IMO 1968 · Problem 1

Prove that there is one and only one triangle whose side lengths are consecutive integers, and one of whose angles is twice as large as another.

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

Solution

Let \(A,B,C\) be the angles of such a triangle, with \(B=2A\), and let \(a,b,c\) be their respective opposite sides. Then \(C=\pi-3A\), so \(0<A<\pi/3\). By the sine rule, \[ \frac ba=\frac{\sin 2A}{\sin A}=2\cos A>1 \] and \[ \frac ca=\frac{\sin 3A}{\sin A}=4\cos^2 A-1. \] Consequently, \[ \boxed{b^2=a(a+c)},\qquad b>a. \]

Write the consecutive side lengths as \(n-1,n,n+1\), where \(n\) is an integer. The triangle inequality gives \[ (n-1)+n>n+1, \] hence \(n\ge3\). Since \(b>a\), there are exactly three possible assignments.

If \(a=n-1,\ b=n,\ c=n+1\), then \[ n^2=(n-1)(2n), \] which gives \(n=2\), contradicting \(n\ge3\).
If \(a=n,\ b=n+1,\ c=n-1\), then \[ (n+1)^2=n(2n-1). \] Thus \(n\mid(n+1)^2\), and therefore \(n\mid1\), again contradicting \(n\ge3\).
If \(a=n-1,\ b=n+1,\ c=n\), then \[ (n+1)^2=(n-1)(2n-1). \] Expanding and simplifying gives \[ n(n-5)=0. \] Hence \(n=5\), so the side lengths must be \(4,5,6\).

It remains to verify existence. Since \(4+5>6\), these lengths form a nondegenerate triangle. Let \(A\) and \(B\) be its angles opposite the sides of lengths \(4\) and \(6\), respectively. By the cosine rule, \[ \cos A=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot5\cdot6}=\frac34, \qquad \cos B=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac18. \] Therefore \[ \cos 2A=2\cos^2 A-1 =2\left(\frac34\right)^2-1 =\frac18=\cos B. \] Because \(0<A<\pi/2\), both \(2A\) and \(B\) lie in \((0,\pi)\), where cosine is strictly decreasing. Thus \(B=2A\).

Finally, three side lengths determine a triangle uniquely up to congruence. Hence the triangle with side lengths \(\boxed{4,5,6}\) is the one and only triangle satisfying the conditions.

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

IMO 1968 · Aufgabe 1

Beweise, dass es genau ein Dreieck gibt, dessen Seitenlängen aufeinanderfolgende ganze Zahlen sind und bei dem ein Winkel doppelt so groß ist wie ein anderer.

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

Lösung

Es seien \(A,B,C\) die Winkel eines solchen Dreiecks mit \(B=2A\), und \(a,b,c\) seien die jeweils gegenüberliegenden Seiten. Dann ist \(C=\pi-3A\), also \(0<A<\pi/3\). Nach dem Sinussatz gilt \[ \frac ba=\frac{\sin 2A}{\sin A}=2\cos A>1 \] und \[ \frac ca=\frac{\sin 3A}{\sin A}=4\cos^2 A-1. \] Folglich gilt \[ \boxed{b^2=a(a+c)},\qquad b>a. \]

Wir schreiben die aufeinanderfolgenden Seitenlängen als \(n-1,n,n+1\), wobei \(n\) eine ganze Zahl ist. Die Dreiecksungleichung liefert \[ (n-1)+n>n+1, \] also \(n\ge3\). Wegen \(b>a\) gibt es genau drei mögliche Zuordnungen.

Ist \(a=n-1,\ b=n,\ c=n+1\), so gilt \[ n^2=(n-1)(2n), \] woraus \(n=2\) folgt, im Widerspruch zu \(n\ge3\).
Ist \(a=n,\ b=n+1,\ c=n-1\), so gilt \[ (n+1)^2=n(2n-1). \] Somit gilt \(n\mid(n+1)^2\) und daher \(n\mid1\), erneut im Widerspruch zu \(n\ge3\).
Ist \(a=n-1,\ b=n+1,\ c=n\), so gilt \[ (n+1)^2=(n-1)(2n-1). \] Ausmultiplizieren und Vereinfachen ergibt \[ n(n-5)=0. \] Daher ist \(n=5\), sodass die Seitenlängen \(4,5,6\) sein müssen.

Es bleibt, die Existenz nachzuweisen. Wegen \(4+5>6\) bilden diese Längen ein nicht entartetes Dreieck. Es seien \(A\) und \(B\) seine Winkel gegenüber den Seiten der Längen \(4\) bzw. \(6\). Nach dem Kosinussatz gilt \[ \cos A=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot5\cdot6}=\frac34, \qquad \cos B=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac18. \] Daher gilt \[ \cos 2A=2\cos^2 A-1 =2\left(\frac34\right)^2-1 =\frac18=\cos B. \] Wegen \(0<A<\pi/2\) liegen sowohl \(2A\) als auch \(B\) in \((0,\pi)\), wo der Kosinus streng monoton fallend ist. Somit gilt \(B=2A\).

Schließlich bestimmen drei Seitenlängen ein Dreieck bis auf Kongruenz eindeutig. Daher ist das Dreieck mit den Seitenlängen \(\boxed{4,5,6}\) das einzige Dreieck, das die Bedingungen erfüllt.

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

IMO 1968 · Soru 1

Kenar uzunlukları ardışık tam sayılar olan ve bir açısı başka bir açısının iki katı olan bir ve yalnız bir üçgen bulunduğunu kanıtlayınız.

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

Çözüm

Böyle bir üçgenin açıları \(B=2A\) olmak üzere \(A,B,C\), bu açıların karşısındaki kenarlar da sırasıyla \(a,b,c\) olsun. O hâlde \(C=\pi-3A\) olduğundan \(0<A<\pi/3\) olur. Sinüs teoremine göre, \[ \frac ba=\frac{\sin 2A}{\sin A}=2\cos A>1 \] ve \[ \frac ca=\frac{\sin 3A}{\sin A}=4\cos^2 A-1. \] Dolayısıyla, \[ \boxed{b^2=a(a+c)},\qquad b>a. \]

Ardışık kenar uzunluklarını, \(n\) bir tam sayı olmak üzere \(n-1,n,n+1\) biçiminde yazalım. Üçgen eşitsizliğinden \[ (n-1)+n>n+1, \] dolayısıyla \(n\ge3\) elde edilir. \(b>a\) olduğundan, kenar uzunluklarını atamak için tam olarak üç olasılık vardır.

\(a=n-1,\ b=n,\ c=n+1\) ise \[ n^2=(n-1)(2n), \] buradan \(n=2\) elde edilir; bu ise \(n\ge3\) ile çelişir.
\(a=n,\ b=n+1,\ c=n-1\) ise \[ (n+1)^2=n(2n-1). \] Böylece \(n\mid(n+1)^2\), dolayısıyla \(n\mid1\) olur; bu da yine \(n\ge3\) ile çelişir.
\(a=n-1,\ b=n+1,\ c=n\) ise \[ (n+1)^2=(n-1)(2n-1). \] Açıp sadeleştirince \[ n(n-5)=0 \] elde edilir. Dolayısıyla \(n=5\) olur ve kenar uzunlukları \(4,5,6\) olmalıdır.

Geriye böyle bir üçgenin varlığını doğrulamak kalır. \(4+5>6\) olduğundan bu uzunluklar dejenere olmayan bir üçgen oluşturur. Bu üçgenin, uzunlukları sırasıyla \(4\) ve \(6\) olan kenarlarının karşısındaki açıları \(A\) ve \(B\) olsun. Kosinüs teoremine göre, \[ \cos A=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot5\cdot6}=\frac34, \qquad \cos B=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac18. \] Buna göre \[ \cos 2A=2\cos^2 A-1 =2\left(\frac34\right)^2-1 =\frac18=\cos B. \] \(0<A<\pi/2\) olduğundan hem \(2A\) hem de \(B\), kosinüs fonksiyonunun kesin azalan olduğu \((0,\pi)\) aralığındadır. Böylece \(B=2A\) olur.

Son olarak, üç kenar uzunluğu bir üçgeni eşlik dışında tek türlü belirler. Dolayısıyla kenar uzunlukları \(\boxed{4,5,6}\) olan üçgen, koşulları sağlayan bir ve yalnız bir üçgendir.

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

IMO 1968 · Problema 1

Demuestre que existe un único triángulo cuyas longitudes de los lados son enteros consecutivos y uno de cuyos ángulos es el doble de otro.

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

Solución

Sean \(A,B,C\) los ángulos de un triángulo de este tipo, con \(B=2A\), y sean \(a,b,c\) sus respectivos lados opuestos. Entonces \(C=\pi-3A\), por lo que \(0<A<\pi/3\). Por el teorema del seno, \[ \frac ba=\frac{\sin 2A}{\sin A}=2\cos A>1 \] y \[ \frac ca=\frac{\sin 3A}{\sin A}=4\cos^2 A-1. \] Por consiguiente, \[ \boxed{b^2=a(a+c)},\qquad b>a. \]

Escribamos las longitudes consecutivas de los lados como \(n-1,n,n+1\), donde \(n\) es un entero. La desigualdad triangular da \[ (n-1)+n>n+1, \] de donde \(n\ge3\). Como \(b>a\), hay exactamente tres asignaciones posibles.

Si \(a=n-1,\ b=n,\ c=n+1\), entonces \[ n^2=(n-1)(2n), \] lo que da \(n=2\), en contradicción con \(n\ge3\).
Si \(a=n,\ b=n+1,\ c=n-1\), entonces \[ (n+1)^2=n(2n-1). \] Así, \(n\mid(n+1)^2\), y por tanto \(n\mid1\), de nuevo en contradicción con \(n\ge3\).
Si \(a=n-1,\ b=n+1,\ c=n\), entonces \[ (n+1)^2=(n-1)(2n-1). \] Al desarrollar y simplificar se obtiene \[ n(n-5)=0. \] Por tanto, \(n=5\), de modo que las longitudes de los lados deben ser \(4,5,6\).

Queda por verificar la existencia. Como \(4+5>6\), estas longitudes forman un triángulo no degenerado. Sean \(A\) y \(B\) sus ángulos opuestos a los lados de longitudes \(4\) y \(6\), respectivamente. Por el teorema del coseno, \[ \cos A=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot5\cdot6}=\frac34, \qquad \cos B=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac18. \] Por tanto, \[ \cos 2A=2\cos^2 A-1 =2\left(\frac34\right)^2-1 =\frac18=\cos B. \] Como \(0<A<\pi/2\), tanto \(2A\) como \(B\) pertenecen a \((0,\pi)\), donde el coseno es estrictamente decreciente. Así, \(B=2A\).

Por último, las longitudes de los tres lados determinan un triángulo de manera única salvo congruencia. Por tanto, el triángulo de lados \(\boxed{4,5,6}\) es el único que satisface las condiciones.

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

IMO 1968 · 问题 1

证明：有且仅有一个三角形，其三边长为连续整数，且其中一个角是另一个角的两倍。

题目译自官方英文原文。官方试卷 (PDF)

解答

设这样的三角形的三个角为 \(A,B,C\)，其中 \(B=2A\)，它们各自的对边长为 \(a,b,c\)。于是 \(C=\pi-3A\)，故 \(0<A<\pi/3\)。由正弦定理， \[ \frac ba=\frac{\sin 2A}{\sin A}=2\cos A>1 \] 且 \[ \frac ca=\frac{\sin 3A}{\sin A}=4\cos^2 A-1. \] 因此， \[ \boxed{b^2=a(a+c)},\qquad b>a. \]

将连续的三边长记为 \(n-1,n,n+1\)，其中 \(n\) 为整数。由三角形不等式， \[ (n-1)+n>n+1, \] 故 \(n\ge3\)。由于 \(b>a\)，恰有以下三种可能的对应方式。

若 \(a=n-1,\ b=n,\ c=n+1\)，则 \[ n^2=(n-1)(2n), \] 解得 \(n=2\)，与 \(n\ge3\) 矛盾。
若 \(a=n,\ b=n+1,\ c=n-1\)，则 \[ (n+1)^2=n(2n-1). \] 因而 \(n\mid(n+1)^2\)，从而 \(n\mid1\)，仍与 \(n\ge3\) 矛盾。
若 \(a=n-1,\ b=n+1,\ c=n\)，则 \[ (n+1)^2=(n-1)(2n-1). \] 展开并化简，得 \[ n(n-5)=0. \] 故 \(n=5\)，所以三边长必为 \(4,5,6\)。

还需验证这样的三角形确实存在。由于 \(4+5>6\)，这三个长度能构成一个非退化三角形。设其长度为 \(4\) 和 \(6\) 的边所对的角分别为 \(A\) 和 \(B\)。由余弦定理， \[ \cos A=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot5\cdot6}=\frac34, \qquad \cos B=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac18. \] 因此 \[ \cos 2A=2\cos^2 A-1 =2\left(\frac34\right)^2-1 =\frac18=\cos B. \] 由于 \(0<A<\pi/2\)，\(2A\) 和 \(B\) 均在 \((0,\pi)\) 内，而余弦函数在该区间上严格递减。因此 \(B=2A\)。

最后，三边长在全等意义下唯一确定一个三角形。因此，边长为 \(\boxed{4,5,6}\) 的三角形是满足条件的唯一三角形。

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

IMO 1968 · Задача 1

Докажите, что существует ровно один треугольник, длины сторон которого являются последовательными целыми числами и один из углов которого вдвое больше другого.

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

Решение

Пусть \(A,B,C\) — углы такого треугольника, причём \(B=2A\), а \(a,b,c\) — длины противолежащих им сторон соответственно. Тогда \(C=\pi-3A\), поэтому \(0<A<\pi/3\). По теореме синусов \[ \frac ba=\frac{\sin 2A}{\sin A}=2\cos A>1 \] и \[ \frac ca=\frac{\sin 3A}{\sin A}=4\cos^2 A-1. \] Следовательно, \[ \boxed{b^2=a(a+c)},\qquad b>a. \]

Запишем последовательные длины сторон в виде \(n-1,n,n+1\), где \(n\) — целое число. По неравенству треугольника \[ (n-1)+n>n+1, \] откуда \(n\ge3\). Поскольку \(b>a\), возможны ровно три варианта распределения длин сторон.

Если \(a=n-1,\ b=n,\ c=n+1\), то \[ n^2=(n-1)(2n), \] откуда \(n=2\), что противоречит условию \(n\ge3\).
Если \(a=n,\ b=n+1,\ c=n-1\), то \[ (n+1)^2=n(2n-1). \] Таким образом, \(n\mid(n+1)^2\), а значит, \(n\mid1\), что снова противоречит условию \(n\ge3\).
Если \(a=n-1,\ b=n+1,\ c=n\), то \[ (n+1)^2=(n-1)(2n-1). \] Раскрывая скобки и упрощая, получаем \[ n(n-5)=0. \] Следовательно, \(n=5\), поэтому длины сторон должны быть равны \(4,5,6\).

Остаётся проверить существование. Поскольку \(4+5>6\), эти длины задают невырожденный треугольник. Пусть \(A\) и \(B\) — его углы, противолежащие сторонам длины \(4\) и \(6\) соответственно. По теореме косинусов \[ \cos A=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot5\cdot6}=\frac34, \qquad \cos B=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac18. \] Поэтому \[ \cos 2A=2\cos^2 A-1 =2\left(\frac34\right)^2-1 =\frac18=\cos B. \] Поскольку \(0<A<\pi/2\), оба угла \(2A\) и \(B\) лежат в интервале \((0,\pi)\), на котором косинус строго убывает. Значит, \(B=2A\).

Наконец, три длины сторон однозначно определяют треугольник с точностью до равенства. Следовательно, треугольник с длинами сторон \(\boxed{4,5,6}\) — единственный треугольник, удовлетворяющий условиям.

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

IMO 1968 · المسألة 1

أثبت أنه يوجد مثلث واحد ووحيد أطوال أضلاعه أعداد صحيحة متتالية، وإحدى زواياه تساوي ضعف زاوية أخرى.

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

الحل

لتكن \(A,B,C\) زوايا مثلث يحقق هذه الشروط، بحيث \(B=2A\)، ولتكن \(a,b,c\) أطوال الأضلاع المقابلة لها على الترتيب. عندئذ \(C=\pi-3A\)، ومن ثم \(0<A<\pi/3\). وبحسب قانون الجيوب، \[ \frac ba=\frac{\sin 2A}{\sin A}=2\cos A>1 \] وكذلك \[ \frac ca=\frac{\sin 3A}{\sin A}=4\cos^2 A-1. \] وبالتالي، \[ \boxed{b^2=a(a+c)},\qquad b>a. \]

لنكتب أطوال الأضلاع المتتالية على الصورة \(n-1,n,n+1\)، حيث \(n\) عدد صحيح. تعطينا متباينة المثلث \[ (n-1)+n>n+1, \] ومن ثم \(n\ge3\). وبما أن \(b>a\)، فإن هناك ثلاث حالات ممكنة بالضبط لتعيين أطوال الأضلاع.

إذا كان \(a=n-1,\ b=n,\ c=n+1\)، فإن \[ n^2=(n-1)(2n), \] وهذا يعطي \(n=2\)، مما يناقض \(n\ge3\).
إذا كان \(a=n,\ b=n+1,\ c=n-1\)، فإن \[ (n+1)^2=n(2n-1). \] إذن \(n\mid(n+1)^2\)، وبالتالي \(n\mid1\)، وهذا يناقض أيضًا \(n\ge3\).
إذا كان \(a=n-1,\ b=n+1,\ c=n\)، فإن \[ (n+1)^2=(n-1)(2n-1). \] وبالنشر والتبسيط نحصل على \[ n(n-5)=0. \] ومن ثم \(n=5\)، فلا بد أن تكون أطوال الأضلاع \(4,5,6\).

يبقى التحقق من الوجود. بما أن \(4+5>6\)، فإن هذه الأطوال تشكّل مثلثًا غير منعدم المساحة. لتكن \(A\) و\(B\) زاويتيه المقابلتين للضلعين اللذين طولاهما \(4\) و\(6\)، على الترتيب. وبحسب قانون جيوب التمام، \[ \cos A=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot5\cdot6}=\frac34, \qquad \cos B=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac18. \] لذلك \[ \cos 2A=2\cos^2 A-1 =2\left(\frac34\right)^2-1 =\frac18=\cos B. \] وبما أن \(0<A<\pi/2\)، فإن كلًّا من \(2A\) و\(B\) يقع في الفترة \((0,\pi)\)، التي تكون فيها دالة جيب التمام متناقصة تمامًا. إذن \(B=2A\).

وأخيرًا، تحدد أطوال الأضلاع الثلاثة مثلثًا وحيدًا حتى التطابق. ومن ثم فإن المثلث الذي أطوال أضلاعه \(\boxed{4,5,6}\) هو المثلث الوحيد الذي يحقق الشروط.

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