IMO 1971 · Problem 2

Consider a convex polyhedron \(P_1\) with nine vertices \(A_1A_2,\ldots,A_9\); let \(P_i\) be the polyhedron obtained from \(P_1\) by a translation that moves vertex \(A_1\) to \(A_i(i=2,3,\ldots,9)\). Prove that at least two of the polyhedra \(P_1,P_2,\ldots,P_9\) have an interior point in common.

Official text of the problem. Official problem paper (PDF)

Solution

Choose \(A_1\) as the origin, and let \(a_i\) be the position vector of \(A_i\). Write \(P=P_1\). Then \(a_1=0\), and \[ P_i=P+a_i\qquad(i=1,\ldots,9). \]

We claim that every \(P_i\) is contained in \[ 2P=\{2x:x\in P\}. \] Indeed, if \(z\in P_i\), then \(z=x+a_i\) for some \(x\in P\). Both \(x\) and \(a_i\) belong to \(P\), so convexity gives \[ \frac z2=\frac{x+a_i}{2}\in P. \] Thus \(z\in2P\), proving the claim.

Let \(V>0\) be the volume of \(P\). Each \(P_i\), being a translate of \(P\), has volume \(V\), whereas dilation by a factor of \(2\) gives \[ \operatorname{vol}(2P)=2^3V=8V. \]

Suppose, for a contradiction, that no two of the nine polyhedra have an interior point in common. Their interiors are then pairwise disjoint. The boundary of each polyhedron is a finite union of planar polygons and therefore has volume zero. Consequently, the volume of their union equals the sum of their volumes. Since their union is contained in \(2P\), we obtain \[ 9V =\operatorname{vol}\!\left(\bigcup_{i=1}^{9}P_i\right) \leq \operatorname{vol}(2P) =8V, \] contradicting \(V>0\).

Hence at least two of the polyhedra have an interior point in common. \(\square\)

The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).

IMO 1971 · Aufgabe 2

Betrachte ein konvexes Polyeder \(P_1\) mit neun Eckpunkten \(A_1A_2,\ldots,A_9\); sei \(P_i\) das Polyeder, das aus \(P_1\) durch die Verschiebung entsteht, die den Eckpunkt \(A_1\) auf \(A_i(i=2,3,\ldots,9)\) abbildet. Beweise, dass mindestens zwei der Polyeder \(P_1,P_2,\ldots,P_9\) einen gemeinsamen inneren Punkt haben.

Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)

Lösung

Wir wählen \(A_1\) als Ursprung und bezeichnen mit \(a_i\) den Ortsvektor von \(A_i\). Wir schreiben \(P=P_1\). Dann ist \(a_1=0\), und es gilt \[ P_i=P+a_i\qquad(i=1,\ldots,9). \]

Wir behaupten, dass jedes \(P_i\) in \[ 2P=\{2x:x\in P\} \] enthalten ist. Ist nämlich \(z\in P_i\), so gilt \(z=x+a_i\) für ein \(x\in P\). Sowohl \(x\) als auch \(a_i\) gehören zu \(P\), also folgt aus der Konvexität \[ \frac z2=\frac{x+a_i}{2}\in P. \] Somit ist \(z\in2P\), was die Behauptung beweist.

Sei \(V>0\) das Volumen von \(P\). Jedes \(P_i\) hat als verschobenes Bild von \(P\) das Volumen \(V\), während die Streckung mit dem Faktor \(2\) ergibt: \[ \operatorname{vol}(2P)=2^3V=8V. \]

Wir nehmen zum Widerspruch an, dass keine zwei der neun Polyeder einen gemeinsamen inneren Punkt haben. Ihre Inneren sind dann paarweise disjunkt. Der Rand jedes Polyeders ist eine endliche Vereinigung ebener Vielecke und hat daher das Volumen null. Folglich ist das Volumen ihrer Vereinigung gleich der Summe ihrer Volumina. Da ihre Vereinigung in \(2P\) enthalten ist, erhalten wir \[ 9V =\operatorname{vol}\!\left(\bigcup_{i=1}^{9}P_i\right) \leq \operatorname{vol}(2P) =8V, \] im Widerspruch zu \(V>0\).

Also haben mindestens zwei der Polyeder einen gemeinsamen inneren Punkt. \(\square\)

Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.

IMO 1971 · Soru 2

Dokuz köşesi \(A_1A_2,\ldots,A_9\) olan bir \(P_1\) dışbükey çokyüzlüsünü ele alalım; \(A_1\) köşesini \(A_i(i=2,3,\ldots,9)\) köşesine götüren öteleme ile \(P_1\)'den elde edilen çokyüzlü \(P_i\) olsun. \(P_1,P_2,\ldots,P_9\) çokyüzlülerinden en az ikisinin ortak bir iç noktası olduğunu kanıtlayınız.

Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)

Çözüm

\(A_1\)'i başlangıç noktası olarak seçelim ve \(A_i\)'nin konum vektörü \(a_i\) olsun. \(P=P_1\) yazalım. O hâlde \(a_1=0\) ve \[ P_i=P+a_i\qquad(i=1,\ldots,9). \]

Her \(P_i\)'nin \[ 2P=\{2x:x\in P\} \] kümesinin içinde kaldığını iddia ediyoruz. Gerçekten de \(z\in P_i\) ise bir \(x\in P\) için \(z=x+a_i\) olur. Hem \(x\) hem de \(a_i\), \(P\)'ye ait olduğundan, dışbükeylikten \[ \frac z2=\frac{x+a_i}{2}\in P \] elde edilir. Dolayısıyla \(z\in2P\) olur ve iddia kanıtlanır.

\(P\)'nin hacmi \(V>0\) olsun. Her \(P_i\), \(P\)'nin bir ötelenmişi olduğundan hacmi \(V\)'dir; öte yandan \(2\) kat büyütme sonucunda \[ \operatorname{vol}(2P)=2^3V=8V \] elde edilir.

Çelişki elde etmek üzere, dokuz çokyüzlüden hiçbir ikisinin ortak bir iç noktası olmadığını varsayalım. Bu durumda iç bölgeleri ikişer ikişer ayrıktır. Her çokyüzlünün sınırı sonlu sayıda düzlemsel çokgenin birleşimidir ve bu nedenle hacmi sıfırdır. Dolayısıyla birleşimlerinin hacmi, hacimlerinin toplamına eşittir. Birleşimleri \(2P\)'nin içinde kaldığından, \[ 9V =\operatorname{vol}\!\left(\bigcup_{i=1}^{9}P_i\right) \leq \operatorname{vol}(2P) =8V, \] elde ederiz; bu ise \(V>0\) ile çelişir.

O hâlde çokyüzlülerden en az ikisinin ortak bir iç noktası vardır. \(\square\)

Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.

IMO 1971 · Problema 2

Considere un poliedro convexo \(P_1\) con nueve vértices \(A_1A_2,\ldots,A_9\); sea \(P_i\) el poliedro obtenido a partir de \(P_1\) mediante una traslación que lleva el vértice \(A_1\) a \(A_i(i=2,3,\ldots,9)\). Demuestre que al menos dos de los poliedros \(P_1,P_2,\ldots,P_9\) tienen un punto interior en común.

Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)

Solución

Tomemos \(A_1\) como origen, y sea \(a_i\) el vector de posición de \(A_i\). Escribamos \(P=P_1\). Entonces \(a_1=0\), y \[ P_i=P+a_i\qquad(i=1,\ldots,9). \]

Afirmamos que cada \(P_i\) está contenido en \[ 2P=\{2x:x\in P\}. \] En efecto, si \(z\in P_i\), entonces \(z=x+a_i\) para algún \(x\in P\). Tanto \(x\) como \(a_i\) pertenecen a \(P\), por lo que la convexidad implica que \[ \frac z2=\frac{x+a_i}{2}\in P. \] Así pues, \(z\in2P\), lo que demuestra la afirmación.

Sea \(V>0\) el volumen de \(P\). Cada \(P_i\), por ser una imagen de \(P\) por traslación, tiene volumen \(V\), mientras que la homotecia de razón \(2\) da \[ \operatorname{vol}(2P)=2^3V=8V. \]

Supongamos, para llegar a una contradicción, que ningún par de los nueve poliedros tiene un punto interior en común. Sus interiores son entonces disjuntos dos a dos. La frontera de cada poliedro es una unión finita de polígonos planos y, por tanto, tiene volumen cero. En consecuencia, el volumen de su unión es igual a la suma de sus volúmenes. Como su unión está contenida en \(2P\), obtenemos \[ 9V =\operatorname{vol}\!\left(\bigcup_{i=1}^{9}P_i\right) \leq \operatorname{vol}(2P) =8V, \] lo que contradice \(V>0\).

Por lo tanto, al menos dos de los poliedros tienen un punto interior en común. \(\square\)

La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).

IMO 1971 · 问题 2

设凸多面体 \(P_1\) 有九个顶点 \(A_1A_2,\ldots,A_9\)；将 \(P_1\) 平移，使顶点 \(A_1\) 移到 \(A_i(i=2,3,\ldots,9)\)，所得的多面体记为 \(P_i\)。证明：多面体 \(P_1,P_2,\ldots,P_9\) 中至少有两个具有一个公共内点。

题目译自官方英文原文。官方试卷 (PDF)

解答

取 \(A_1\) 为原点，设 \(a_i\) 为 \(A_i\) 的位置向量。记 \(P=P_1\)。则 \(a_1=0\)，且 \[ P_i=P+a_i\qquad(i=1,\ldots,9). \]

我们断言，每个 \(P_i\) 都包含于 \[ 2P=\{2x:x\in P\}. \] 事实上，若 \(z\in P_i\)，则存在 \(x\in P\)，使得 \(z=x+a_i\)。由于 \(x\) 和 \(a_i\) 都属于 \(P\)，由凸性可得 \[ \frac z2=\frac{x+a_i}{2}\in P. \] 因此 \(z\in2P\)，断言得证。

设 \(P\) 的体积为 \(V>0\)。每个 \(P_i\) 都由 \(P\) 平移而得，故体积均为 \(V\)，而将 \(P\) 放大为原来的 \(2\) 倍可得 \[ \operatorname{vol}(2P)=2^3V=8V. \]

用反证法，假设这九个多面体中任意两个都没有公共内点。于是，它们的内部两两不交。每个多面体的边界都是有限个平面多边形的并，因此体积为零。所以，它们的并集的体积等于各自体积之和。由于其并集包含于 \(2P\)，可得 \[ 9V =\operatorname{vol}\!\left(\bigcup_{i=1}^{9}P_i\right) \leq \operatorname{vol}(2P) =8V, \] 这与 \(V>0\) 矛盾。

因此，这些多面体中至少有两个具有一个公共内点。\(\square\)

解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。

IMO 1971 · Задача 2

Рассмотрим выпуклый многогранник \(P_1\) с девятью вершинами \(A_1A_2,\ldots,A_9\); пусть \(P_i\) — многогранник, полученный из \(P_1\) параллельным переносом, переводящим вершину \(A_1\) в \(A_i(i=2,3,\ldots,9)\). Докажите, что хотя бы два из многогранников \(P_1,P_2,\ldots,P_9\) имеют общую внутреннюю точку.

Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)

Решение

Выберем \(A_1\) в качестве начала координат и обозначим через \(a_i\) радиус-вектор точки \(A_i\). Положим \(P=P_1\). Тогда \(a_1=0\) и \[ P_i=P+a_i\qquad(i=1,\ldots,9). \]

Утверждаем, что каждый \(P_i\) содержится в \[ 2P=\{2x:x\in P\}. \] Действительно, если \(z\in P_i\), то \(z=x+a_i\) для некоторого \(x\in P\). И \(x\), и \(a_i\) принадлежат \(P\), поэтому из выпуклости следует, что \[ \frac z2=\frac{x+a_i}{2}\in P. \] Следовательно, \(z\in2P\), что и доказывает утверждение.

Пусть \(V>0\) — объём \(P\). Каждый \(P_i\), будучи образом \(P\) при параллельном переносе, имеет объём \(V\), а гомотетия с коэффициентом \(2\) даёт \[ \operatorname{vol}(2P)=2^3V=8V. \]

Предположим противное: никакие два из девяти многогранников не имеют общей внутренней точки. Тогда их внутренности попарно не пересекаются. Граница каждого многогранника представляет собой конечное объединение плоских многоугольников и потому имеет нулевой объём. Следовательно, объём их объединения равен сумме их объёмов. Поскольку их объединение содержится в \(2P\), получаем \[ 9V =\operatorname{vol}\!\left(\bigcup_{i=1}^{9}P_i\right) \leq \operatorname{vol}(2P) =8V, \] что противоречит \(V>0\).

Итак, хотя бы два из многогранников имеют общую внутреннюю точку. \(\square\)

Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).

IMO 1971 · المسألة 2

ليكن \(P_1\) متعدد وجوه محدبًا له تسعة رؤوس \(A_1A_2,\ldots,A_9\)؛ وليكن \(P_i\) متعدد الوجوه الناتج من \(P_1\) بانسحاب ينقل الرأس \(A_1\) إلى \(A_i(i=2,3,\ldots,9)\). أثبت أن اثنين على الأقل من متعددات الوجوه \(P_1,P_2,\ldots,P_9\) لهما نقطة داخلية مشتركة.

نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)

الحل

نختار \(A_1\) مبدأً للإحداثيات، وليكن \(a_i\) متجه موضع \(A_i\). نكتب \(P=P_1\). عندئذ \(a_1=0\)، و \[ P_i=P+a_i\qquad(i=1,\ldots,9). \]

ندعي أن كل \(P_i\) محتوى في \[ 2P=\{2x:x\in P\}. \] فبالفعل، إذا كان \(z\in P_i\)، فإن \(z=x+a_i\) لنقطة ما \(x\in P\). وكل من \(x\) و\(a_i\) ينتمي إلى \(P\)، لذا يعطينا التحدب \[ \frac z2=\frac{x+a_i}{2}\in P. \] ومن ثم \(z\in2P\)، وهذا يثبت الادعاء.

ليكن \(V>0\) حجم \(P\). لكل \(P_i\) الحجم \(V\)، لأنه صورة \(P\) بانسحاب، في حين أن التمدد بمعامل \(2\) يعطي \[ \operatorname{vol}(2P)=2^3V=8V. \]

لنفترض، طلبًا للتناقض، أنه لا يوجد اثنان من متعددات الوجوه التسعة لهما نقطة داخلية مشتركة. عندئذ تكون دواخلها متباينة مثنى مثنى. وحدود كل متعدد وجوه هي اتحاد منتهٍ لمضلعات مستوية، ولذلك حجمها صفر. ومن ثم فإن حجم اتحادها يساوي مجموع أحجامها. وبما أن اتحادها محتوى في \(2P\)، نحصل على \[ 9V =\operatorname{vol}\!\left(\bigcup_{i=1}^{9}P_i\right) \leq \operatorname{vol}(2P) =8V, \] وهذا يناقض \(V>0\).

إذن لاثنين على الأقل من متعددات الوجوه نقطة داخلية مشتركة. \(\square\)

تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).