Length of angle bisector: yet another application of the half-angle formulas

Let $\triangle{ABC}$ be a triangle. Let $AD$ be the angle bisector of $\angle{BAC}$ in $\triangle{ABC}$. Let $d$ be the length of $AD$. Then $d$ is given by:

$$d^2=\frac{bc}{(b+c)^2}\left[(b+c)^2-a^2\right]\tag{1}$$

where $a$, $b$, and $c$ are the sides opposite $A$, $B$ and $C$ respectively.

Lemma 1 (Tehebycheff). Let $\triangle{ABC}$ be a triangle. Let $AD$ be the angle bisector of $\angle{BAC}$ in $\triangle{ABC}$. Let $d$ be the length of $AD$ and $\angle{BAD}=\angle{CAD}=\frac{\alpha}{2}$. Then $d$ is given by:

$$d=\frac{2bc\cos{\frac{\alpha}{2}}}{b+c}\tag{2}$$

Proof. Let $BD=m$ and $CD=n$. We make use of the Angle Bisector Theorem and the Law of Cosines. Indeed, by the Angle Bisector Theorem we have

$$\frac{b}{c}=\frac{n}{m}$$

which can also be written as

$$\frac{b^2}{c^2}=\frac{n^2}{m^2}\tag{3}$$

Now, by the Law of Cosines, 

$$n^2=b^2+d^2-2bd\cos{\frac{\alpha}{2}}\tag{4}$$

$$m^2=c^2+d^2-2cd\cos{\frac{\alpha}{2}}\tag{5}$$

Dividing $(4)$ by $(5)$ and substituting $\frac{n^2}{m^2}$ by $\frac{b^2}{c^2}$ we have

$$\frac{b^2}{c^2}=\frac{b^2+d^2-2bd\cos{\frac{\alpha}{2}}}{c^2+d^2-2cd\cos{\frac{\alpha}{2}}}$$

From which we get

$$d^2(b^2-c^2)=2bcd\cos{\frac{\alpha}{2}}(b-c)$$

Isolating $d$, factoring and simplifying we obtain $(2)$.

$\square$

Another proof of Lemma 1 can be found here.

Lemma 2. Let $\triangle{ABC}$ be a triangle and let $a$, $b$ and $c$ be the lengths of sides $BC$, $AC$ and $BC$, respectively. Then the following identity holds

$$2\cos{\frac{\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{(b+c)^2-a^2}{bc}}\tag{6}$$

A proof of Lemma 2 can be found here.

$\square$

Main proof

Combining $(2)$ and $(6)$ we obtain

$$d=\frac{bc}{(b+c)}\cdot{\sqrt{\frac{(b+c)^2-a^2}{bc}}}$$

Raising both sides to the power of 2 we get $(1)$.

$\square$

Related material

Length of Angle Bisector

Proving the length of angle bisector

Mis publicaciones

En The College Mathematics Journal

• A Variant of the Eyeball Theorem (Accepted).

En Forum Geometricorum

• A note on reflections, Forum Geometricorum, 14 (2014) 155--161.
• Another Archimedean circle in an arbelos, Forum Geometricorum, 15 (2015) 127--128.
• (With Paul Yiu) Golden sections of triangle centers in the golden triangles, Forum Geometricorum, 16 (2016) 119--124.
• (With Le Viet An) Some Archimedean circles in an arbelos, Forum Geometricorum 19 (2019) 53--58.

En MATINF

• Two Identities and their Consequences, pp. 5-11.

En Sangaku Journal of Mathematics

• (With Le Viet An) A pair of Archimedean incircles, pp.1-2.
• Three Archimedean circles arising from equilateral triangles, pp.86-87.

En Online catalogue of Archimedean circles

• Circles (A59a) and (A59b): First García pair.
• Circles (A60a) and (A60b): Second García pair.
• Circles (A62): Sanchez-García triplet circle.

The Pythagorean Theorem from the Half-Angle Formula for Cosine

I've been trying to rescue the Half-Angle Formulas from oblivion and give them the status they deserve by showing its many applications and equivalence with other fundamental theorems (i.e., the Law of Cosines or the Pythagorean Theorem). In this page the Pythagorean Theorem is presented as a mere corollary of the aforementioned formulas.

Let $\triangle{ABC}$ be a right-triangle with $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$ and $\angle{ACB}=\gamma=90^\circ$. Also, let $s=\frac{a+b+c}{2}$. The proof is based on the formula

$$\cos^2{\frac{\gamma}{2}}=\frac{s(s-c)}{ab}=\frac{(a+b)^2-c^2}{4ab}\tag{1}$$

This is true for any triangle and can be proven independently of the Pythagorean theorem or the Pythagorean Identity. The proof of $(1)$ can be found here.

There has been controversy about whether it is possible to prove the Pythagorean Theorem using trigonometry. Elisha Loomis and many others believed and still believe that no trigonometric proof of the Pythagorean theorem is possible. This belief stems from the assumption that any such proof would rely on the most fundamental of trigonometric identities $\sin^2{\theta} + \cos^2{\theta} = 1$ which is nothing but a reformulation of the Pythagorean theorem proper. However, Jason Zimba showed it is possible to prove the Pythagoren Identity without a recourse to the Pythagorean theorem (see $[1]$). He then has used the Pythagorean Identity to prove the Pythagorean theorem. Another trigonometric proof is given by Luc Gheysens (see here).

Pythagorean Theorem. Given a right-triangle $\triangle{ABC}$ with $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$ and $\angle{ACB}=\gamma=90^\circ$. Then

$$a^2+b^2=c^2$$

Proof. From the Double-Angle Formula for cosine we know

$$\cos{2\theta}=2\cos^2{\theta}-1\tag{2}$$

The proof of $(2)$ does not rely on the Pythagorean Theorem (see this video). Using the unit circle, the proof of $\cos{90^\circ}=0$ only depends on the definition of Cosine (see here). So applying $(2)$ we can calculate $\cos{45^\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ without risk of Petitio Principii. Hence

$$\cos^2{\frac{\gamma}{2}}=\frac{s(s-c)}{ab}=\frac{(a+b)^2-c^2}{4ab}=\frac{1}{2}$$

from which we have

$$\begin{align*}(a+b)^2-c^2&=2ab\\a^2+2ab+b^2-c^2&=2ab\\a^2+b^2-c^2&=0\end{align*}$$

I have to admit that this proof is not as satisfying as I would have hoped. Discussion of this proof along with geometric proofs (provided by Blue) of the Half-Angle Formulas can be seen here (pay no attention to the votedown, some intolerant people still believe in the impossibility of trigonometric proofs of the Pythagorean Theorem).

References

$[1]$ A. Bogomolny, More Trigonometric Proofs of the Pythagorean Theorem, from Cut-the-Knot.org

An Alternative Form of Bretschneider's Formula

If you are already familiar with Bretschneider's Formula, have you ever wonder how would it like if we interchange the cosine-part by a sine-part?

There are three different forms of expressing the Bretschneider's Formula in MathWorld. In this note we will give another one which is almost as simple as the original one.

Given a general convex quadrilateral with sides $a$, $b$, $c$ and $d$, its area is given by the formula

$$K=\sqrt{abcd\sin^2\left({\frac{\alpha+\gamma}{2}}\right)-s(s-c-d)(s-b-d)(s-b-c)}\tag{1},$$

where $s$ is the semiperimeter and  $\alpha$ and $\gamma$ are opposite angles.

The proof is based on the following unexpected simplification lemma.

Lemma 1. Given a general quadrilateral with sides $a$, $b$, $c$ and $d$, then

$$(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)+s(s-c-d)(s-b-d)(s-b-c)=abcd,\tag{2}$$

where $s$ is the semiperimeter.

Proof. Let's focus on the left side of the identity. Substituting and rewriting as difference of squares,

$$\begin{align*}\frac{\left[(c+d)^2-(a-b)^2\right]\left[(a+b)^2-(c-d)^2\right]}{16}+\frac{\left[(a+b)^2-(c+d)^2\right]\left[(a-b)^2-(c-d)^2\right]}{16}&=\\\frac{(a+b)^2\left[(c+d)^2-(c-d)^2\right]+(a-b)^2\left[(c-d)^2-(c+d)^2\right]}{16}&=\\\frac{4cd(a+b)^2-4cd(a-b)^2}{16}&=abcd.\end{align*}$$

$\square$

Now, consider the original Bretschneider's Formula, 

$$K=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd\cos^2\left(\frac{\alpha+\gamma}{2}\right)}.\tag{3}$$

Using the Pythagorean Identity $\sin^2{\left(\frac{\alpha+\gamma}{2}\right)}+\cos^2{\left(\frac{\alpha+\gamma}{2}\right)}=1$ in combination with $(2)$, you get $(1)$.

Remark. Assume $d=0$. Then $(2)$ reduces to 

$$s(s-a)(s-b)(s-c)+s(s-b)(s-c)(s-b-c)=0$$

From which we get the following alternative form of Heron's Formula:

$$K=\sqrt{-s(s-b)(s-c)(s-b-c)}$$

or

$$K=\sqrt{-s(s-a)(s-c)(s-a-c)}$$

$$K=\sqrt{-s(s-a)(s-b)(s-a-b)}$$

La importancia de tener un amigo matemático

La mayoría de nosotros, enfrentados ante un problema matemático de esos de “cuánto tardarían dos trenes en chocar si uno sale de la estación a las tal y tal…”, pensamos en nuestra juventud que de qué demonios nos serviría eso en la vida, al menos si no queríamos ser ingenieros. Hasta a un servidor, que siempre le gustó la ciencia de los números, le parecía una pérdida de tiempo averiguar la hora del trágico desenlace sabiendo que alguna señal impediría que los convoyes ocuparan la misma vía al mismo tiempo. Para eso ya habría expertos, mientras que los de letras nos dedicábamos a otras cosas. Pero conforme crecemos, nos damos cuenta de que muchas de las situaciones mencionadas en los exámenes sí se presentan en nuestras vidas, y aunque no lo hagan, las matemáticas son necesarias para prácticamente cualquier carrera que decidamos seguir, aunque sea para calcular los impuestos que debamos pagar al insaciable estado o para que no nos hagan trampa en algún negocio. Algunos más listos, como los señores que inventaron Google, supieron sacarle jugo a los números, sus ecuaciones y algoritmos para forrarse superlativamente; otros aprendieron a usarlos para ganar la lotería, apostando a lo seguro.

Probablemente los nombres de Charles Marie de la Condamine y Francois-Marie Arouet no digan nada a la mayoría, pero las cosas cambian si os digo que este segundo utilizó en su vida decenas de seudónimos, entre ellos el de Voltaire, uno de los pensadores más célebres de la Ilustración y un crítico constante de las autoridades francesas, su carencias y abusos en las décadas previas a la Revolución. Por su parte, de la Condamine no alcanzó la fama de Voltaire en los libros de historia, pero sí en los de matemáticas y en los de geografía, a través de sus valiosas investigaciones en Sudamérica, patrocinadas, como no, por sus ganancias con la lotería. Esta había sido instituida en la segunda década del siglo XVIII con la intención de revalorizar los bonos del tesoro expedidos anteriormente y, de paso, conseguir fondos nuevos para el estado. El problema es que el encargado de diseñarla, Le Pelletier Desforts, Vice Ministro de finanzas, cometió un grave error.

Los futuros socios de la Condamine y Voltaire se conocieron en una cena cuando el segundo acababa de volver a París después de uno de sus múltiples exilios. Sus finanzas no eran muy boyantes y el matemático aprovechó para contarle el fallo que había encontrado en la lotería. Él no tenía problemas de dinero, pero quería probar su teoría y sabía que Voltaire contaba con ciertas conexiones que les ayudarían en la empresa. El truco era el siguiente: todos los dueños de bonos podían comprar un billete de la lotería, uno por bono, sin importar su valor, al precio de una milésima del valor del bono. El premio equivaldría al valor del bono, más 500.000 libras extras. Así, los que comparaban billetes a 1 libra con bonos de 1000 libras, tenían la misma oportunidad de ganar el premio que alguien que había comprado el billete a 100 libras por tener un bono de 100.000 libras. Lo único que tenían que hacer los socios era comprar la mayoría de los bonos más baratos, de los que había más, y así se aseguraban ganar un premio invirtiendo menos. No todo era fácil, pues se necesitaba un capital para empezar, y aquí fue donde las conexiones sociales de Voltaire entraban en juego, sino que los billetes podían comprarse exclusivamente a través de un notario. El filósofo no tuvo problemas en encontrar uno que aceptara ser parte del cartel.

Así, cada mes Voltaire acudía a su amigo el notario a comprar los billetes y poco después volvía a cobrar sus premios. El truco funcionó durante varios meses en los que todos los participantes se llevaron pingües beneficios a costa del estado, hasta que fueron descubiertos. Resulta que la gente de aquella época acostumbraba escribir mensajes en cada cupón de la lotería, normalmente deseándose suerte a sí mismos, pero Voltaire no pudo evitar burlarse del mismo gobierno que le estaba haciendo rico. En muchas ocasiones, escribió en sus billetes cosas como “¡A la buena idea de Marie de la Condamine!”, o incluso burlas directas, “¡Brindo por el Vice-Ministro de Finanzas!”. Este, que ya se había dado cuenta de que un mismo grupo de personas ganaba casi todos los sorteos, no tardó en descubrir su identidad. Desforts demandó a Voltaire y a de la Condamine por fraude, pero como en realidad no habían hecho nada ilegal, el tribunal los exoneró y pudieron quedarse lo ganado. Eso sí, el ministro tuvo la sensata idea de cancelar la lotería.

Charles Marie de la Condamine, miembro de la Academia de las Ciencias, utilizó sus ganancias para pagarse un par de expediciones a Sudamérica, donde confirmó la teoría de Isaac Newton de que la Tierra no era completamente esférica, sino ligeramente achatada y abultada a la altura del Ecuador. También fue el primero en conocer el caucho, y quien lo introdujo a Europa junto con un documento científico demostrando sus propiedades, y realizó el primer mapa topográfico basado en observaciones astronómicas de la Cuenca del Amazonas. Por su parte, Voltaire, rico de por vida con el medio millón de libras obtenido de la lotería, se dedicó a lo que mejor sabía hacer, criticar al gobierno y promover las libertades de expresión y religión y la separación de estado e iglesia en más de dos mil libros y folletos y 20.000 cartas que aún se preservan. De la Condamine y Voltaire probablemente no utilizaron los medios más éticos para enriquecerse, pero al menos dieron buen uso al dinero.


Fuente: Ciencia Histórica

The product AI*BI*CI

Consider a triangle $\triangle{ABC}$ and its Incenter, $I$. Denote $R$ and $r$ the circumradius and inradius, respectively. Also let $AI=k$; $BI=l$; $CI=m$. Then, the following identity holds

$$klm=4Rr^2$$

Proof. We make use of the semiperimeter-half-angle formula, 

$$\cos^2{\frac{\gamma}{2}}= \frac{s(s-c)}{ab}\tag{1}$$ 

where $s$ is the semiperimeter and $\gamma$ denotes the angle $\angle{ACB}$. The proof for this formula can be found here.

Notice that $\cos{\frac{\gamma}{2}}=\frac{(s-c)}{m}$. Also, because of $(1)$ we have $\cos{\frac{\gamma}{2}}=\sqrt{\frac{s(s-a)}{ab}}$. Equating both expressions and solving for $m^2$, 

$$m^2=\frac{ab(s-c)}{s}$$

Similarly you get $k^2=\frac{bc(s-a)}{s}$ and $l^2=\frac{ac(s-b)}{s}$. Hence, 

$$(klm)^2=\frac{a^2b^2c^2(s-a)(s-b)(s-c)}{s^3}=\frac{a^2b^2c^2s(s-a)(s-b)(s-c)}{s^4}$$

Substituting from Heron's formula,

$$(klm)^2=\frac{a^2b^2c^2\Delta^2}{s^4}$$

Simplifying and using the well-known formulas $abc=4R\Delta$ and $\Delta=rs$ you get the desired result. 

$$klm=\frac{abc\Delta}{s^2}=\frac{4R\Delta^2}{s^2}=4Rr^2$$

Still very Bretschneider, isn't it?

Given a general  convex quadrilateral with sides of lengths $a$, $b$, $c$, and $d$, the area is given by

$$\begin{align*} K&=\frac{1}{4}\sqrt{4p^2q^2-(b^2+d^2-a^2-b^2)^2}\tag{1}\\&=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-\frac{1}{4}(ac+bd+pq)(ac+bd-pq)}\tag{2}\end{align*}$$

where $p$ and $q$ are the diagonal lengths and $s$ is the semiperimeter.

In MathWorld the American mathematician Julian Coolidge is credited with giving the second form of this formula, stating "here is one [formula] which, so far as I can find out, is new," while at the same time crediting Bretschneider and Strehlke with "rather clumsy" proofs of the related formula

$$\begin{align*}K&=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd\cos^2\left(\frac{\alpha+\gamma}{2}\right)}\tag{3}\end{align*}$$

where $\alpha$ and $\gamma$ are two opposite angles of the quadrilateral.

The author of this note has realized that Coolidge's Formula is a easy consequence of Bretschneider's results (i.e., the Bretschneider's formula and Bretschneider's generalization of Ptolemy's Theorem).

In 1842 Bretschneider derived the following generalization of Ptolemy's theorem, regarding the product of the diagonals in a convex quadrilateral.

Theorem 1 (Bretschneider). Given a general  convex quadrilateral with sides of lengths $a$, $b$, $c$, and $d$, then

$$p^2q^2=a^2c^2+b^2d^2-2abcd\cos{(\alpha+\gamma})\tag{4}$$

where $p$ and $q$ are the diagonal lengths and $\alpha$ and $\gamma$ are two opposite angles of the quadrilateral.

We avoid proving Theorem 1; however, you can consult $[1]$ for that purpose. 

Using the cosine double angle formula and substituting in $(4)$,

$$\begin{align*}p^2q^2&=a^2c^2+b^2d^2-2abcd\left[2\cos^2{\left(\frac{\alpha+\gamma}{2}\right)}-1\right]\tag{5}\\&=(ac+bd)^2-4abcd\cos^2{\left(\frac{\alpha+\gamma}{2}\right)}\tag{6}\end{align*}$$

Substituting from Bretschneider's Formula, 

$$\begin{align*}p^2q^2&=(ac+bd)^2-4\left[K^2-(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)\right]\tag{7}\end{align*}$$

Isolating $K$ and factorizing you get $(2)$. Still very Bretschneider, isn't it? Coolidge's proof can be found in $[2]$.

References

$[1]$ Andreescu, Titu & Andrica, Dorian, Complex Numbers from A to...Z, Birkhäuser, 2006, pp. 207–209.

$[2]$ Coolidge, J. L. "A Historically Interesting Formula for the Area of a Quadrilateral." Amer. Math. Monthly 46, 345-347, 1939.