IMO 1992 · Problem 5
Let \(S\) be a finite set of points in three-dimensional space. Let \(S_x, S_y, S_z\) be the sets consisting of the orthogonal projections of the points of \(S\) onto the \(yz\)-plane, \(zx\)-plane, \(xy\)-plane, respectively. Prove that \[ |S|^2 \leq |S_x| \cdot |S_y| \cdot |S_z|, \] where \(|A|\) denotes the number of elements in the finite set \(|A|\). (Note: The orthogonal projection of a point onto a plane is the foot of the perpendicular from that point to the plane.)
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
If \(S=\varnothing\), all three projections are empty and the inequality holds. Hence assume \(S\ne\varnothing\).
Let \(X\) and \(Y\) be the finite sets of first and second coordinates, respectively, occurring among the points of \(S\). For \(x\in X\) and \(y\in Y\), define \[ \begin{aligned} a_x&=\bigl|\{z:\text{there exists }y'\text{ with }(x,y',z)\in S\}\bigr|,\\ b_y&=\bigl|\{z:\text{there exists }x'\text{ with }(x',y,z)\in S\}\bigr|,\\ n_{xy}&=\bigl|\{z:(x,y,z)\in S\}\bigr|. \end{aligned} \] The projection onto the \(zx\)-plane records precisely the distinct pairs \((z,x)\), so \[ \sum_{x\in X}a_x=|S_y|. \] Similarly, \[ \sum_{y\in Y}b_y=|S_x|. \]
Put \[ P=\{(x,y)\in X\times Y:n_{xy}>0\}. \] The pairs in \(P\) correspond exactly to the points of \(S_z\), and each point of \(S\) belongs to exactly one of the fibers counted by \(n_{xy}\). Thus \[ |P|=|S_z|, \qquad \sum_{(x,y)\in P}n_{xy}=|S|. \] For every \((x,y)\in P\), each third coordinate counted by \(n_{xy}\) is counted by both \(a_x\) and \(b_y\). Consequently, \[ n_{xy}\leq a_x,\qquad n_{xy}\leq b_y, \qquad\text{and hence}\qquad n_{xy}^2\leq a_xb_y. \]
Applying the Cauchy–Schwarz inequality and then using nonnegativity gives \[ \begin{aligned} |S|^2 &=\left(\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}\right)^2\\ &\leq |P|\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}^2\\ &\leq |S_z|\sum_{(x,y)\in P}a_xb_y\\ &\leq |S_z|\sum_{x\in X}\sum_{y\in Y}a_xb_y\\ &=|S_z|\left(\sum_{x\in X}a_x\right) \left(\sum_{y\in Y}b_y\right)\\ &=|S_z|\cdot |S_y|\cdot |S_x|. \end{aligned} \] This proves the required inequality.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1992 · Aufgabe 5
Sei \(S\) eine endliche Punktmenge im dreidimensionalen Raum. Seien \(S_x, S_y, S_z\) die Mengen der orthogonalen Projektionen der Punkte von \(S\) auf die \(yz\)-Ebene, die \(zx\)-Ebene bzw. die \(xy\)-Ebene. Beweise, dass \[ |S|^2 \leq |S_x| \cdot |S_y| \cdot |S_z|, \] wobei \(|A|\) die Anzahl der Elemente in der endlichen Menge \(|A|\) bezeichnet. (Hinweis: Die orthogonale Projektion eines Punktes auf eine Ebene ist der Fußpunkt des Lotes von diesem Punkt auf die Ebene.)
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Ist \(S=\varnothing\), so sind alle drei Projektionen leer, und die Ungleichung gilt. Wir nehmen daher \(S\ne\varnothing\) an.
Seien \(X\) und \(Y\) die endlichen Mengen der ersten bzw. zweiten Koordinaten, die unter den Punkten von \(S\) auftreten. Für \(x\in X\) und \(y\in Y\) definieren wir \[ \begin{aligned} a_x&=\bigl|\{z:\text{es gibt }y'\text{ mit }(x,y',z)\in S\}\bigr|,\\ b_y&=\bigl|\{z:\text{es gibt }x'\text{ mit }(x',y,z)\in S\}\bigr|,\\ n_{xy}&=\bigl|\{z:(x,y,z)\in S\}\bigr|. \end{aligned} \] Die Projektion auf die \(zx\)-Ebene erfasst genau die verschiedenen Paare \((z,x)\), also gilt \[ \sum_{x\in X}a_x=|S_y|. \] Entsprechend gilt \[ \sum_{y\in Y}b_y=|S_x|. \]
Setze \[ P=\{(x,y)\in X\times Y:n_{xy}>0\}. \] Die Paare in \(P\) entsprechen genau den Punkten von \(S_z\), und jeder Punkt von \(S\) gehört zu genau einer der Fasern, deren Mächtigkeiten durch \(n_{xy}\) gezählt werden. Somit gilt \[ |P|=|S_z|, \qquad \sum_{(x,y)\in P}n_{xy}=|S|. \] Für jedes \((x,y)\in P\) wird jede dritte Koordinate, die von \(n_{xy}\) gezählt wird, sowohl von \(a_x\) als auch von \(b_y\) gezählt. Folglich gilt \[ n_{xy}\leq a_x,\qquad n_{xy}\leq b_y, \qquad\text{und damit}\qquad n_{xy}^2\leq a_xb_y. \]
Die Anwendung der Cauchy–Schwarz-Ungleichung und die anschließende Verwendung der Nichtnegativität ergeben \[ \begin{aligned} |S|^2 &=\left(\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}\right)^2\\ &\leq |P|\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}^2\\ &\leq |S_z|\sum_{(x,y)\in P}a_xb_y\\ &\leq |S_z|\sum_{x\in X}\sum_{y\in Y}a_xb_y\\ &=|S_z|\left(\sum_{x\in X}a_x\right) \left(\sum_{y\in Y}b_y\right)\\ &=|S_z|\cdot |S_y|\cdot |S_x|. \end{aligned} \] Damit ist die geforderte Ungleichung bewiesen.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1992 · Soru 5
\(S\), üç boyutlu uzayda sonlu bir nokta kümesi olsun. \(S_x, S_y, S_z\), \(S\)'nin noktalarının sırasıyla \(yz\)-düzlemi, \(zx\)-düzlemi ve \(xy\)-düzlemi üzerindeki dik izdüşümlerinden oluşan kümeler olsun. \[ |S|^2 \leq |S_x| \cdot |S_y| \cdot |S_z|, \] eşitsizliğini kanıtlayınız; burada \(|A|\), sonlu \(|A|\) kümesinin eleman sayısını gösterir. (Not: Bir noktanın bir düzlem üzerindeki dik izdüşümü, o noktadan düzleme indirilen dikmenin ayağıdır.)
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(S=\varnothing\) ise üç izdüşüm kümesi de boştur ve eşitsizlik sağlanır. Bu nedenle \(S\ne\varnothing\) olduğunu varsayalım.
\(X\) ve \(Y\), sırasıyla \(S\)'nin noktalarında görülen birinci ve ikinci koordinatların oluşturduğu sonlu kümeler olsun. \(x\in X\) ve \(y\in Y\) için \[ \begin{aligned} a_x&=\bigl|\{z:\text{bir }y'\text{ için }(x,y',z)\in S\}\bigr|,\\ b_y&=\bigl|\{z:\text{bir }x'\text{ için }(x',y,z)\in S\}\bigr|,\\ n_{xy}&=\bigl|\{z:(x,y,z)\in S\}\bigr| \end{aligned} \] olarak tanımlayalım. \(zx\)-düzlemi üzerindeki izdüşüm tam olarak farklı \((z,x)\) çiftlerini verdiğinden \[ \sum_{x\in X}a_x=|S_y|. \] Benzer şekilde, \[ \sum_{y\in Y}b_y=|S_x|. \]
\[ P=\{(x,y)\in X\times Y:n_{xy}>0\} \] olsun. \(P\)'deki çiftler tam olarak \(S_z\)'nin noktalarına karşılık gelir ve \(S\)'nin her noktası, eleman sayısı \(n_{xy}\) ile verilen liflerden tam olarak birine aittir. Böylece \[ |P|=|S_z|, \qquad \sum_{(x,y)\in P}n_{xy}=|S|. \] Her \((x,y)\in P\) için, \(n_{xy}\)'nin saydığı her üçüncü koordinat hem \(a_x\) hem de \(b_y\) tarafından sayılır. Dolayısıyla \[ n_{xy}\leq a_x,\qquad n_{xy}\leq b_y, \qquad\text{ve buradan}\qquad n_{xy}^2\leq a_xb_y. \]
Cauchy–Schwarz eşitsizliğini uygulayıp ardından terimlerin negatif olmamasını kullanarak \[ \begin{aligned} |S|^2 &=\left(\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}\right)^2\\ &\leq |P|\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}^2\\ &\leq |S_z|\sum_{(x,y)\in P}a_xb_y\\ &\leq |S_z|\sum_{x\in X}\sum_{y\in Y}a_xb_y\\ &=|S_z|\left(\sum_{x\in X}a_x\right) \left(\sum_{y\in Y}b_y\right)\\ &=|S_z|\cdot |S_y|\cdot |S_x| \end{aligned} \] elde ederiz. Bu, istenen eşitsizliği kanıtlar.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1992 · Problema 5
Sea \(S\) un conjunto finito de puntos del espacio tridimensional. Sean \(S_x, S_y, S_z\) los conjuntos formados por las proyecciones ortogonales de los puntos de \(S\) sobre los planos \(yz\), \(zx\), \(xy\), respectivamente. Demostrar que \[ |S|^2 \leq |S_x| \cdot |S_y| \cdot |S_z|, \] donde \(|A|\) denota el número de elementos del conjunto finito \(|A|\). (Nota: La proyección ortogonal de un punto sobre un plano es el pie de la perpendicular trazada desde ese punto al plano.)
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Si \(S=\varnothing\), las tres proyecciones son vacías y la desigualdad se cumple. Supongamos, por tanto, que \(S\ne\varnothing\).
Sean \(X\) e \(Y\) los conjuntos finitos de las primeras y segundas coordenadas, respectivamente, que aparecen entre los puntos de \(S\). Para \(x\in X\) e \(y\in Y\), definamos \[ \begin{aligned} a_x&=\bigl|\{z:\text{existe }y'\text{ tal que }(x,y',z)\in S\}\bigr|,\\ b_y&=\bigl|\{z:\text{existe }x'\text{ tal que }(x',y,z)\in S\}\bigr|,\\ n_{xy}&=\bigl|\{z:(x,y,z)\in S\}\bigr|. \end{aligned} \] La proyección sobre el plano \(zx\) recoge precisamente los pares distintos \((z,x)\), por lo que \[ \sum_{x\in X}a_x=|S_y|. \] Análogamente, \[ \sum_{y\in Y}b_y=|S_x|. \]
Sea \[ P=\{(x,y)\in X\times Y:n_{xy}>0\}. \] Los pares de \(P\) corresponden exactamente a los puntos de \(S_z\), y cada punto de \(S\) pertenece a exactamente una de las fibras contadas por \(n_{xy}\). Por tanto, \[ |P|=|S_z|, \qquad \sum_{(x,y)\in P}n_{xy}=|S|. \] Para todo \((x,y)\in P\), cada tercera coordenada contada por \(n_{xy}\) se cuenta tanto en \(a_x\) como en \(b_y\). En consecuencia, \[ n_{xy}\leq a_x,\qquad n_{xy}\leq b_y, \qquad\text{y por tanto}\qquad n_{xy}^2\leq a_xb_y. \]
Aplicando la desigualdad de Cauchy–Schwarz y usando después la no negatividad de los términos, obtenemos \[ \begin{aligned} |S|^2 &=\left(\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}\right)^2\\ &\leq |P|\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}^2\\ &\leq |S_z|\sum_{(x,y)\in P}a_xb_y\\ &\leq |S_z|\sum_{x\in X}\sum_{y\in Y}a_xb_y\\ &=|S_z|\left(\sum_{x\in X}a_x\right) \left(\sum_{y\in Y}b_y\right)\\ &=|S_z|\cdot |S_y|\cdot |S_x|. \end{aligned} \] Esto demuestra la desigualdad requerida.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1992 · 问题 5
设 \(S\) 是三维空间中的一个有限点集。设 \(S_x, S_y, S_z\) 分别为 \(S\) 中各点在 \(yz\) 平面、\(zx\) 平面、\(xy\) 平面上的正投影所组成的集合。证明 \[ |S|^2 \leq |S_x| \cdot |S_y| \cdot |S_z|, \] 其中 \(|A|\) 表示有限集 \(|A|\) 中元素的个数。（注：一个点在平面上的正投影，是从该点向该平面所作垂线的垂足。）
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
若 \(S=\varnothing\)，则三个投影集均为空集，不等式成立。因此，下设 \(S\ne\varnothing\)。
设 \(X\) 和 \(Y\) 分别为 \(S\) 中各点的第一坐标和第二坐标所组成的有限集。对于 \(x\in X\) 和 \(y\in Y\)，定义 \[ \begin{aligned} a_x&=\bigl|\{z:\text{存在 }y'\text{ 使得 }(x,y',z)\in S\}\bigr|,\\ b_y&=\bigl|\{z:\text{存在 }x'\text{ 使得 }(x',y,z)\in S\}\bigr|,\\ n_{xy}&=\bigl|\{z:(x,y,z)\in S\}\bigr|. \end{aligned} \] 在 \(zx\) 平面上的投影恰好记录了所有不同的有序对 \((z,x)\)，所以 \[ \sum_{x\in X}a_x=|S_y|. \] 同理， \[ \sum_{y\in Y}b_y=|S_x|. \]
令 \[ P=\{(x,y)\in X\times Y:n_{xy}>0\}. \] \(P\) 中的有序对与 \(S_z\) 中的点恰好一一对应，而 \(S\) 中的每个点恰好属于一个由 \(n_{xy}\) 计数的纤维。因此 \[ |P|=|S_z|, \qquad \sum_{(x,y)\in P}n_{xy}=|S|. \] 对于每个 \((x,y)\in P\)，由 \(n_{xy}\) 计数的每个第三坐标都同时被 \(a_x\) 和 \(b_y\) 计数。因此， \[ n_{xy}\leq a_x,\qquad n_{xy}\leq b_y, \qquad\text{从而}\qquad n_{xy}^2\leq a_xb_y. \]
应用柯西–施瓦茨不等式，再利用各项的非负性，得 \[ \begin{aligned} |S|^2 &=\left(\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}\right)^2\\ &\leq |P|\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}^2\\ &\leq |S_z|\sum_{(x,y)\in P}a_xb_y\\ &\leq |S_z|\sum_{x\in X}\sum_{y\in Y}a_xb_y\\ &=|S_z|\left(\sum_{x\in X}a_x\right) \left(\sum_{y\in Y}b_y\right)\\ &=|S_z|\cdot |S_y|\cdot |S_x|. \end{aligned} \] 所求不等式得证。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1992 · Задача 5
Пусть \(S\) — конечное множество точек в трёхмерном пространстве. Пусть \(S_x, S_y, S_z\) — множества, состоящие из ортогональных проекций точек множества \(S\) на плоскости \(yz\), \(zx\), \(xy\) соответственно. Докажите, что \[ |S|^2 \leq |S_x| \cdot |S_y| \cdot |S_z|, \] где \(|A|\) обозначает число элементов конечного множества \(|A|\). (Примечание: ортогональная проекция точки на плоскость — это основание перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.)
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Если \(S=\varnothing\), то все три проекции пусты и неравенство выполнено. Поэтому будем считать, что \(S\ne\varnothing\).
Пусть \(X\) и \(Y\) — конечные множества первых и вторых координат соответственно, встречающихся у точек множества \(S\). Для \(x\in X\) и \(y\in Y\) определим \[ \begin{aligned} a_x&=\bigl|\{z:\text{существует }y'\text{ такое, что }(x,y',z)\in S\}\bigr|,\\ b_y&=\bigl|\{z:\text{существует }x'\text{ такое, что }(x',y,z)\in S\}\bigr|,\\ n_{xy}&=\bigl|\{z:(x,y,z)\in S\}\bigr|. \end{aligned} \] Проекция на плоскость \(zx\) содержит в точности различные пары \((z,x)\), поэтому \[ \sum_{x\in X}a_x=|S_y|. \] Аналогично, \[ \sum_{y\in Y}b_y=|S_x|. \]
Положим \[ P=\{(x,y)\in X\times Y:n_{xy}>0\}. \] Пары из \(P\) в точности соответствуют точкам \(S_z\), и каждая точка \(S\) принадлежит ровно одному из слоёв, число точек в которых равно \(n_{xy}\). Таким образом, \[ |P|=|S_z|, \qquad \sum_{(x,y)\in P}n_{xy}=|S|. \] Для каждой пары \((x,y)\in P\) любая третья координата, учитываемая в \(n_{xy}\), учитывается и в \(a_x\), и в \(b_y\). Следовательно, \[ n_{xy}\leq a_x,\qquad n_{xy}\leq b_y, \qquad\text{а значит}\qquad n_{xy}^2\leq a_xb_y. \]
Применяя неравенство Коши — Буняковского, а затем используя неотрицательность слагаемых, получаем \[ \begin{aligned} |S|^2 &=\left(\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}\right)^2\\ &\leq |P|\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}^2\\ &\leq |S_z|\sum_{(x,y)\in P}a_xb_y\\ &\leq |S_z|\sum_{x\in X}\sum_{y\in Y}a_xb_y\\ &=|S_z|\left(\sum_{x\in X}a_x\right) \left(\sum_{y\in Y}b_y\right)\\ &=|S_z|\cdot |S_y|\cdot |S_x|. \end{aligned} \] Требуемое неравенство доказано.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1992 · المسألة 5
لتكن \(S\) مجموعة منتهية من النقاط في الفضاء الثلاثي الأبعاد. ولتكن \(S_x, S_y, S_z\) المجموعات المؤلفة من المساقط العمودية لنقاط \(S\) على المستويات \(yz\)، و\(zx\)، و\(xy\)، على الترتيب. أثبت أن \[ |S|^2 \leq |S_x| \cdot |S_y| \cdot |S_z|, \] حيث يرمز \(|A|\) إلى عدد عناصر المجموعة المنتهية \(|A|\). (ملاحظة: المسقط العمودي لنقطة على مستوى هو قدم العمود النازل من تلك النقطة على المستوى.)
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
إذا كانت \(S=\varnothing\)، فإن المساقط الثلاثة كلها خالية وتتحقق المتباينة. لذا نفترض أن \(S\ne\varnothing\).
لتكن \(X\) و\(Y\) المجموعتين المنتهيتين للإحداثيات الأولى والثانية، على الترتيب، التي تظهر بين نقاط \(S\). لكل \(x\in X\) و\(y\in Y\)، نعرّف \[ \begin{aligned} a_x&=\bigl|\{z:\text{يوجد }y'\text{ بحيث }(x,y',z)\in S\}\bigr|,\\ b_y&=\bigl|\{z:\text{يوجد }x'\text{ بحيث }(x',y,z)\in S\}\bigr|,\\ n_{xy}&=\bigl|\{z:(x,y,z)\in S\}\bigr|. \end{aligned} \] يسجل المسقط على المستوى \(zx\) الأزواج المختلفة \((z,x)\) بالضبط، ومن ثم \[ \sum_{x\in X}a_x=|S_y|. \] وبالمثل، \[ \sum_{y\in Y}b_y=|S_x|. \]
لنضع \[ P=\{(x,y)\in X\times Y:n_{xy}>0\}. \] تقابل الأزواج في \(P\) نقاط \(S_z\) تقابلًا تامًا، وتنتمي كل نقطة من \(S\) إلى ليف واحد بالضبط من الألياف التي تُحصى أعداد عناصرها بـ\(n_{xy}\). إذن \[ |P|=|S_z|, \qquad \sum_{(x,y)\in P}n_{xy}=|S|. \] لكل \((x,y)\in P\)، كل إحداثي ثالث يُحصى في \(n_{xy}\) يُحصى في كل من \(a_x\) و\(b_y\). وبالتالي، \[ n_{xy}\leq a_x,\qquad n_{xy}\leq b_y, \qquad\text{ومن ثم}\qquad n_{xy}^2\leq a_xb_y. \]
بتطبيق متباينة كوشي–شفارتز ثم استخدام عدم سلبية الحدود نحصل على \[ \begin{aligned} |S|^2 &=\left(\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}\right)^2\\ &\leq |P|\sum_{(x,y)\in P}n_{xy}^2\\ &\leq |S_z|\sum_{(x,y)\in P}a_xb_y\\ &\leq |S_z|\sum_{x\in X}\sum_{y\in Y}a_xb_y\\ &=|S_z|\left(\sum_{x\in X}a_x\right) \left(\sum_{y\in Y}b_y\right)\\ &=|S_z|\cdot |S_y|\cdot |S_x|. \end{aligned} \] وهذا يثبت المتباينة المطلوبة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).