Dos tetraedros son congruentes dada una determinada condición

Question

Esta pregunta se inspira en un problema de Miklos Schweitzer, a saber

Problema 9./2007 Dejemos que $A$ y $B$ sean dos triángulos en el plano tales que el interior de ambos triángulos contenga el origen, y para cada círculo $C_r$ centrado en el origen $|C_r \cap A|=|C_r \cap B|$ (donde $|\cdot|$ es la medida de la arclitud). Demostrar que $A,B$ son congruentes. ¿Sigue siendo cierta esta afirmación si el origen se encuentra en la frontera de $A$ ou $B$ ?

Este problema se puede resolver con relativa facilidad demostrando que las distancias del origen a las aristas y a los vértices de los dos triángulos son las mismas para $A$ y $B$ . Para ello, considere el círculo $C_r$ "creciendo" hasta que toca por primera vez un lado de $A$ . Si no toca un lado de $B$ , haciendo que $r$ un poco más grande, obtenemos una contradicción, ya que $C_r$ todavía está dentro de $B$ pero una parte está fuera $A$ ahora. Por lo tanto, la distancia de $O$ al lado más cercano de $A,B$ es el mismo. Ahora considera el siguiente lado y así sucesivamente.

Me preguntaba cómo aplicar el mismo razonamiento a la siguiente generalización del problema:

Consideremos dos tetraedros $A,B$ que contienen el origen en el interior, con la propiedad de que para cualquier esfera $S_r$ centrado en el origen tenemos que $|S_r \cap A|=|S_r \cap B|$ (donde $|\cdot |$ es la medida del área en $\Bbb{R}^3$ ). Demuestra que los dos tetraedros son congruentes.

Para el triángulo, basta con saber que las distancias del origen a los lados y vértices son iguales para demostrar que son congruentes. Para el tetraedro creo que necesito algo más.

Answer 1

Este es un comentario demasiado largo para que quepa en el formato habitual de comentarios.

Una reducción importante que podemos hacer es reducir este problema tridimensional a a uno plano. En efecto, dejemos que ${\cal F }=ABC$ sea cualquier cara de uno de los tetraedros, y sea $H$ sea la proyección ortogonal de $O$ en $ABC$ . Sea $d=OH$ (esta es la distancia de $O$ al avión $(ABC)$ ). Denotemos por ${S'}_r$ el disco de centro $H$ y el radio $\sqrt{r^2-d^2}$ . Entonces la intersección $S_r \cap {\cal F}$ en ${\mathbb R}^3$ es exactamente lo mismo que la intersección ${S'}_r \cap {\cal F}$ en el plano $(ABC)$ (si $r \geq d$ ).

Esto nos lleva a la siguiente definición. Sea $\cal P$ sea un plano, y sea $H,A,B,C\in {\cal P}$ tal que $ABC$ es un triángulo no degenerado. Para $r>0$ , denótese por $f(H,ABC,r)$ el área de la intersección del casco convexo de $A,B,C$ con el disco de centro $H$ y el radio $r$ .

Entonces, si volvemos a nuestra situación inicial en la que ${\cal T}$ es el casco convexo tetraédrico de $A,B,C$ y $D$ y $O$ está dentro $\cal T$ . Enumerar las caras de $\cal T$ en algún orden : $F_1,F_2,F_3,F_4$ . Denote por $H_k$ la proyección ortogonal de $O$ en el plano abarcado por $F_k$ . Entonces tenemos

$$ (*) |S_r \cap {\cal T}|=\sum_{k=1}^{4} f(H_k,F_k,\sqrt{r^2-OH_k^2}) $$

Una condición suficiente para que la respuesta al problema inicial sea afirmativa es la siguiente afirmación "puramente plana": si dentro de un plano tomamos un punto $\Omega$ y varios triángulos no congruentes $(A_kB_kC_k)_{1 \leq k \leq m}$ entonces las funciones $ r \mapsto f(\Omega,A_kB_kC_k,r)$ (para $1 \leq k \leq m$ ) son linealmente independientes. Estoy casi seguro de que esta última condición es cierta.

Evidentemente, una buena forma de entender las funciones $ r \mapsto f(\Omega,ABC,r) $ es observar invariantes como las distancias de $\Omega$ a los bordes. Pero hay otros invariantes más complicados, como la distancia $r_0$ entre $\Omega$ y el punto más alejado entre $A,B$ y $C$ (la función $f$ es constante para $r\geq r_0$ y $r_0$ es mínima con esta propiedad).

No me queda claro que las distancias entre $\Omega$ y los vértices (las distancias distintas de $r_0$ quiero decir) puede reconstruirse a partir de $f$ . Tal vez alguien más pueda llenar el vacío aquí.