번외 1편 - 2장 연습문제

이 게시글은 2장. 5개의 공리군 뒤에 첨부되어 있는 연습문제에 대한 개인적인 접근과 풀이입니다. 이 풀이들에 오류가 있을 수도 있으니, 어디가서 풀이를 차용할 시 책임져드릴 순 없으니 참고하기 바랍니다. 또한 오류를 발견한 분은 마구 지적해주셨으면 감사하겠습니다.

 

문제 1. 주어진 두 점 A,B와 만드는 선분이 서로 합동인 점들의 자취는 선분 AB의 수직이등분선임을 보여라.

#주석.

책에는 위에서처럼 쓰여 있으나 조금 모호할 수 있겠다 생각한다. 좀 더 정확하게 문제를 제시하자면 다음과 같다:

집합 S는 $AB \equiv AC$가 성립하는 점 C들의 집합이라 하자. 이제 S는 선분 AB의 수직이등분선과 일치함을 보여라.

 

풀이.

위에서 주어진 조건을 만족하는 집합 S와 선분 AB의 수직이등분선 (l이라 하자)가 일치함을 보여야 하므로, 양 방향으로 포함관계를 보이면 그만이다.

(i) $S \subset l$: C가 S의 원소이면 직선 AB 위에 있다면 이등분선과 선분 길이의 삼분법에 의하여 C는 수직이등분선 위에 있어야 한다. 이제 C가 S의 원소이면서 직선 AB 위에 있지 않다고 하자. 만약 C가 l 위에 있지 않다면, C는 l에 의해 나누어지는 두 반평면 중 A와 같은 반평면에 있거나 B와 같은 반평면에 있다.

일반성을 잃지 않고 C가 A와 같은 반평면에 있다 하자.

 

다음의 보조정리를 사용하고자 한다.

 

보조정리. 우리가 정의한 5개 공리군을 만족하는 기하계에서는 삼각부등식이 성립한다.

즉, AB,BC,CA가 삼각형 ABC의 세 변이라면,

$ AB + BC > CA$

 

증명.

선분의 삼분법과 삼각형의 외각정리를 이용하여, $AB + BC = CA$와 $AB + BC < CA$일 수 없음을 보이자.

Case 1. AB + BC = CA

선분 AB 위에 점 B'을 잡아 다음을 만족하게 할 수 있다:

(i) $ AB \equiv AB'$

(ii) $ BC \equiv B'C$

 

이제 $\triangle ABB', \triangle BB'C$ 모두 이등변삼각형이므로,

$\angle ABB' \equiv \angle AB'B, \angle B'BC \equiv \angle BB'C$

가 성립한다.

그런데 $\angle AB'B, \angle BB'C $은 보각 관계이고 $\angle AB'B + \angle BB'C \equiv \angle ABC$가 성립하는데,

이는 $\angle ABC$가 크기 2직각을 가진다는 의미로 모순이다.

 

Case 2. AB + BC < CA

이제 선분 AB 위에 점 B', B''을 잡아 다음을 만족하게 할 수 있다:

(i) $AB \equiv AB'$

(ii) $BC \equiv B''C$

(iii) 네 점 A,B',B'',C가 AB'B''C의 순서를 가짐

 

이제 위의 논의와 마찬가지로 $\triangle ABB', \triangle BB''C$는 모두 이등변삼각형이고,

$\angle ABC > \angle ABB' + \angle B''BC$임을 알 수 있다.

그런데 삼각형의 외각정리에 의해 $\angle AB'B \geq \angle B'BB'' + \angle BB''B'$이고 $\angle BB''C \geq \angle B'BB'' + \angle BB'B''$이므로,

$\angle ABB' + \angle B''BC$은 2직각보다 크고, 이는 $\angle ABC$가 2직각보다 크다는 의미로 모순이다. $\square$

 

(다시 풀이)

보조정리에 의해 삼각부등식이 성립한다는 사실을 안다.

이제 선분 BC는 직선 l과 교점 D가 존재해야 한다 (반평면에 의하여)

이제 $\triangle ACD$와 $\triangle ABD$를 고려한다.

(ii)에 의해 수직이등분선 위의 모든 점은 S의 원소이므로, $AD \equiv BD$임을 알고,

또 C의 구성에 의하여 $ AC \equiv BC$가 성립한다.

 

따라서 $BC \equiv BD + CD \equiv AD + CD > AC \equiv BC$가 성립하여, 모순이 발생한다.

이 때 부등식은 삼각부등식에 의해 성립한다. 

 

 

(ii) $l \subset S$: 점 C가 선분 AB의 수직이등분선 위에 있다 하자. 만약 C가 직선 AB 위에 있으면 수직이등분선의 정의에 의하여 C는 선분 AB 위에 있고, $AC \equiv BC$가 성립하므로 C는 S의 원소이다.

C가 직선 AB 위에 있지 않다면 삼각형 ABC를 생각할 수 있고, 특히 l과 선분 AB의 교점 D를 고려할 때

$\triangle ACD \equiv \triangle BCD$가 성립하므로, $AC \equiv BC$가 성립하고 C는 S의 원소이다.

 

이상으로, (i)과 (ii)에 의해 S와 l은 같다는 사실을 보였다. $\square$

 

 

 

 

문제 2. 한 각의 각 변에서 같은 거리에 있는 점들의 자취는 그 각의 이등분선임을 보여라.

#주석. 한 직선으로부터 한 점의 거리는, 점에서 그 직선에 내린 수선의 길이이다.

 

풀이.

각 $\angle (h,k)$와 꼭지점 O가 주어질 때, 집합 S는 반직선 h로부터의 거리와 반직선 k로부터의 거리가 같은 점 C의 집합이라 하고, l은 각의 이등분선이라 하자. 문제 1과 마찬가지로 양방향의 포함관계를 보여야 한다.

 

(i) $l \subset S$: 점 C는 각의 이등분선 위의 한 점이라 하자. 이제 C에서 h로 내린 수선의 발을 D, k로 내린 수선의 발을 E라 하자. 

$\triangle OCD \equiv \triangle OCE$임은 확장된 ASA 합동정리를 통해 쉽게 알 수 있고, 이는 $CD \equiv CE$를 의미한다. 그런데 두 선분은 각각 h와 k에 내린 수선이므로, C는 h와 k로부터 같은 거리에 있고, S의 원소이다.

 

(ii) $S \subset l$: 점 C는 S에 들어 있지만 l 위에 있지 않다고 가정하자. 또한 C에서 h에 내린 수선의 발을 D, k에 내린 수선의 발을 E라 하자. 이제 각의 이등분선 l에 의해 평면은 두 반평면으로 나누어지는데, C는 D과 같은 반평면에 있거나 E와 같은 반평면에 있다. 일반성을 잃지 않고 D와 같은 반평면에 있다 하자.

이제 선분 CE와 반직선 l은 교점 F를 가져야 한다. 또한 CE = CF + EF라는 사실을 쉽게 알 수 있다.

(i)에서 우리는 l 위의 점은 모두 S의 점임을 알았으므로,

$\triangle CDE, \triangle DEF$는 모두 이등변삼각형이다.

이제 이 사실과 삼각부등식에 의해

 

$CD \equiv CE \equiv CF + EF \equiv CF + DF > CD$

 

가 성립하고 이는 삼분법에 모순된다. $\square$

 

 

 

문제 3. 한 삼각형의 세 변 각각의 수직이등분선들은 한 점에서 만남을 보여라. (이 점을 외심이라 한다.)

풀이.

삼각형의 꼭지점을 A,B,C, 세 변을 AB,BC,CA라 하자.

이제 (i) 선분 AB의 수직이등분선 l과 선분 BC의 수직이등분선 l'이 교점을 가지며, (ii) 그 교점을 선분 CA의 수직이등분선 l''도 지나간다는 사실을 보이면 충분하다.

 

(i)의 증명.

귀류법을 사용하기 위해 결론을 부정하자. 선분 AB의 수직이등분선 l과 선분 BC의 수직이등분선 l'이 교점을 가지지 않는다 하자. 이제 정리 2.7.1에 의하여 직선 AB와 l, l'이 만나는 동위각은 같고, l이 선분 AB의 수직이등분선이므로 l은 직선 AB의 수선이고, l' 또한 직선 AB의 수선이다. 마찬가지 논리로 l'은 직선 BC의 수선이고, l과 l'이 평행하므로 l 또한 직선 BC의 수선이어야 한다. 그러면 직선 l은 직선 AB와 직선 BC 모두의 수선이고, 정리 2.7.1에 의하여 직선 AB와 직선 BC는 평행하다. 그런데 둘 사이 교점 B가 존재하므로 이는 모순이다.

 

(ii)의 증명.

이제 l과 l'의 교점을 D라 하자.

문제 1에서 보인 바에 의하여, $AD \equiv BD, BD \equiv CD$이고, 선분 합동의 전이성에 의하여 $AD \equiv CD$이고, 다시 문제 1에 의하여 D는 선분 AC의 수직이등분선 위에 있어야 한다.

 

(i)과 (ii)에 의하여 문제에서 보이라고 한 바를 모두 증명하였다. $\square$

 

 

문제 4. 한 삼각형의 세 각 각각의 이등분선은 한 점에서 만남을 보여라. (이 점을 내심이라 한다)

풀이.

마찬가지로 삼각형의 꼭지점을 A,B,C, 세 변을 AB,BC,CA라 하자.

이제 (i) 각 A의 이등분선 l과 각 B의 이등분선 l'이 교점을 가지며, (ii) 그 교점을 각 C의 이등분선 l''도 지나간다는 사실을 보이면 충분하다.

 

(i)의 증명.

각 A의 이등분선 l은 선분 BC와 교점 D가 존재해야 한다는 사실을 안다.

이제 $\triangle ABD$를 고려하자. 각 B의 이등분선 l'은 $\angle ABC$의 이등분선이기도 하면서 $\angle ABD$의 이등분선이기도 하므로, l'은 선분 AD와 교점이 존재해야 한다. 그런데 선분 AD는 각 A의 이등분선 l 위에 있으므로 증명이 끝난다.

 

(ii)의 증명.

이제 각 A의 이등분선 l과 각 B의 이등분선 l'의 교점을 E라 하자.

E에서 선분 AB에 내린 수선의 발을 F, AC에 내린 수선의 발을 G, BC에 내린 수선의 발을 H라 하자.

이제 문제 2에서 증명한 바에 의하여

 

$EF \equiv EG, EF \equiv EH$

 

이제 선분 합동의 전이성에 의하여 $EG \equiv EH$이고, 이는 다시 문제 2에 의해 E가 각 C의 이등분선 l'' 위에 있음을 의미한다.

 

(i), (ii)에 의해 문제에서 요구하는 바를 모두 증명하였다. $\square$

 

 

문제 5. 한 삼각형의 각 꼭지점에서 맞변에 내린 수선들은 한 점에서 만남을 보여라. (이 점을 수심이라 한다.)

증명.

삼각형의 꼭지점을 A,B,C라 하고 선분을 AB,BC,CA라 하자.

이제 (i) A에서 직선 BC에 내린 수선과 B에서 직선 AC에 내린 수선이 교점이 있고 (ii) 이 교점을 C에서 직선 AB에 내린 수선도 지남을 보이면 된다.

(i)은 문제 1과 마찬가지의 논리로 보이면 된다.

 

(ii)의 증명.

이제 점 A에서 직선 BC에 내린 수선과 점 B에서 직선 AC에 내린 수선의 교점을 점 F라 하자.

직선 CF가 직선 AB에 대한 수선임을 보이면 충분하다.

직선 CF가 직선 AB와 만나야 함은 알기 때문에, 그 교점을 G라 두자. (보충 예정) 

 

추가로, 점 A에서 직선 BC에 내린 수선의 발을 D, 점 B에서 직선 AC에 내린 수선의 발을 E라 하자.

이제 $\angle ABE := x, \angle BAD := y, \angle CBE := z, $\angle ACG := w$로 두자.

또한 1직각에 해당하는 각의 크기를 R로 표기하자.

 

이제 $\angle AEB \equiv \angle ADB = R$이므로,

세 점 A,B,D를 통과하는 유일한 원의 중심은 선분 AB의 이등분점이고, 점 E 또한 이 원 위에 있다.

이제 원주각의 성질에 의해 $\angle BED \equiv y, \angle ADE \equiv x, \angle CAD \equiv z$를 알 수 있다.

 

또한 $\angle AGC = R+x-w, \angle BGC = R+w-x$임을 알고, 따라서 

또한 $\angle ADC \equiv \angle BEC = R$이고, 6에서 보일 바와 같이 사각형의 내각의 합은 2R이므로, 사각형 CDEF는 원에 내접한다.

 

따라서 원주각의 성질에 의해 $\angle EDF \equiv \angle ECF$이고 따라서 $x=w$가 성립하고, 이로서 $\triangle AGC$를 살펴보면 $\angle AGC = R$이어야 함을 알 수 있다. $\square$

 

 

문제 6. 임의의 n각형의 내각의 합은 2(n-2)R임을 보여라.

* 이 문제의 경우, 제가 스스로 깔끔하게 증명하는 데에 실패하여 유투브에서 도움이 될 만한 자료를 찾았고, 유투버 Think Twice님의 영상을 참고하여 증명하였음을 알립니다.

 

우선 다음의 보조정리를 증명하고자 한다.

보조정리 1. 모든 다각형에는 2직각보다 작은 각이 존재한다.

증명. 

다각형은 평면을 내부-외부로 분할하며 전체가 외부에만 포함되는 직선이 존재함을 안다. 이 직선을 l이라 하자.

이제 l에 수직인 직선 l'을 잡고, 직선 l과 직선 l'의 교점을 $P$라 하자.

다각형의 점들이 $A_{1},A_{2}, ..., A_{n}$으로 주어져 있다 할 때, $A_{i}$를 지나며 l에 평행한 유일한 직선을 잡고, 그 직선과 직선 l'의 교점 (교점이 항상 존재해야 함은 안다)를 $P_{i}$라 하자.

점들 사이의 순서관계는 잘 정의되므로, 두 가지 경우로 나누어진다:

Case 1. P가 $P_{i}$의 왼쪽에 있음

Case 2. " 오른쪽에 있음

 

일반성을 잃지 않고 Case 1을 가정하자.

 

이제 $P_{i}$의 점 중 $P_{1}$이 가장 왼쪽에 있다 하자 (다만, 다른 점들과 겹칠 수는 있다.)

이제 예컨대 $A_{1}$이 $A_{2}, A_{n}$과 인접하다 할 때, $A_{2}, A_{n}$은 $A_{1}$을 지나며 l에 평행한 직선이 나누는 두 반평면 중 오른쪽 반평면에 있고, 따라서 $\angle A_{n}A_{1}A_{2}$은 2직각보다 작다.

 

 

이제 다음의 보조정리를 증명한다 (이 파트에서 영상의 증명을 참고하였다.)

보조정리 2. 모든 다각형에는 인접하지 않은 두 점을 끝점으로 하는 선분을 그어, 그 선분이 다각형의 내부에만 있도록 할 수 있다.

증명.

보조정리 1에 의하여 각의 크기가 2직각보다 작은 다각형의 한 각을 잡을 수 있다. 일반성을 잃지 않고 다각형의 꼭지점들이 순서대로 $A_{1},A_{2},...,A_{n}$으로 주어지고, 특히 $\angle A_{n}A_{1}A_{2}$가 2직각보다 작다고 하자.

이제 선분 $A_{n}A_{2}$를 고려하자. 만약 이 선분과 다각형의 다른 교점이 없다면, 이 선분은 다각형의 내부에 있다.

만약 선분 $A_{n}A_{2}$와 다각형의 변들 사이 교점이 존재하면, $\triangle A_{1}A_{2}A_{n}$의 내부에 다각형의 꼭지점이 존재해야 한다 (\because 선분 $A_{1}A_{2}, A_{n}A_{1}$은 다각형의 변이고, 다각형은 정의상 변끼리 교차하지 않기 때문).

이제 그 꼭지점들이 $B_{1},...,B_{i}$라 하고, 선분 $A_{n}A_{2}$와 수직거리가 가장 큰 꼭지점을 (일반성을 잃지 않고) $B_{1}$이라 하자.

이제 선분 $A_{1}B_{1}$은 다각형의 변과 교차할 수 없는데, 만약 어떤 변과 교차한다면 $A_{n}A_{2}$와의 수직거리가 점 $B_{1}$보다 더 큰 꼭지점이 존재해야 한다.

 

 

마지막으로 증명하고자 하는 정리는 다음과 같다:

정리. 모든 n각형의 내각의 합은 2(n-2)R이다.

증명. 강한 귀납법을 사용한다.

우선, n=3일 때 정리는 참이다. (삼각형의 세 내각의 합은 2R)

이제 n=3,...,k까지 정리가 모두 참이면, n=k+1일 때에도 정리가 성립함을 보이고자 한다. 

보조정리 2에 의하여 (k+1)각형의 두 꼭지점을 잡아 선분을 그릴 때 선분이 다각형의 내부에만 있도록 할 수 있다.

이제 그러한 선분을 그었다 하고, 일반성을 잃지 않고 $A_{1}A_{i}$이라 하자.

이제 이 선분은 (k+1)각형을 $A_{1}A_{2}...A_{i}$의 i각형과 $A_{1}A_{i}A_{i+1}...A_{k+1}$의 (k+3-i)각형으로 분할한다. 또한 $3 \leq i \leq k$임을 알기 때문에, $3 \leq (k+3-i) \leq k$이라는 것 또한 안다.

선분 $A_{1}A_{i}$가 다각형의 내부에 있으므로, 전체 (k+1) 다각형의 내각의 합은 분할된 두 다각형의 내각의 합과 같다.

그런데 강한 귀납법 가정에 의하여 i각형의 내각의 합은 2(i-2)R, (k+3-i)각형의 내각의 합은 2(k+1-i)R로, 전체 다각형의 내각의 합은 2(k-1)R로, 명제가 n=k+1일 때에도 참임을 알 수 있다. $\square$