذي إحداثيه الأول صفر. كذلك، يترتب على \(AC=AD\) أن \(C,D\) متساويتا البعد عن نقطة الأصل. ومن ثم يكون متجه موضع منتصفهما عموديًا على اتجاه \(CD\). وبتدوير المحاور داخل ذلك المستوى، يمكننا أن نكتب \[ C=(0,q/2,h),\qquad D=(0,-q/2,h). \] تساوي أطوال الأحرف الأربعة الواصلة بين طرفي \(AB\) وطرفي \(CD\) العدد \(1\) إذا وفقط إذا كان \[ h^2=1-\frac{p^2+q^2}{4}. \] الحجم هو \(pq|h|/6\)، لذا فإن عدم وقوع الرؤوس في مستوى واحد يقتضي \(h\ne0\). وعكسًا، إذا تحقق (1)، فإن اختيار الجذر التربيعي الموجب قيمةً لـ\(h\) يعطي رباعي الوجوه المطلوب. وهذا يثبت (1).
الحالة \(k=1\). لنسمِّ الحرف الاستثنائي \(AB=a\). عندئذ \(CD=1\)، وطول كل من الأحرف الأربعة الواصلة بين طرفي هذين الحرفين هو \(1\). وبتطبيق (1) مع \(p=a,q=1\)، نحصل بالضبط على \[ 0<a<\sqrt3. \]
الحالة \(k=2\). الحرفان المحددان اللذان طول كل منهما \(a\) إما متقابلان وإما يشتركان في رأس.
إذا كانا متقابلين، فإن (1) مع \(p=q=a\) يعطي بالضبط \[ 0<a<\sqrt2. \tag{2} \]
وإذا كانا يشتركان في رأس، فلنسمِّهما \(AB=AC=a\). طول كل حرف آخر هو \(1\)، لذا فإن \(BCD\) مثلث متساوي الأضلاع. نضع \[ B=(-1/2,0,0),\qquad C=(1/2,0,0),\qquad D=(0,\sqrt3/2,0). \] بما أن \(AB=AC\)، نكتب \(A=(0,u,v)\). ويصبح الشرطان \(AB=a\) و\(AD=1\) كما يلي: \[ \frac14+u^2+v^2=a^2,\qquad \left(u-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+v^2=1. \] وبالطرح نحصل على \[ u=\frac{a^2-\frac12}{\sqrt3}, \] ومن ثم \[ v^2 =a^2-\frac14-\frac{(a^2-\frac12)^2}{3} =\frac{-a^4+4a^2-1}{3} =\frac{3-(a^2-2)^2}{3}. \] عدم وقوع الرؤوس في مستوى واحد يكافئ \(v\ne0\). لذا فإن هذا الترتيب ممكن إذا وفقط إذا كان \[ 2-\sqrt3<a^2<2+\sqrt3, \] أي \[ \sqrt{\,2-\sqrt3\,}<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \tag{3} \] وتثبت كفاية الشرط باستخدام الإحداثيات المعروضة مع اختيار الجذر التربيعي الموجب قيمةً لـ\(v\).
تتقاطع الفترتان (2) و(3)، واتحادهما هو \[ 0<a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,}. \] وهذان الترتيبان يستنفدان جميع الاحتمالات لحرفين.
الحالة \(k=3\). كل قيمة \(a>0\) ممكنة. نضع \[ s=\min(a,1),\qquad t=\max(a,1). \] نأخذ مثلثًا متساوي الأضلاع طول ضلعه \(s\) ومركزه \(O\)، ونضع رأسًا رابعًا على العمود على مستوى المثلث المار بـ\(O\)، على ارتفاع \[ h=\sqrt{t^2-\frac{s^2}{3}}. \] المسافة من \(O\) إلى كل رأس من رؤوس القاعدة هي \(s/\sqrt3\)، ولذلك فإن طول كل من الأحرف الجانبية الثلاثة هو \(t\). علاوة على ذلك، \[ h^2\ge s^2-\frac{s^2}{3}=\frac{2s^2}{3}>0. \] إذن رباعي الوجوه غير منحل، وله ثلاثة أحرف محددة طول كل منها \(a\) وثلاثة أحرف طول كل منها \(1\).
الحالتان \(k=4,5\). إن ضرب طول كل حرف في \(1/a\) يحوِّل رباعي وجوه له \(k\) أحرف طول كل منها \(a\) و\(6-k\) أحرف طول كل منها \(1\) إلى رباعي وجوه له \(6-k\) أحرف طول كل منها \(1/a\) و\(k\) أحرف طول كل منها \(1\). وهذه العملية قابلة للعكس وتحافظ على عدم وقوع الرؤوس في مستوى واحد.
وعليه، فإن الحالة \(k=4\) تكافئ الحالة \(k=2\) بالمعلمة \(1/a\)، فنحصل على \[ \frac1a<\sqrt{\,2+\sqrt3\,} \quad\Longleftrightarrow\quad a>\sqrt{\,2-\sqrt3\,}, \] حيث استخدمنا \((2+\sqrt3)(2-\sqrt3)=1\).
وبالمثل، فإن الحالة \(k=5\) تكافئ الحالة \(k=1\) بالمعلمة \(1/a\)، فنحصل على \[ \frac1a<\sqrt3 \quad\Longleftrightarrow\quad a>\frac1{\sqrt3}. \]
المتباينات الصارمة في هذه الإنشاءات هي بالضبط شروط كون الحجم موجبًا، لذا لا تعطي أي قيمة حدية مستبعدة رباعي وجوه.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).