IMO 2001 · Problem 5
In a triangle \(ABC\), let \(AP\) bisect \(\angle BAC\), with \(P\) on \(BC\), and let \(BQ\) bisect \(\angle ABC\), with \(Q\) on \(CA\).
It is known that \(\angle BAC=60^\circ\) and that \(AB+BP=AQ+QB\).
What are the possible angles of triangle \(ABC\)?
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{\angle BAC=60^\circ,\qquad \angle ABC=80^\circ,\qquad \angle BCA=40^\circ.} \]
Solution
Put \(\angle ABC=2x\) and \(AB=c\). Since \(ABC\) is a triangle, \[ 0<x<60^\circ,\qquad \angle BCA=120^\circ-2x. \]
In triangle \(ABP\), the angles at \(A\) and \(P\) are \(30^\circ\) and \(150^\circ-2x\). The sine rule gives \[ \frac{BP}{c} =\frac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)} =\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)}. \] Similarly, in triangle \(ABQ\), the angles at \(B\) and \(Q\) are \(x\) and \(120^\circ-x\), so \[ \frac{AQ}{c}=\frac{\sin x}{\sin(120^\circ-x)}, \qquad \frac{QB}{c}=\frac{\sin60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}. \]
Consequently, the given length equality is equivalent to \[ 1+\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)}. \] By the sum-to-product and double-angle formulas, \[ \frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)} =\frac{\cos(30^\circ-x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] Subtracting \(1\), and using \[ \cos(30^\circ-x/2)-\cos(30^\circ+x/2)=\sin(x/2), \] we obtain \[ \frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin(x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] All denominators are positive for \(0<x<60^\circ\). Thus \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+x/2) &=2\sin(30^\circ+2x)\sin(x/2)\\ &=\cos(30^\circ+3x/2)-\cos(30^\circ+5x/2). \end{aligned} \] Rearranging and applying the sum-to-product formula once more gives \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+3x/2) &=\cos(30^\circ+x/2)+\cos(30^\circ+5x/2)\\ &=2\cos(30^\circ+3x/2)\cos x. \end{aligned} \] Hence \[ (2\cos x-1)\cos(30^\circ+3x/2)=0. \]
Because \(0<x<60^\circ\), we have \(2\cos x-1>0\). Therefore \[ \cos(30^\circ+3x/2)=0. \] The angle \(30^\circ+3x/2\) lies strictly between \(30^\circ\) and \(120^\circ\), so it must equal \(90^\circ\). Thus \(x=40^\circ\), yielding the stated angles.
Conversely, \(x=40^\circ\) satisfies the factored equation above. Every preceding transformation is reversible on \(0<x<60^\circ\), so a triangle with angles \(60^\circ,80^\circ,40^\circ\) satisfies the required length equality. This proves both existence and uniqueness.
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 2001 · Aufgabe 5
In einem Dreieck \(ABC\) halbiere \(AP\) den Winkel \(\angle BAC\), wobei \(P\) auf \(BC\) liegt, und \(BQ\) halbiere den Winkel \(\angle ABC\), wobei \(Q\) auf \(CA\) liegt.
Es ist bekannt, dass \(\angle BAC=60^\circ\) und \(AB+BP=AQ+QB\) gelten.
Welche Winkel kann das Dreieck \(ABC\) haben?
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{\angle BAC=60^\circ,\qquad \angle ABC=80^\circ,\qquad \angle BCA=40^\circ.} \]
Lösung
Wir setzen \(\angle ABC=2x\) und \(AB=c\). Da \(ABC\) ein Dreieck ist, gilt \[ 0<x<60^\circ,\qquad \angle BCA=120^\circ-2x. \]
Im Dreieck \(ABP\) betragen die Winkel bei \(A\) und \(P\) jeweils \(30^\circ\) und \(150^\circ-2x\). Der Sinussatz ergibt \[ \frac{BP}{c} =\frac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)} =\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)}. \] Ebenso betragen im Dreieck \(ABQ\) die Winkel bei \(B\) und \(Q\) jeweils \(x\) und \(120^\circ-x\), also gilt \[ \frac{AQ}{c}=\frac{\sin x}{\sin(120^\circ-x)}, \qquad \frac{QB}{c}=\frac{\sin60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}. \]
Folglich ist die gegebene Längengleichung äquivalent zu \[ 1+\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)}. \] Mit den Formeln zur Umwandlung einer Summe in ein Produkt und für den doppelten Winkel ergibt sich \[ \frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)} =\frac{\cos(30^\circ-x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] Durch Subtraktion von \(1\) und unter Verwendung von \[ \cos(30^\circ-x/2)-\cos(30^\circ+x/2)=\sin(x/2), \] erhalten wir \[ \frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin(x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] Alle Nenner sind für \(0<x<60^\circ\) positiv. Somit gilt \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+x/2) &=2\sin(30^\circ+2x)\sin(x/2)\\ &=\cos(30^\circ+3x/2)-\cos(30^\circ+5x/2). \end{aligned} \] Durch Umstellen und erneute Anwendung der Formel zur Umwandlung einer Summe in ein Produkt erhalten wir \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+3x/2) &=\cos(30^\circ+x/2)+\cos(30^\circ+5x/2)\\ &=2\cos(30^\circ+3x/2)\cos x. \end{aligned} \] Daher gilt \[ (2\cos x-1)\cos(30^\circ+3x/2)=0. \]
Wegen \(0<x<60^\circ\) gilt \(2\cos x-1>0\). Also ist \[ \cos(30^\circ+3x/2)=0. \] Der Winkel \(30^\circ+3x/2\) liegt strikt zwischen \(30^\circ\) und \(120^\circ\), muss also gleich \(90^\circ\) sein. Somit ist \(x=40^\circ\), woraus sich die angegebenen Winkel ergeben.
Umgekehrt erfüllt \(x=40^\circ\) die obige faktorisierte Gleichung. Jede vorangegangene Umformung ist für \(0<x<60^\circ\) umkehrbar, also erfüllt ein Dreieck mit den Winkeln \(60^\circ,80^\circ,40^\circ\) die geforderte Längengleichung. Damit sind sowohl die Existenz als auch die Eindeutigkeit bewiesen.
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 2001 · Soru 5
Bir \(ABC\) üçgeninde, \(BC\) üzerinde bulunan \(P\) noktası için \(AP\), \(\angle BAC\)'ın açıortayı; \(CA\) üzerinde bulunan \(Q\) noktası için de \(BQ\), \(\angle ABC\)'nin açıortayı olsun.
\(\angle BAC=60^\circ\) ve \(AB+BP=AQ+QB\) olduğu bilinmektedir.
\(ABC\) üçgeninin açıları hangi değerleri alabilir?
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{\angle BAC=60^\circ,\qquad \angle ABC=80^\circ,\qquad \angle BCA=40^\circ.} \]
Çözüm
\(\angle ABC=2x\) ve \(AB=c\) olsun. \(ABC\) bir üçgen olduğundan \[ 0<x<60^\circ,\qquad \angle BCA=120^\circ-2x. \]
\(ABP\) üçgeninde \(A\) ve \(P\) köşelerindeki açılar \(30^\circ\) ve \(150^\circ-2x\)'tir. Sinüs teoreminden \[ \frac{BP}{c} =\frac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)} =\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} \] elde edilir. Benzer şekilde, \(ABQ\) üçgeninde \(B\) ve \(Q\) köşelerindeki açılar \(x\) ve \(120^\circ-x\) olduğundan \[ \frac{AQ}{c}=\frac{\sin x}{\sin(120^\circ-x)}, \qquad \frac{QB}{c}=\frac{\sin60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}. \]
Dolayısıyla verilen uzunluk eşitliği \[ 1+\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)} \] eşitliğine denktir. Toplamı çarpıma dönüştürme ve iki kat açı formüllerine göre \[ \frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)} =\frac{\cos(30^\circ-x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] Her iki taraftan \(1\) çıkarıp \[ \cos(30^\circ-x/2)-\cos(30^\circ+x/2)=\sin(x/2) \] eşitliğini kullanarak \[ \frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin(x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)} \] elde ederiz. \(0<x<60^\circ\) için tüm paydalar pozitiftir. Böylece \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+x/2) &=2\sin(30^\circ+2x)\sin(x/2)\\ &=\cos(30^\circ+3x/2)-\cos(30^\circ+5x/2). \end{aligned} \] Terimleri yeniden düzenleyip toplamı çarpıma dönüştürme formülünü bir kez daha uygulayarak \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+3x/2) &=\cos(30^\circ+x/2)+\cos(30^\circ+5x/2)\\ &=2\cos(30^\circ+3x/2)\cos x \end{aligned} \] elde ederiz. Buradan \[ (2\cos x-1)\cos(30^\circ+3x/2)=0. \]
\(0<x<60^\circ\) olduğundan \(2\cos x-1>0\) olur. Dolayısıyla \[ \cos(30^\circ+3x/2)=0. \] \(30^\circ+3x/2\) açısı \(30^\circ\)'den büyük ve \(120^\circ\)'den küçük olduğundan \(90^\circ\)'ye eşit olmalıdır. Böylece \(x=40^\circ\) olur ve belirtilen açılar elde edilir.
Tersine, \(x=40^\circ\) yukarıdaki çarpanlarına ayrılmış denklemi sağlar. Önceki tüm dönüşümler \(0<x<60^\circ\) aralığında tersine çevrilebilir; dolayısıyla açıları \(60^\circ,80^\circ,40^\circ\) olan bir üçgen istenen uzunluk eşitliğini sağlar. Bu, hem varlığı hem de tekliği kanıtlar.
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2001 · Problema 5
En un triángulo \(ABC\), sea \(AP\) la bisectriz de \(\angle BAC\), con \(P\) sobre \(BC\), y sea \(BQ\) la bisectriz de \(\angle ABC\), con \(Q\) sobre \(CA\).
Se sabe que \(\angle BAC=60^\circ\) y que \(AB+BP=AQ+QB\).
¿Cuáles son los posibles ángulos del triángulo \(ABC\)?
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{\angle BAC=60^\circ,\qquad \angle ABC=80^\circ,\qquad \angle BCA=40^\circ.} \]
Solución
Sean \(\angle ABC=2x\) y \(AB=c\). Como \(ABC\) es un triángulo, \[ 0<x<60^\circ,\qquad \angle BCA=120^\circ-2x. \]
En el triángulo \(ABP\), los ángulos en \(A\) y \(P\) son \(30^\circ\) y \(150^\circ-2x\). El teorema de los senos da \[ \frac{BP}{c} =\frac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)} =\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)}. \] Análogamente, en el triángulo \(ABQ\), los ángulos en \(B\) y \(Q\) son \(x\) y \(120^\circ-x\), por lo que \[ \frac{AQ}{c}=\frac{\sin x}{\sin(120^\circ-x)}, \qquad \frac{QB}{c}=\frac{\sin60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}. \]
En consecuencia, la igualdad de longitudes dada equivale a \[ 1+\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)}. \] Por las fórmulas de transformación de sumas en productos y del ángulo doble, \[ \frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)} =\frac{\cos(30^\circ-x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] Restando \(1\), y utilizando \[ \cos(30^\circ-x/2)-\cos(30^\circ+x/2)=\sin(x/2), \] obtenemos \[ \frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin(x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] Todos los denominadores son positivos para \(0<x<60^\circ\). Por tanto, \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+x/2) &=2\sin(30^\circ+2x)\sin(x/2)\\ &=\cos(30^\circ+3x/2)-\cos(30^\circ+5x/2). \end{aligned} \] Reordenando y aplicando de nuevo la fórmula de transformación de sumas en productos, obtenemos \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+3x/2) &=\cos(30^\circ+x/2)+\cos(30^\circ+5x/2)\\ &=2\cos(30^\circ+3x/2)\cos x. \end{aligned} \] Así pues, \[ (2\cos x-1)\cos(30^\circ+3x/2)=0. \]
Como \(0<x<60^\circ\), tenemos \(2\cos x-1>0\). Por tanto, \[ \cos(30^\circ+3x/2)=0. \] El ángulo \(30^\circ+3x/2\) está estrictamente entre \(30^\circ\) y \(120^\circ\), de modo que debe ser igual a \(90^\circ\). Por tanto, \(x=40^\circ\), lo que da los ángulos indicados.
Recíprocamente, \(x=40^\circ\) satisface la ecuación factorizada anterior. Todas las transformaciones precedentes son reversibles en \(0<x<60^\circ\), por lo que un triángulo con ángulos \(60^\circ,80^\circ,40^\circ\) satisface la igualdad de longitudes requerida. Esto demuestra tanto la existencia como la unicidad.
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 2001 · 问题 5
在三角形 \(ABC\) 中，设 \(AP\) 平分 \(\angle BAC\)，其中 \(P\) 在 \(BC\) 上；设 \(BQ\) 平分 \(\angle ABC\)，其中 \(Q\) 在 \(CA\) 上。
已知 \(\angle BAC=60^\circ\)，且 \(AB+BP=AQ+QB\)。
三角形 \(ABC\) 的各角可能是多少？
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{\angle BAC=60^\circ,\qquad \angle ABC=80^\circ,\qquad \angle BCA=40^\circ.} \]
解答
令 \(\angle ABC=2x\)，\(AB=c\)。由于 \(ABC\) 是三角形， \[ 0<x<60^\circ,\qquad \angle BCA=120^\circ-2x. \]
在三角形 \(ABP\) 中，顶点 \(A\) 和 \(P\) 处的角分别为 \(30^\circ\) 和 \(150^\circ-2x\)。由正弦定理可得 \[ \frac{BP}{c} =\frac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)} =\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)}. \] 同样，在三角形 \(ABQ\) 中，顶点 \(B\) 和 \(Q\) 处的角分别为 \(x\) 和 \(120^\circ-x\)，所以 \[ \frac{AQ}{c}=\frac{\sin x}{\sin(120^\circ-x)}, \qquad \frac{QB}{c}=\frac{\sin60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}. \]
因此，题设中的长度等式等价于 \[ 1+\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)}. \] 由和差化积公式及倍角公式， \[ \frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)} =\frac{\cos(30^\circ-x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] 两边减去 \(1\)，并利用 \[ \cos(30^\circ-x/2)-\cos(30^\circ+x/2)=\sin(x/2), \] 得到 \[ \frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin(x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] 当 \(0<x<60^\circ\) 时，所有分母都为正。因此 \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+x/2) &=2\sin(30^\circ+2x)\sin(x/2)\\ &=\cos(30^\circ+3x/2)-\cos(30^\circ+5x/2). \end{aligned} \] 移项并再次应用和差化积公式，得到 \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+3x/2) &=\cos(30^\circ+x/2)+\cos(30^\circ+5x/2)\\ &=2\cos(30^\circ+3x/2)\cos x. \end{aligned} \] 所以 \[ (2\cos x-1)\cos(30^\circ+3x/2)=0. \]
因为 \(0<x<60^\circ\)，所以 \(2\cos x-1>0\)。因此 \[ \cos(30^\circ+3x/2)=0. \] 角 \(30^\circ+3x/2\) 严格介于 \(30^\circ\) 与 \(120^\circ\) 之间，所以它必等于 \(90^\circ\)。于是 \(x=40^\circ\)，得到答案中所列的各角。
反过来，\(x=40^\circ\) 满足上述因式分解后的方程。在 \(0<x<60^\circ\) 的范围内，前面的每一步变形都是可逆的，因此各角为 \(60^\circ,80^\circ,40^\circ\) 的三角形满足所要求的长度等式。这就证明了存在性和唯一性。
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 2001 · Задача 5
В треугольнике \(ABC\) отрезок \(AP\) — биссектриса \(\angle BAC\), причём \(P\) лежит на \(BC\), а отрезок \(BQ\) — биссектриса \(\angle ABC\), причём \(Q\) лежит на \(CA\).
Известно, что \(\angle BAC=60^\circ\) и \(AB+BP=AQ+QB\).
Какими могут быть углы треугольника \(ABC\)?
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{\angle BAC=60^\circ,\qquad \angle ABC=80^\circ,\qquad \angle BCA=40^\circ.} \]
Решение
Положим \(\angle ABC=2x\) и \(AB=c\). Поскольку \(ABC\) — треугольник, \[ 0<x<60^\circ,\qquad \angle BCA=120^\circ-2x. \]
В треугольнике \(ABP\) углы при вершинах \(A\) и \(P\) равны \(30^\circ\) и \(150^\circ-2x\). По теореме синусов получаем \[ \frac{BP}{c} =\frac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)} =\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)}. \] Аналогично, в треугольнике \(ABQ\) углы при вершинах \(B\) и \(Q\) равны \(x\) и \(120^\circ-x\), поэтому \[ \frac{AQ}{c}=\frac{\sin x}{\sin(120^\circ-x)}, \qquad \frac{QB}{c}=\frac{\sin60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}. \]
Следовательно, данное равенство длин равносильно равенству \[ 1+\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)}. \] По формулам преобразования суммы в произведение и синуса двойного угла, \[ \frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)} =\frac{\cos(30^\circ-x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] Вычитая \(1\) и используя равенство \[ \cos(30^\circ-x/2)-\cos(30^\circ+x/2)=\sin(x/2), \] получаем \[ \frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin(x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] При \(0<x<60^\circ\) все знаменатели положительны. Поэтому \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+x/2) &=2\sin(30^\circ+2x)\sin(x/2)\\ &=\cos(30^\circ+3x/2)-\cos(30^\circ+5x/2). \end{aligned} \] Перенося слагаемые и ещё раз применяя формулу преобразования суммы в произведение, получаем \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+3x/2) &=\cos(30^\circ+x/2)+\cos(30^\circ+5x/2)\\ &=2\cos(30^\circ+3x/2)\cos x. \end{aligned} \] Следовательно, \[ (2\cos x-1)\cos(30^\circ+3x/2)=0. \]
Поскольку \(0<x<60^\circ\), имеем \(2\cos x-1>0\). Поэтому \[ \cos(30^\circ+3x/2)=0. \] Угол \(30^\circ+3x/2\) лежит строго между \(30^\circ\) и \(120^\circ\), поэтому он должен быть равен \(90^\circ\). Таким образом, \(x=40^\circ\), откуда получаем указанные углы.
Обратно, \(x=40^\circ\) удовлетворяет полученному выше уравнению, разложенному на множители. Все предшествующие преобразования обратимы при \(0<x<60^\circ\), поэтому треугольник с углами \(60^\circ,80^\circ,40^\circ\) удовлетворяет требуемому равенству длин. Это доказывает как существование, так и единственность.
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 2001 · المسألة 5
في مثلث \(ABC\)، ليكن \(AP\) منصفًا للزاوية \(\angle BAC\)، حيث تقع \(P\) على \(BC\)، وليكن \(BQ\) منصفًا للزاوية \(\angle ABC\)، حيث تقع \(Q\) على \(CA\).
من المعلوم أن \(\angle BAC=60^\circ\) وأن \(AB+BP=AQ+QB\).
ما القيم الممكنة لزوايا المثلث \(ABC\)؟
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{\angle BAC=60^\circ,\qquad \angle ABC=80^\circ,\qquad \angle BCA=40^\circ.} \]
الحل
لنضع \(\angle ABC=2x\) و\(AB=c\). وبما أن \(ABC\) مثلث، فإن \[ 0<x<60^\circ,\qquad \angle BCA=120^\circ-2x. \]
في المثلث \(ABP\)، الزاويتان عند \(A\) و\(P\) هما \(30^\circ\) و\(150^\circ-2x\). يعطينا قانون الجيوب \[ \frac{BP}{c} =\frac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)} =\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)}. \] وبالمثل، في المثلث \(ABQ\)، الزاويتان عند \(B\) و\(Q\) هما \(x\) و\(120^\circ-x\)، ومن ثم \[ \frac{AQ}{c}=\frac{\sin x}{\sin(120^\circ-x)}, \qquad \frac{QB}{c}=\frac{\sin60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}. \]
وعليه، فإن المساواة المعطاة بين الأطوال تكافئ \[ 1+\frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)}. \] باستخدام صيغتي تحويل المجموع إلى جداء والزاوية المضاعفة، \[ \frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(60^\circ+x)} =\frac{\cos(30^\circ-x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] بطرح \(1\)، واستخدام \[ \cos(30^\circ-x/2)-\cos(30^\circ+x/2)=\sin(x/2), \] نحصل على \[ \frac{1}{2\sin(30^\circ+2x)} =\frac{\sin(x/2)}{\cos(30^\circ+x/2)}. \] جميع المقامات موجبة عندما \(0<x<60^\circ\). ومن ثم \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+x/2) &=2\sin(30^\circ+2x)\sin(x/2)\\ &=\cos(30^\circ+3x/2)-\cos(30^\circ+5x/2). \end{aligned} \] بإعادة الترتيب وتطبيق صيغة تحويل المجموع إلى جداء مرة أخرى، نحصل على \[ \begin{aligned} \cos(30^\circ+3x/2) &=\cos(30^\circ+x/2)+\cos(30^\circ+5x/2)\\ &=2\cos(30^\circ+3x/2)\cos x. \end{aligned} \] ومن ثم \[ (2\cos x-1)\cos(30^\circ+3x/2)=0. \]
وبما أن \(0<x<60^\circ\)، فإن \(2\cos x-1>0\). لذلك \[ \cos(30^\circ+3x/2)=0. \] تقع الزاوية \(30^\circ+3x/2\) بين \(30^\circ\) و\(120^\circ\) حصرًا، لذا لا بد أن تساوي \(90^\circ\). إذن \(x=40^\circ\)، فنحصل على الزوايا المذكورة.
وعكسًا، فإن \(x=40^\circ\) يحقق المعادلة المحللة إلى عوامل أعلاه. وكل تحويل سابق قابل للعكس في المجال \(0<x<60^\circ\)، لذا فإن مثلثًا زواياه \(60^\circ,80^\circ,40^\circ\) يحقق المساواة المطلوبة بين الأطوال. وهذا يثبت الوجود والوحدانية معًا.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.