Re: 3角形の2等分線の長さ

誘導（？）に従って、ヘロンの公式から解を導いてみた。

$a￥equiv BC,b￥equiv CA, c￥equiv AB, d￥equiv AM$ とおく。また、△ABM、△ACM の面積を $S$ とする。

まず、△ACM について。

$16S^2=(￥frac{a}{2}+b+d)(-￥frac{a}{2}+b+d)(￥frac{a}{2}-b+d)(￥frac{a}{2}+b-d)$

ここで、 $p￥equiv￥frac{a}{2}+d,q￥equiv￥frac{a}{2}-d$ とおく。

すると、

$16S^2=(p+b)(-q+b)(p-b)(q-b)=-(p^2-b^2)(q^2-b^2)$

△ABM についても同様に、

$16S^2=-(p^2-c^2)(q^2-c^2)$

これらから、次のような方程式を考える。

$(p^2-b^2)(q^2-b^2)=(p^2-c^2)(q^2-c^2)$

$p^2q^2-(p^2+q^2)b^2+b^4=p^2q^2-(p^2+q^2)c^2+c^4$

$(p^2+q^2)(b^2-c^2)=b^4-c^4=(b^2+c^2)(b^2-c^2)$

$b￥ne c$ のとき、

$b^2+c^2=p^2+q^2=￥frac{a^2}{2}+2d^2$

$2d^2=-￥frac{a^2}{2}+b^2+c^2$

$d>0$ より、

$d=￥sqrt{-￥frac{a^2}{4}+￥frac{1}{2}(b^2+c^2)}$

$b=c$ のとき、△ACM について三平方の定理より、

$b^2=￥frac{a^2}{4}+d^2$

$d>0$ より、

$d=￥sqrt{-￥frac{a^2}{4}+b^2}$

となり、 $b￥ne c$ の場合の解に $c=b$ を代入した結果である。

従って、

$AM=￥sqrt{-￥frac{a^2}{4}+￥frac{1}{2}(b^2+c^2)}$

以上。

でもやはりこれは難しく考えすぎで、余弦定理を使うと一発。

余弦定理より、

$c^2=￥frac{a^2}{4}+d^2-ad￥cos￥angle AMB$

$b^2=￥frac{a^2}{4}+d^2-ad￥cos(￥pi-￥angle AMB)=￥frac{a^2}{4}+d^2+ad￥cos￥angle AMB$

辺々を加えて、

$b^2+c^2=￥frac{a^2}{2}+2d^2$

$2d^2=-￥frac{a^2}{2}+b^2+c^2$

$d=￥sqrt{-￥frac{a^2}{4}+￥frac{1}{2}(b^2+c^2)}$

となり、ヘロンの公式バージョンと同じ結果が出た。

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ヨーキョクデイ