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オイラーの公式と角の二等分線

数学

角度を単位円上の点として扱う幾何代数の技法によって、角の二等分線の性質を確認します。

クリフォード代数は使用しないで、複素平面上でオイラーの公式に基づく計算を行います。

※ 記事執筆者自身による改訂版です。

【元記事】オイラーの公式と角の二等分線 - MathWills

目次

※ 図は Markdown に SVG を直接記述しています。詳細はこちらをご参照ください。

前提知識

以下の記事で説明した技法を応用します。基本的な流れはほぼ同じです。

角の二等分線

図 1 A B C D

三角形 $△ABC$ を角 $A$ の二等分線によって分割します。辺 $AB,AC$ の長さの比は、二等分線によって分割された底辺 $BD,DC$ の長さの比に等しいです。

AB:AC=BD:DC

$A,B,C,D$ を複素平面上の点として、計算の便宜上 $A=0$ とします。比は以下の式で表されます。

\frac{|B|}{|C|}=\frac{|D-B|}{|C-D|}

これが成り立つことを確認します。

確認

辺 $BC$ の長さは辺 $BD,DC$ の長さの和です。

|C-B|=|D-B|+|C-D|

両辺を $|C-B|$ で割って $t$ を定義します。

1=&\frac{|D-B|}{|C-B|}+\frac{|C-D|}{|C-B|} \\
t:=&\frac{|D-B|}{|C-B|} \\
1-t=&\frac{|C-D|}{|C-B|}

点 $D$ は点 $B$ を辺 $BD$ の長さだけ点 $C$ の方向へ動かしたものです。これを式で表現します。

D
&=B+|D-B|\frac{C-B}{|C-B|} \\
&=B+t(C-B) \\
&=(1-t)B+tC

※ $t$ は底辺 $BC$ が点 $D$ によって分割された比率を表します。

点を正規化（絶対値で割ること）すれば単位円上の点となるため、オイラーの公式によって角度差が単位円上の点として表現されます。

e^{i∠BAD}=\frac{\overline B}{|B|}\frac{D}{|D|},\quad
e^{i∠DAC}=\frac{\overline D}{|D|}\frac{C}{|C|}

角の二等分線という条件から $e^{i∠BAD}=e^{i∠DAC}$ を仮定して、左辺から右辺を引きます。

&\frac{\overline B}{|B|}\frac{D}{\cancel{|D|}}-\frac{\overline D}{\cancel{|D|}}\frac{C}{|C|}=0 \\
&\frac{\overline B}{|B|}\{(1-t)B+tC\}-\overline{\{(1-t)B+tC\}}\frac{C}{|C|}=0 \\
&(1-t)|B|+t\frac{\overline B}{|B|}C-(1-t)\overline B\frac{C}{|C|}-t|C|=0 \\
&(1-t)|B|-t|C|+\overline BC\left(\frac{t}{|B|}-\frac{1-t}{|C|}\right)=0 \\
&\{(1-t)|B|-t|C|\}+\frac{\overline BC}{|BC|}\{t|C|-(1-t)|B|\}=0 \\
&\{(1-t)|B|-t|C|\}\left(1-\frac{\overline BC}{|BC|}\right)=0 \\
&∴\begin{cases}\begin{aligned}
(1-t)|B|&=t|C| & \cdots\ (1) \\
&\text{または} \\
\frac{B\overline C}{|BC|}&=1 & \cdots\ (2)
\end{aligned}\end{cases}

$(2)$ の左辺は e^{i∠A} であることから $∠A=0$ となり、$△ABC$ が潰れるため除外します。

$(1)$ は $D=(1-t)B+tC$ の右辺各項の絶対値が等しいことを表します。つまり図 2 の赤い二辺の長さは等しいです。

図 2 A B C D

$(1)$ を整理します。

\frac{|C-D|}{|C-B|}|B|&=\frac{|D-B|}{|C-B|}|C| \\
\frac{|B|}{|C|}
&=\frac{|D-B|}{|C-B|}\frac{|C-B|}{|C-D|} \\
&=\frac{|D-B|}{|C-D|}

よって辺 $AB,AC$ の長さの比が、等分線によって分割された底辺 $BD,DC$ の長さの比に等しいことが確認できました。

AB:AC=BD:DC

※ 二等辺三角形の場合は両辺が $1$ になります。

まとめ

要点を整理します。

図 2 A B C D

$D$ を $B,C$ の線形結合で表します。

D&=\frac{|C-D|}{|C-B|}B+\frac{|D-B|}{|C-B|}C &\cdots\ (3)

角の二等分から等式を立てます。

\frac{\overline B}{|B|}\frac{D}{|D|}=\frac{\overline D}{|D|}\frac{C}{|C|}

これに $(3)$ を代入して計算すれば、$(3)$ の右辺各項の絶対値が等しいことが導かれます。

\frac{|C-D|}{|C-B|}|B|=\frac{|D-B|}{|C-B|}|C|

計算を進めれば辺の比率についての等式が得られます。

\frac{|B|}{|C|}=\frac{|D-B|}{|C-D|}

長さ

二等分線の長さを計算します。絶対値を 2 乗して、複素共役との積の形で計算を進めます。

|D|^2
&=D\overline D \\
&=\left\{(1-t)B+tC\right\}\overline{\left\{(1-t)B+tC\right\}} \\
&=(1-t)^2|B|^2+t(1-t)(B\overline C+C\overline B)+t^2|C|^2 &\cdots\ (4)

$B\overline C+C\overline B$ を置き換えるため、底辺の長さの 2 乗を計算します。

|B-C|^2
&=(B-C)\overline{(B-C)} \\
&=|B|^2+|C|^2-\underbrace{(B\overline C+C\overline B)}_{2|B||C|\cos∠A} &\cdots\ (5) \\
∴B\overline C+C\overline B&=|B|^2+|C|^2-|B-C|^2 &\cdots\ (6)

※ $(5)$ は余弦定理に相当します。

$(4)$ に $(6)$ を代入します。

|D|^2
&=(1-t)^2|B|^2+t(1-t)(|B|^2+|C|^2-|B-C|^2)+t^2|C|^2 \\
&=(1-t)|B|^2+t|C|^2-t(1-t)|B-C|^2 \\
&=t|B||C|+(1-t)|B||C|-t(1-t)|B-C|^2 &\because(1) \\
&=|B||C|-t(1-t)|B-C|^2 \\
&=|B||C|-\frac{|D-B|}{|C-B|}\frac{|C-D|}{|C-B|}|B-C|^2 \\
&=|B||C|-|D-B||C-D| &\cdots\ (7)

かなりすっきりした形になりました。

ピタゴラスの定理との関係

$(7)$ を辺の長さで書き換えます。以下の式は複素数ではなく、$AB$ などは辺の長さを表します。

図 1 A B C D 

AD×AD=AB×AC-BD×DC

足し算で表せるように式変形します。

AB×AC&=AD×AD+BD×DC &\cdots\ (8)

これはピタゴラスの定理を交差させたような関係になっています。

$△ABC$ が二等辺三角形となる場合を考えると分かりやすいです。$AB=AC,BD=DC$ であれば $(8)$ は 2 つの直角三角形 $△ABD,△ACD$ についてのピタゴラスの定理となります。

AB×AB&=AD×AD+BD×BD \\
AC×AC&=AD×AD+DC×DC

補足

$A=0$ としなかった場合の式変形です。

$D$ の相対座標をパラメーター表示します。

D-A=(1-t)(B-A)+t(C-A)

角の二等分を表す等式を整理します。

&\frac{\overline{(B-A)}}{|B-A|}\frac{(D-A)}{\cancel{|D-A|}}=\frac{\overline{(D-A)}}{\cancel{|D-A|}}\frac{(C-A)}{|C-A|} \\
&\frac{\overline{(B-A)}}{|B-A|}(D-A)-\overline{(D-A)}\frac{(C-A)}{|C-A|}=0 \\
&\frac{\overline{(B-A)}}{|B-A|}\{(1-t)(B-A)+t(C-A)\}-\overline{\{(1-t)(B-A)+t(C-A)\}}\frac{(C-A)}{|C-A|}=0 \\
&(1-t)|B-A|+t\frac{\overline{(B-A)}}{|B-A|}(C-A)-(1-t)\overline{(B-A)}\frac{(C-A)}{|C-A|}-t|C-A|=0 \\
&(1-t)|B-A|-t|C-A|+\overline{(B-A)}(C-A)\left(\frac{t}{|B-A|}-\frac{1-t}{|C-A|}\right)=0 \\
&\{(1-t)|B-A|-t|C-A|\}+\frac{\overline{B-A}}{|B-A|}\frac{C-A}{|C-A|}\{t|C-A|-(1-t)|B-A|\}=0 \\
&\{(1-t)|B-A|-t|C-A|\}\left(1-\frac{\overline{B-A}}{|B-A|}\frac{C-A}{|C-A|}\right)=0 \\
&\therefore (1-t)|B-A|=t|C-A|

二等分線の長さを計算します。

&|D-A|^2 \\
&=(D-A)\overline{(D-A)} \\
&=\left\{(1-t)(B-A)+t(C-A)\right\}\overline{\left\{(1-t)(B-A)+t(C-A)\right\}} \\
&=(1-t)^2|B-A|^2+t(1-t)\{(B-A)\overline{(C-A)}+(C-A)\overline{(B-A)}\}+t^2|C-A|^2 \\
&=(1-t)^2|B-A|^2+t(1-t)\{|B-A|^2+|C-A|^2-|B-C|^2\}+t^2|C-A|^2 \\
&=(1-t)|B-A|^2+t|C-A|^2-t(1-t)|B-C|^2 \\
&=t|B-A||C-A|+(1-t)|B-A||C-A|-t(1-t)|B-C|^2 \\
&=|B-A||C-A|-t(1-t)|B-C|^2 \\
&=|B-A||C-A|-\frac{|D-B|}{|C-B|}\frac{|C-D|}{|C-B|}|B-C|^2 \\
&=|B-A||C-A|-|D-B||C-D|

以下の結果を使っています。（余弦定理に相当）

\begin{aligned}
|B-C|^2
&=|(B-A)-(C-A)|^2 \\
&=\{(B-A)-(C-A)\}\overline{\{(B-A)-(C-A)\}} \\
&=|B-A|^2+|C-A|^2-\underbrace{\{(B-A)\overline{(C-A)}+(C-A)\overline{(B-A)}\}}_{2\cos∠A} \\
\end{aligned} \\
∴(B-A)\overline{(C-A)}-(C-A)\overline{(B-A)}=|B-A|^2+|C-A|^2-|B-C|^2

関連記事

今回の記事の結果を利用して、シュタイナー・レームスの定理の証明を試みました。ただし辺の長さの関係だけを用いているため、複素平面は使用していません。

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参考