IMO 1966 · Problem 2
Let \(a,b,c\) be the lengths of the sides of a triangle, and \(\alpha,\beta,\gamma\), respectively, the angles opposite these sides. Prove that if \[ a+b=\tan\frac{\gamma}{2}(a\tan\alpha+b\tan\beta), \] the triangle is isosceles.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The tangents in the hypothesis are defined, so \(\cos\alpha\ne0\) and \(\cos\beta\ne0\). By the sine rule, the given equality becomes \[ \sin\alpha+\sin\beta =\tan\frac{\gamma}{2} \left(\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha} +\frac{\sin^2\beta}{\cos\beta}\right). \] Since \(\alpha+\beta=\pi-\gamma\), the sum-to-product identities give \[ \tan\frac{\gamma}{2} =\cot\frac{\alpha+\beta}{2} =\frac{\cos\alpha+\cos\beta}{\sin\alpha+\sin\beta}. \] Here \(\sin\alpha+\sin\beta>0\). Substituting this expression and multiplying by \((\sin\alpha+\sin\beta)\cos\alpha\cos\beta\), we obtain \[ (\sin\alpha+\sin\beta)^2\cos\alpha\cos\beta =(\cos\alpha+\cos\beta) (\sin^2\alpha\cos\beta+\sin^2\beta\cos\alpha). \] Expanding and cancelling common terms yields \[ 0=\sin^2\alpha\cos^2\beta+\sin^2\beta\cos^2\alpha -2\sin\alpha\sin\beta\cos\alpha\cos\beta =(\sin\alpha\cos\beta-\sin\beta\cos\alpha)^2. \] Thus \(\sin(\alpha-\beta)=0\). Because \(0<\alpha,\beta<\pi\), we have \(-\pi<\alpha-\beta<\pi\), so \(\alpha=\beta\). The sine rule now gives \(a=b\), proving that the triangle is isosceles. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1966 · Aufgabe 2
Es seien \(a,b,c\) die Seitenlängen eines Dreiecks und \(\alpha,\beta,\gamma\) die diesen Seiten jeweils gegenüberliegenden Winkel. Man beweise: Gilt \[ a+b=\tan\frac{\gamma}{2}(a\tan\alpha+b\tan\beta), \] so ist das Dreieck gleichschenklig.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die Tangenswerte in der Voraussetzung sind definiert, also gilt \(\cos\alpha\ne0\) und \(\cos\beta\ne0\). Nach dem Sinussatz wird die gegebene Gleichung zu \[ \sin\alpha+\sin\beta =\tan\frac{\gamma}{2} \left(\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha} +\frac{\sin^2\beta}{\cos\beta}\right). \] Wegen \(\alpha+\beta=\pi-\gamma\) liefern die Summen-zu-Produkt-Formeln \[ \tan\frac{\gamma}{2} =\cot\frac{\alpha+\beta}{2} =\frac{\cos\alpha+\cos\beta}{\sin\alpha+\sin\beta}. \] Dabei gilt \(\sin\alpha+\sin\beta>0\). Durch Einsetzen dieses Ausdrucks und Multiplikation mit \((\sin\alpha+\sin\beta)\cos\alpha\cos\beta\) erhalten wir \[ (\sin\alpha+\sin\beta)^2\cos\alpha\cos\beta =(\cos\alpha+\cos\beta) (\sin^2\alpha\cos\beta+\sin^2\beta\cos\alpha). \] Ausmultiplizieren und Wegkürzen gleicher Terme ergibt \[ 0=\sin^2\alpha\cos^2\beta+\sin^2\beta\cos^2\alpha -2\sin\alpha\sin\beta\cos\alpha\cos\beta =(\sin\alpha\cos\beta-\sin\beta\cos\alpha)^2. \] Somit gilt \(\sin(\alpha-\beta)=0\). Wegen \(0<\alpha,\beta<\pi\) gilt \(-\pi<\alpha-\beta<\pi\), also \(\alpha=\beta\). Der Sinussatz liefert nun \(a=b\), womit bewiesen ist, dass das Dreieck gleichschenklig ist. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1966 · Soru 2
Bir üçgenin kenar uzunlukları \(a,b,c\), bu kenarların karşısındaki açılar da sırasıyla \(\alpha,\beta,\gamma\) olsun. \[ a+b=\tan\frac{\gamma}{2}(a\tan\alpha+b\tan\beta), \] ise üçgenin ikizkenar olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Varsayımdaki tanjantlar tanımlı olduğundan \(\cos\alpha\ne0\) ve \(\cos\beta\ne0\) olur. Sinüs teoremi ile verilen eşitlik \[ \sin\alpha+\sin\beta =\tan\frac{\gamma}{2} \left(\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha} +\frac{\sin^2\beta}{\cos\beta}\right) \] biçimini alır. \(\alpha+\beta=\pi-\gamma\) olduğundan toplamı çarpıma dönüştürme özdeşlikleriyle \[ \tan\frac{\gamma}{2} =\cot\frac{\alpha+\beta}{2} =\frac{\cos\alpha+\cos\beta}{\sin\alpha+\sin\beta} \] elde edilir. Burada \(\sin\alpha+\sin\beta>0\) olur. Bu ifadeyi yerine koyup \((\sin\alpha+\sin\beta)\cos\alpha\cos\beta\) ile çarparak \[ (\sin\alpha+\sin\beta)^2\cos\alpha\cos\beta =(\cos\alpha+\cos\beta) (\sin^2\alpha\cos\beta+\sin^2\beta\cos\alpha) \] elde ederiz. Çarpımları açıp ortak terimleri sadeleştirince \[ 0=\sin^2\alpha\cos^2\beta+\sin^2\beta\cos^2\alpha -2\sin\alpha\sin\beta\cos\alpha\cos\beta =(\sin\alpha\cos\beta-\sin\beta\cos\alpha)^2 \] bulunur. Böylece \(\sin(\alpha-\beta)=0\) olur. \(0<\alpha,\beta<\pi\) olduğundan \(-\pi<\alpha-\beta<\pi\), dolayısıyla \(\alpha=\beta\) olur. Şimdi sinüs teoreminden \(a=b\) elde edilir; bu da üçgenin ikizkenar olduğunu kanıtlar. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1966 · Problema 2
Sean \(a,b,c\) las longitudes de los lados de un triángulo, y \(\alpha,\beta,\gamma\), respectivamente, los ángulos opuestos a dichos lados. Demostrar que, si \[ a+b=\tan\frac{\gamma}{2}(a\tan\alpha+b\tan\beta), \] el triángulo es isósceles.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Las tangentes de la hipótesis están definidas, por lo que \(\cos\alpha\ne0\) y \(\cos\beta\ne0\). Por el teorema de los senos, la igualdad dada se transforma en \[ \sin\alpha+\sin\beta =\tan\frac{\gamma}{2} \left(\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha} +\frac{\sin^2\beta}{\cos\beta}\right). \] Como \(\alpha+\beta=\pi-\gamma\), las identidades de transformación de sumas en productos dan \[ \tan\frac{\gamma}{2} =\cot\frac{\alpha+\beta}{2} =\frac{\cos\alpha+\cos\beta}{\sin\alpha+\sin\beta}. \] Aquí \(\sin\alpha+\sin\beta>0\). Sustituyendo esta expresión y multiplicando por \((\sin\alpha+\sin\beta)\cos\alpha\cos\beta\), obtenemos \[ (\sin\alpha+\sin\beta)^2\cos\alpha\cos\beta =(\cos\alpha+\cos\beta) (\sin^2\alpha\cos\beta+\sin^2\beta\cos\alpha). \] Al desarrollar y cancelar los términos comunes, resulta \[ 0=\sin^2\alpha\cos^2\beta+\sin^2\beta\cos^2\alpha -2\sin\alpha\sin\beta\cos\alpha\cos\beta =(\sin\alpha\cos\beta-\sin\beta\cos\alpha)^2. \] Así, \(\sin(\alpha-\beta)=0\). Como \(0<\alpha,\beta<\pi\), tenemos \(-\pi<\alpha-\beta<\pi\), de modo que \(\alpha=\beta\). El teorema de los senos da ahora \(a=b\), lo que demuestra que el triángulo es isósceles. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1966 · 问题 2
设 \(a,b,c\) 为一个三角形的三边长，\(\alpha,\beta,\gamma\) 分别为这些边所对的角。证明：如果 \[ a+b=\tan\frac{\gamma}{2}(a\tan\alpha+b\tan\beta), \] 那么这个三角形是等腰三角形。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
题设中的正切均有定义，因此 \(\cos\alpha\ne0\) 且 \(\cos\beta\ne0\)。由正弦定理，所给等式化为 \[ \sin\alpha+\sin\beta =\tan\frac{\gamma}{2} \left(\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha} +\frac{\sin^2\beta}{\cos\beta}\right). \] 由于 \(\alpha+\beta=\pi-\gamma\)，由和差化积公式可得 \[ \tan\frac{\gamma}{2} =\cot\frac{\alpha+\beta}{2} =\frac{\cos\alpha+\cos\beta}{\sin\alpha+\sin\beta}. \] 这里 \(\sin\alpha+\sin\beta>0\)。代入这一表达式，并将两边同乘 \((\sin\alpha+\sin\beta)\cos\alpha\cos\beta\)，得到 \[ (\sin\alpha+\sin\beta)^2\cos\alpha\cos\beta =(\cos\alpha+\cos\beta) (\sin^2\alpha\cos\beta+\sin^2\beta\cos\alpha). \] 展开并消去相同的项，得到 \[ 0=\sin^2\alpha\cos^2\beta+\sin^2\beta\cos^2\alpha -2\sin\alpha\sin\beta\cos\alpha\cos\beta =(\sin\alpha\cos\beta-\sin\beta\cos\alpha)^2. \] 于是 \(\sin(\alpha-\beta)=0\)。因为 \(0<\alpha,\beta<\pi\)，有 \(-\pi<\alpha-\beta<\pi\)，所以 \(\alpha=\beta\)。再由正弦定理得 \(a=b\)，这就证明了该三角形是等腰三角形。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1966 · Задача 2
Пусть \(a,b,c\) — длины сторон треугольника, а \(\alpha,\beta,\gamma\) — противолежащие им углы соответственно. Докажите, что если \[ a+b=\tan\frac{\gamma}{2}(a\tan\alpha+b\tan\beta), \] то треугольник равнобедренный.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Тангенсы в условии определены, поэтому \(\cos\alpha\ne0\) и \(\cos\beta\ne0\). По теореме синусов данное равенство принимает вид \[ \sin\alpha+\sin\beta =\tan\frac{\gamma}{2} \left(\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha} +\frac{\sin^2\beta}{\cos\beta}\right). \] Так как \(\alpha+\beta=\pi-\gamma\), по формулам преобразования суммы в произведение получаем \[ \tan\frac{\gamma}{2} =\cot\frac{\alpha+\beta}{2} =\frac{\cos\alpha+\cos\beta}{\sin\alpha+\sin\beta}. \] Здесь \(\sin\alpha+\sin\beta>0\). Подставляя это выражение и умножая на \((\sin\alpha+\sin\beta)\cos\alpha\cos\beta\), получаем \[ (\sin\alpha+\sin\beta)^2\cos\alpha\cos\beta =(\cos\alpha+\cos\beta) (\sin^2\alpha\cos\beta+\sin^2\beta\cos\alpha). \] Раскрывая скобки и сокращая одинаковые слагаемые, получаем \[ 0=\sin^2\alpha\cos^2\beta+\sin^2\beta\cos^2\alpha -2\sin\alpha\sin\beta\cos\alpha\cos\beta =(\sin\alpha\cos\beta-\sin\beta\cos\alpha)^2. \] Таким образом, \(\sin(\alpha-\beta)=0\). Поскольку \(0<\alpha,\beta<\pi\), имеем \(-\pi<\alpha-\beta<\pi\), откуда \(\alpha=\beta\). Теперь по теореме синусов получаем \(a=b\), что доказывает равнобедренность треугольника. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1966 · المسألة 2
لتكن \(a,b,c\) أطوال أضلاع مثلث، ولتكن \(\alpha,\beta,\gamma\)، على الترتيب، الزوايا المقابلة لهذه الأضلاع. أثبت أنه إذا كان \[ a+b=\tan\frac{\gamma}{2}(a\tan\alpha+b\tan\beta), \] فإن المثلث متساوي الساقين.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
قيم الظل الواردة في الفرض معرّفة، لذا فإن \(\cos\alpha\ne0\) و\(\cos\beta\ne0\). وبحسب قانون الجيوب، تصبح المساواة المعطاة \[ \sin\alpha+\sin\beta =\tan\frac{\gamma}{2} \left(\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha} +\frac{\sin^2\beta}{\cos\beta}\right). \] بما أن \(\alpha+\beta=\pi-\gamma\)، فإن متطابقات تحويل المجموع إلى جداء تعطي \[ \tan\frac{\gamma}{2} =\cot\frac{\alpha+\beta}{2} =\frac{\cos\alpha+\cos\beta}{\sin\alpha+\sin\beta}. \] وهنا \(\sin\alpha+\sin\beta>0\). بالتعويض بهذا التعبير والضرب في \((\sin\alpha+\sin\beta)\cos\alpha\cos\beta\)، نحصل على \[ (\sin\alpha+\sin\beta)^2\cos\alpha\cos\beta =(\cos\alpha+\cos\beta) (\sin^2\alpha\cos\beta+\sin^2\beta\cos\alpha). \] بنشر العبارات وحذف الحدود المشتركة، نحصل على \[ 0=\sin^2\alpha\cos^2\beta+\sin^2\beta\cos^2\alpha -2\sin\alpha\sin\beta\cos\alpha\cos\beta =(\sin\alpha\cos\beta-\sin\beta\cos\alpha)^2. \] إذن \(\sin(\alpha-\beta)=0\). وبما أن \(0<\alpha,\beta<\pi\)، فإن \(-\pi<\alpha-\beta<\pi\)، ومن ثم \(\alpha=\beta\). ويعطي قانون الجيوب الآن \(a=b\)، مما يثبت أن المثلث متساوي الساقين. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).