A Proof a Day keeps Dementia Away

전 연재글에서는 Pascal의 정리에 의해 삼각형의 면적이 1/2*밑변*높이로 잘 정의되고, 또 유향선분의 정의를 통해 삼각분할의 방법으로 다각형의 면적이 잘 정의됨을 살펴보았다. 이러한 사실을 바탕으로 동형합성성과 동일면적성이 동치임을 살펴보았다. 특히, 밑변이 같은 직각삼각형의 넓이가 같으면 그 높이 또한 같음을 보았다.

이제 더 직관적으로 와닿을 법한 동형분할성의 개념과 면적의 관계를 살펴본다. 우리는 이미 동형분할 => 동형합성 <=> 동일면적을 안다. 이제 문제는 과연 역이 성립하느냐는 것이다.

따라서 오늘 연재글의 순서는 다음과 같다:

(a) 아르키메데스 공리를 가정할 때 동일면적성이 동형분할성을 내포함을 증명한다.

(b) 아르키메데스 공리를 가정하지 않을 때 동일면적성이 동형분할성을 내포하지 않음을 예증한다.

(a) 아르키메데스 공리를 가정할 때 동일면적성이 동형분할성을 내포함을 증명한다.

우리는 이미 보조정리 5.2와 5.3에 의해 (1) 밑변과 높이가 같은 평행사변형은 동형합성 가능하며, (2) 모든 삼각형은 밑변이 같고 높이가 절반인 평행사변형과 동형분할 가능함을 안다. 따라서 모든 삼각형은 밑변이 같은 어떤 직사각형과 동형합성 가능함은 안다. 그러나 동형분할이 가능한지는 보조정리 5.2, 5.3만으로는 증명되지 않는데 이제 이를 증명하고자 한다.

보조정리 5.11

임의의 삼각형은 밑변이 같은 한 직사각형과 동형분할 가능하다.

증명.

$\triangle ABC$의 가장 긴 변이 $\overline{AB}$라 하자. 이제 $C$에서 $\overleftrightarrow{AB}$에 내린 수선의 발을 $D$라 하면, $D$는 $\overline{AB}$ 위에 있어야 한다.

이를 이해하기 위해서는 정리 2.29 (긴 변의 대각은 짧은 변의 대각보다 크다)는 사실과 평행선 공리에 의해 삼각형의 내각의 합이 $\pi$임을 상기하면, $\angle A, \angle B < \frac{\pi}{3} < \frac{\pi}{2}$임을 상기하자. 따라서 일반성을 잃지 않고 $A$가 왼쪽, $B$가 오른쪽에 있다 하면 $C$는 $A$서 뻗어나가고 $\overline{AB}$에 수직인 반직선 $l$에 대해서 오른쪽이고 $B$서 뻗어나가고 $\overline{AB}$에 수직인 반직선 $k$에 대해 왼쪽이다. 이제 $\overline{CD}$는 $h,k$와 평행하므로 교점이 없고 따라서 이 선분의 모든 점들 역시 같은 위치관계를 가진다. 그런데 $\overleftrightarrow{AB}$ 중 이러한 위치관계를 가지는 부분은 정확히 $\overline{AB}$임을 쉽게 알 수 있다.

이제 $\overline{AC}, \overline{BC}$의 중점을 이은 직선과 $h,k$의 교점을 각각 $E,F$라 하고 $\overline{CD}$와의 교점을 $G$라 하자. 삼각형의 합동관계를 사용하면 $\triangle ABC \cong \square ABFE$임을 쉽게 알 수 있다. $\square$

정리 5.12

면적이 같은 임의의 두 직사각형들은 서로 동형분할 가능하다.

증명.

$\square OABC, \square OMNP$가 면적이 같은 두 직사각형이고 $O$서 같은 직각을 가졌다 하자.

이제 $\overline{OA} = a, \overline{OB} = b, \overline{OC} = c \\ \overline{OM} = m, \overline{ON} = n, \overline{OP} = p$라 하자. $ac = mp$가 성립해야 하므로 $a>m \Rightarrow c<p$ 등이 성립하므로, $\overline{AB}와 $\overline{NP}$가 교점 $D$를 가져야 하며 여기서 만들어지는 네 각 모두 직각임을 알 수 있다.

또한 정의에 의해 비례식 $a:p = m:c$가 성립하므로, Pascal의 정리에 의해 $\overline{MC} \| \overline{AP}$이고, $a: p = m-a: c-p$도 성립하므로 $\overline{MC} \| \oveline{BN}$도 성립한다. (이는 $\overline{BN}$을 축과 만나도록 연장한 직선과 $\overline{MC}$의 관계를 살펴보면 족하다)

이제 $\overline{MC}$와 $\overline{AB}, \overline{PN}$의 교점 $E,F$가 존재할 것이다. 이때 $E,F$의 위치에 따라 두 가지 경우가 존재한다:

Case 1. $E \in \overline{AD}, F \in \overline{PD}$

이 경우는 부등식 $2p \geq c$와 동치임을 알 수 있다.

평행사변형의 성질에 의해 $\overline{ME} = \overline{CF} = \overline{BN}$이다. 따라서 $\triangle AME \equiv \triangle PFC, \triangle MNF \equiv \triangle EBC$이고, 따라서 $\square AMND \cong \square BCPD$이고, 따라서 $\square OABC \cong \square OMNP$이다.

Case 2. $E \notin \overline{AD}, F \notin \overline{PD}$

이 경우는 부등식 $2p < c$와 동치임을 알 수 있다.

이제 $\overline{OC}$의 중점을 $K$라 두고, $\overline{OK}=k$라 둔다.

이제 $2p <c$이므로, 가장 작은 자연수 $l$이 존재하여 $k < lp < c$가 성립한다. (이것이 만약 존재하지 않는다면, 예컨대 가장 큰 자연수 $n$이 존재하여 $np \leq k, (n+1)p \geq c \Rightarrow p \geq c-k = \frac{c}{2}$가 성립하므로 이는 모순이다.)

이제 $\overline{OM}$을 $l$등분하여 그 점들을 순서대로 $A_{0} = O, A_{1}, ..., A_{l} = M$이라 하고 반대편 $\overline{PN}$ 위에 작도한 점들을 $B_{0}, ... , B_{l}$이라 하자.

이제 $\Sigma_{i=1}^{l} \square A_{i-1}B_{i-1}B_{i}A_{i} \cong \square OPNM$임을 쉽게 알고, 각 분할된 직사각형은 서로 합동이라는 사실도 안다.

이제 $\square A_{0}B_{0}B_{1}A_{1}$과 합동인 직사각형 $l$개를, 밑변이 $\overline{OC}$위에 차례대로 나열되도록 작도한다. 그렇게 작도한 직사각형 $l$개는 하나의 큰 직사각형을 이루고, 그 변 중 하나는 $l*\overline{OP} > \overline{OK}$일 것이다. 이렇게 작도한 큰 직사각형을 $\square OGVU$라 하면, $2 \overline{OG} \geq \overline{OC}$임을 아므로 Case 1의 증명에 의해 $\square OGVU \cong \square OABC$이다. 그런데 $\square OGVU$는 $\square OPNM$을 $l$개의 서로 합동인 직사각형으로 분할한 후 이동시킨 것에 불과하므로 $\square OPNM \cong \square OGVU$가 성립하고, 동형분할성의 추이성에 의해 $\square OPNM \cong \square OABC$이다. $\square$

 이제 삼각분할에 의해서 도형의 면적을 정의하는 방법을 채택하면, 임의의 다각형에 대해서 동형분할성과 동일면적성이 동치임을 얻을 수 있다:

정리 5.13 (Bolyai-Gerwin)

(Archimedes 공리가 성립하는 기하에서는) 면적이 같은 임의의 두 다각형은 서로 동형분할 가능하다.

증명.

다각형 $P$를 삼각분할하면 보조정리 5.11에 의해 각각의 삼각형은 면적이 같은 한 직사각형과 동형분할이 가능하고, 정리 5.12에 의해 다시 밑변이 1인 한 직사각형과 동형분할 가능하다. 이제 이 직사각형들을 쌓으면 $P$는 밑변이 1인 한 직사각형과 동형분할 가능하고, $P$와 면적이 같은 다각형 $Q$ 또한 밑변이 1인 직사각형과 동형분할 가능하다. 이제 두 직사각형의 면적이 같아야 하므로 두 직사각형은 합동이고, 동형분할 관계의 추이성에 의해 $P \cong Q$이다. $\square$

따름정리 5.14

(Archimedes 공리가 성립하는 기하에서는) 동형합성 가능한 다각형들은 동형분할 가능하다.

(b) 아르키메데스 공리를 가정하지 않을 때 동일면적성이 동형분할성을 내포하지 않음을 예증한다.

이제 아르키메데스 공리를 가정하지 않을 때에는 동일면적성이 동형분할성을 내포하지 않음을 보이고자 한다. 이를 위해 면적이 같지만 서로 동형분할 가능하지 않은 삼각형 쌍을 작도한다.

모든 자연수 $n$에 대해서 $ne < a$를 만족하는 두 선분 길이 $a,e$가 있다 하자. 이제 한 반직선 상에 $\overline{AB} = e, \overline{AD} = a$가 되도록 점 $B,D$를 잡는다. 또한 선분 $\overline{AC}$가 $\overline{AD}$에 수직이고 길이가 $e$가 되도록 점 $C$를 잡고, $\overline{DC'}$ 역시 $\overline{AD}$에 수직이고 길이가 $e$가 되고 $C,C'$가 $\overleftrightarrow{AD}$의 같은 편에 있도록 점 $C'$을 잡는다.

이제 $\triangle ABC, \triangle ABC'$은 모두 같은 면적을 가지고 동형합성 가능함을 안다.

이제 이 두 삼각형이 동형분할 가능하지 않음을 보이고자 한다. 이를 위해 다음의 보조정리를 증명한다:

보조정리.

선분 $\overline{DE}$가 $\triangle ABC$의 내부에 있다고 하고, $\overline{AB}$가 $\triangle ABC$의 가장 긴 변이라 하자. 이제 $\overline{DE} \leq \overline{AB}$이다.

증명.

귀류법을 사용하여 $\triangle ABC$의 내부에 있는 선분 $\overline{DE}$가 존재하여, $\overline{DE} > \overline{AB}$라 하자. 이제 다음의 행위들이 $\overline{DE}$를 짧게 만들지 않는다는 사실은 명백하다:

(i) $D,E$가 삼각형의 변 위에 있지 않은 점들이라면 $\overline{DE}$를 연장하여 삼각형의 변들과 만나는 점을 $D',E'$이라 할 때 선분 $\overline{D'E'}$을 택한다.

(ii) $D',E'$가 모두 꼭지점이 아니라 하자. 예컨대 $E'$가 선분 $\overline{BC}$ 위의 점이라 하자.

이제 $\angle BE'D' + \angle CE'D' = 2\rho$이므로 두 각 중 하나 이상은 직각보다 작지 않다. 일반성을 잃지 않고 이 각을 $\angle BE'D'$라 하자.

이제 $\triangle BE'D'$를 살펴보면, 정리 2.29에 의해서 $\overline{BD'} > \overline{E'D'}$이다. 이러한 방식으로 새로운 선분을 택한다.

이제 이런 과정을 거쳐서 나온 새로운 선분은 (i) 여전히 $\overline{AB}$보다 길고, (ii) 한 끝점은 꼭지점, 다른 끝점은 그 꼭지점의 대변 위의 점이라는 사실을 안다.

이제 예컨대 이 선분이 $\overline{BD'}$의 형태로 되어 있다 하자. 마찬가지로 $\angle BD'A + \angle BD'C = 2\rho$ 이므로 두 각 중 하나 이상은 직각보다 작지 않다. 예컨대 $\angle BD'A \geq \rho$라 하면 정리 2.29에 의해 $\overline{AB} > \overline{BD'} > \overline{AB}$로 모순이 생긴다. 다른 모든 경우에도 마찬가지 논리로 진행할 수 있다. 이러한 논리는, 평행선 공리를 가정하기 때문에 성립함에 유의하라. $\square$

이제 $\triangle ABC, \triangle ABC'$이 각각 합동인 $k$개의 삼각형으로 분할되었다 하자.

이러한 $k$개의 삼각형의 모든 선분은 $\triangle ABC$의 내부에 있으므로, 가장 긴 변인 $\overline{AB}$보다 크지 않다.

그런데 삼각부등식에 의해 $\overline{AB} < 2e$이므로, $k$개의 삼각형의 둘레의 합은 $6ke$보다 작다는 사실을 안다.

그런데 이러한 삼각형들의 둘레의 합은 $\triangle ABC'$의 둘레의 합보다 작지 않고, $\triangle ABC'$의 둘레는 $a$보다 작지 않다. 따라서

$a <$ (작은 삼각형들의 둘레의 합) $< 6ke$ 인데 이는 $a,e$의 구성에 모순된다. $\square$

이로서 아르키메데스 공리의 존재성이 동형분할에 의한 면적 이론을 구성하는 데 중추적임을 알 수 있다.

다음 연재글에서는 Archimedean 공리가 있을 때 동형분할에 의한 면적이론이 성립함을 예증하기 위하여, 동형분할을 이용하여 면적이 같은 도형들을 실제로 분할하여 재구성하는 방법을 간단히 살펴보고자 한다. 예컨대 두 정사각형을 적절히 분할하여 두 정사각형의 면적 합과 같은 새로운 정사각형을 만드는 연습을 할 것이다.

초등학교 및 중학교 때 우리는 통상적인 Euclid 기하에서 면적에 관련한 다양한 공식들을 배운다.

예컨대 밑변의 길이가 s, 높이가 h인 삼각형의 면적은 

$$ Area[\triangle ABC] = \frac{1}{2} sh$$

로 주어짐을 상기하자.

이 때 이 수치가 구체적으로 무엇을 의미하는가에 대해서 생각을 해 보면, 예컨대 다음의 답을 할 수 있을 것이다:

예컨대 밑변의 길이가 10, 높이가 10인 삼각형의 면적은 50이고,

이는 이 삼각형을 적절히 자르고 다시 붙였을 때 가로의 길이가 10, 세로의 길이가 5인 직사각형을 만들 수 있다는 의미이고, 또 가로의 길이가 1, 세로의 길이가 1인 정사각형 50개를 만들 수 있다는 의미이다.

또 다른 방법으로 이해하자면, (이 방법은 조금 작위적이긴 하지만) 면적 총합이 50인 다른 삼각형들을 적절히 붙여서 가로가 10, 세로가 10인 정사각형을 만들 수 있다는 의미이다. 예컨대 가로 10, 세로 5인 정사각형 역시 면적 총합이 50인 다른 삼각형들을 적절히 붙여서 가로 10, 세로 10의 정사각형을 만들 수 있을 것이다.

이제 여기서 던질 수 있는 질문들은 다음과 같다:

(1) 앞서 우리가 선분의 길이에 실수를 붙일 수 있던 것은 아르키메데스 공리 덕임을 알았다. 이제 이 공리 없이도 면적에 관한 이론을 전개하여 초등학교 때 배운 공식들을 유도할 수 있을까?

(2) 또한, 이렇게 전개한 이론이 우리의 직관과 일치하도록 할 수 있는가? 이는 뒤에 살펴볼 개념이지만, 면적이 같은 도형은 동형분할 가능하며 동형합성 가능한가?

5단원. 평면 면적 이론은 이 질문들에 대한 대답을 다룬다. 특히 이 단원은 Pascal의 정리가 결과들의 유도에 있어서 중요한 역할을 맡는다.

Hilbert 저 책의 영어 번역본인 Foundations of Geometry에서는 다음과 같이 서술되어 있다:

"This manner of establishing the theory of areas seems to me a very remarkable application of Pascal’s theorem to elementary geometry."

이 글에서는 동형합성과 동형분할의 개념을 살펴보고, 이와 관련된 기초적인 정리들을 증명할 예정이다.

단순다각형의 정의를 상기하라:

정의. (단순다각형)

점 $A_{1}, A_{2}, ..., A_{n}$에 대해서 선분 $A_{i}A_{i+1} \space (i=1,...,n-1), A_{n}A_{1}$들이 다음을 만족한다 하자:

(i) 어느 점 $A_{i}$도 선분 위에 있지 않다.

(ii) 임의의 두 선분의 교점은 항상 점 $A_{i} \space i=1,...,n$ 중 하나이다.

이제 이 점들을 단순다각형의 꼭지점, 선분들을 단순다각형의 변이라 부른다.

또한 모든 다각형은 평면을 내부와 외부로 구분함을 상기하라.

정의 5.1 (단순 다각형의 분할)

하나의 단순 다각형 $P$의 변들 상의 두 점을, 자신과 교차하지 않고 다각형 내부에만 있는 다각 선분으로 연결하면 $P$의 모든 내부점들은 두 개의 새로운 단순 다각형 $P_{1}, P_{2}$로 나누어진다. 이제 $P = P_{1} + P_{2}$로 표기하며, $P$는 $P_{1}, P_{2}$로 분할된다 또는 $P_{1}, P_{2}$는 $P$를 분할한다고 한다.

정의 5.2 (동형분할)

두 개의 단순 다각형 $P,Q$가 서로 쌍으로 합동인 유한 개의 삼각형들로 분할될 때 이 둘은 서로 동형분할이 가능하다고 하고

$$P \cong Q$$

로 표기한다.

동형분할 관계가 대칭적이고 재귀적임은 쉽게 알 수 있다.

정의 5.3 (동형합성)

두 개의 단순 다각형 $P,Q$에 서로 동형분할 가능한 유한 쌍의 다각형들 $P_{1}, Q_{1} ; ... ; P_{k}, Q_{k} \space (P_{i} \cong Q_{i})$를 각각 적절히 합성하여 만들어진 다각형 $P+P_{1}+...+P_{k}$와 $Q+Q_{1}+...+Q_{k}$가 서로 동형분할 가능할 때 그들은 서로 동형합성 가능하다고 하고 $P \sim Q$로 표기한다.

단순다각형 $P,Q,R$에 대해서 $P,Q$가 $R$을 분할하면 $R$은 $P,Q$의 합성이라고 정의할 수 있다.

동형합성 관계 역시 재귀적이고 대칭적임을 쉽게 알 수 있다.

다음의 명제들이 성립한다:

명제 1.

$P \cong Q \Rightarrow P \~ Q$

증명.

$P,Q$가 서로 동형분할 가능하다 하자.

이제 유한 쌍의 다각형 (0개의 다각형)들을 적절히 합성하여 만들어진 다각형 $P,Q$가 서로 동형분할 가능하므로 $P~Q$이다.

명제 2.

$P \cong Q$이고 $P_{1} \cong Q_{1}$이면 $P + P_{1} \cong Q + Q_{1}$이다.

증명.

동형분할성의 정의에 의해,

$$P = K_{1} + K_{2} + ... + K_{m}, Q = J_{1} + ... + J_{m} \\ K_{i} \cong J_{i}$$가 성립하는 삼각형 $K_{1},...,K_{m}, J_{1},...,J_{m}$이 있다. 

또한

$$P_{1} = K_{m+1} +... + K_{n}, Q_{1} = J_{m+1} + ... + J_{n} \\ K_{i} \cong J_{i}$$가 성립하는 삼각형 $K_{m+1},...,K_{n},J_{m+1},...,J_{n}$ 또한 존재한다.

이제 단순다각형 $R = P + P_{1}$을 삼각형 $K_{1}, ..., K_{m}, K_{m+1},... ,K_{n}$로 분할할 수 있고, $S = Q + Q_{1}$ 또한 삼각형 $J_{1}, ..., J_{n}$으로 분할할 수 있으므로 $R \cong S$이다.

아르키메데스 공리가 성립하는 통상적인 Euclid 기하에서는 동형합성성과 동형분할성이 동치이다. 그러나 Non-archimedean 기하에서는 둘이 동치가 아닌데, 동형합성 가능하지만 동형분할은 불가능한 두 도형의 예는 추후 제시할 예정이다.

다음의 보조정리는 동형분할성과 동형합성성 관계가 추이적임을 보인다.

보조정리 5.1

다음이 성립한다:

$$(i) \space P_{1} \cong Q, P_{2} \cong Q \Rightarrow P_{1} \cong P_{2} \\ (ii) \space P_{1} \sim Q, P_{2} \sim Q \Rightarrow P_{1} \sim P_{2}$$

증명.

(i)의 증명.

$P_{1} \cong Q$이므로, $Q$와 $P_{1}$에 유한 개의 선분 $\{l_{1}, ... l_{k}\}$을 그어 이 둘을 유한 개의 삼각형으로 분할할 수 있다. 이 삼각형들의 집합을 $S_{1}$이라 하자.

마찬가지로 $P_{2} \cong Q$이므로 $Q$와 $P_{2}$에 유한 개의 선분 $\{m_{1}, ... , m_{j}\}$을 그어 이 둘을 유한 개의 삼각형으로 분할할 수 있다. 이 삼각형들의 집합을 $S_{2}$라 하자.

이제 $Q$에 $\{l_{1}, ... , l_{k}\} \cup \{m_{1}, ..., m_{j} \}$를 모두 작도한다. 이는 동시에 두 가지를 의미한다:

(i) $S_{1}$에 속한 삼각형들이 $\{m_{1}, ... , m_{j} \}$에 의해 다각형들로 세분된다. 여기에 추가적으로 선분들을 작도하여 $S_{1}$의 삼각형들을 더 작은 삼각형들로 세분할 수 있다.

(ii) $S_{2}$에 속한 삼각형들이 $\{l_{1}, ... , l_{k} \}$에 의해 다각형들로 세분된다. 마찬가지로 추가적으로 선분들을 작도하여 더 작은 삼각형들로 세분한다.

이제 $P_{1}$을 $Q$와 동형분할했을 때 생기는 $S_{1}$에 대해서 (i)의 결과를 도출하도록 다각선분들을 작도하고, $P_{2}$를 $Q$와 동형분할할 때 생기는 $S_{2}$에 대해서 (ii)의 결과를 도출하도록 다각선분들을 작도할 수 있다.

그런데 두 결과 모두 $Q$라는 한 단순 다각형에 선분들을 작도하여 삼각형들로 분할한 결과이므로, $P_{1} \cong P_{2}$이다.

(ii)의 증명.

이제 $P \sim Q, R \sim Q$라 가정하자.

이제 서로 동형분할 가능한 다각형 $P_{1} \cong Q_{1}, R_{1} \cong Q_{2}$인 다각형 $P_{1}, R_{1}, Q_{1}, Q_{2}$가 존재하여

$$P + P_{1} \cong Q + Q_{1} \\ R + R_{1} \cong Q + Q_{2}$$

가 성립한다.

이제 $Q_{1}, Q_{2}$를 $Q$에 합성한 위치 그대로 두고 볼 때 둘의 합 다각형 $Q_{1} \cup Q_{2}$와 공통 다각형 $D = Q_{1} \cap Q_{2}$를 만들 수 있고 이들은 다음과 같은 관계이다:

$$Q_{1} \cup Q_{2} = Q_{1}' + D + Q_{2}' = Q_{1} + Q_{2}' + Q_{1}' + Q_{2}$$

여기서 $Q_{i}' + D = Q_{i}$가 되도록 $Q_{1}, Q_{2}$를 정의한다.

따라서 $P_{1} + Q_{2}' \cong Q_{1} + Q_{2}' = Q_{1}' + Q_{2} \cong R_{1} + Q_{1}'$이다.

이제

$$P + P_{1} + Q_{2}' \cong Q + Q_{1} + Q_{2}' \cong R + R_{1} + Q_{1}'$$

이므로, $P \sim R$이다. $\square$

직사각형, 평행사변형의 밑변과 높이, 삼각형의 밑변과 높이를 보통의 방법 (수직선을 그어서 정의하는 방법)으로 정의할 다음의 보조정리를 얻을 수 있다:

보조정리 5.2

밑변과 높이가 같은 두 평행사변형은 서로 동형합성 가능하다.

증명.

$\square ABCD, \square A'B'C'D'$가 밑변과 높이가 같은 평행사변형이라 하자.

이제 일반성을 잃지 않고 $\square A'B'C'D'$가 $\overline{AB} = \overline{A'B'}$라고 하고, $\overline{CD}, \overline{C'D'}$가 같은 직선 위의 두 선분이라 하자. (아니라면, $\square A'B'C'D'$과 합동인 평행사변형을 작도하여 이렇게 만들 수 있다.)

만약 $\overline{CD} = \overline{C'D'}$이면 두 평행사변형이 합동이므로 동형분할 가능하고, 따라서 동형합성 가능하다.

만약 $\overline{CD} \cap \overline{C'D'} \neq \emptyset$이면, 일반성을 잃지 않고 순서 관계상 $CC'DD'$가 성립한다 하자.

이제 $\triangle ACC' \equiv \triangle BDD'$이고,

$$\square ABCD = \triangle ACC' + \sqaure ABDC' \\ \square A'B'C'D' = \triangle BDD'  \square ABDC'$$가 성립하므로 두 평행사변형은 동형합성 가능하다.

만약 $\overline{CD} \cap \overline{C'D'} = \emptyset$이더라도, $\triangle ACC' \equiv \triangle BDD'$임을 쉽게 알 수 있다. 또한 순서 관계상 $CDC'D'$가 성립한다 하면, Pasch 공리에 의해 $\overline{AC'} \cap \overline{BD} = E$가 존재해야 하므로, $\square ABCD + \triangle C'DE = \triangle ACC' + \triangle ABE \cong \triangle BDD' + \triangle ABE = \square A'B'C'D' + \triangle C'DE$이므로, $\square ABCD \sim \square A'B'C'D'$임을 안다. $\square$

보조정리 5.3

임의의 한 삼각형은 밑변이 같고 높이가 반이 되는 평행사변형과 동형분할 가능하다.

증명.

$\triangle ABC$에 대해서 $\overline{AC}$의 중점을 $D$, $\overline{DE}$의 중점을 $E$라 둔다. 이제 $\overline{EF} \cong \overline{DE}$가 되도록 $F$를 반직선 $\overrightarrow{DE}$ 상에 작도한다.

이제 $\triangle CDE \equiv \triangle BEF$이므로, $\triangle ABC \cong \square ABFC$이다. $\square$

정리 5.4

밑변과 높이가 같은 두 삼각형은 서로 동형합성 가능하다.

증명.

$\triangle ABC, \triangle DEF$가 밑변과 높이가 같다 하자.

이제 보조정리 5.3의 조건을 만족하도록 $\triangle ABC \cong \square K_{1}$, $\triangle DEF \cong \square K_{2}$를 작도하자. 이제 $\square K_{1}, \square K_{2}$는 밑변과 높이가 같으므로 동형합성 가능하고, 동형합성 관계의 추이성에 의해 증명이 완료된다. $\square$

정리 5.5

임의의 삼각형에 대해서 이것과 동형합성 가능하고 한 변의 길이가 1인 직각삼각형을 만들 수 있다.

증명.

보조정리 5.3에 의해 임의의 삼각형은 밑변이 같은 한 평행사변형과 동형분할 가능하고 또 이것은 보조정리 5.2에 의해 밑변이 같은 한 직사각형과 동형합성 가능하다.

이제 임의의 직사각형은 밑변의 길이가 1인 어떤 직사각형과 동형합성 가능하다는 것만 보이면 이는 다시 한 변이 1인 어떤 직각삼각형과 동형합성 가능할 것이다 (보조정리 5.3).

따라서 다음의 보조정리를 증명하는 것으로 증명을 마칠 수 있다.

보조정리.

임의의 직사각형은 한 변의 길이가 1인 다른 직사각형과 동형합성 가능하다.

보조정리의 증명.

$\square ABCD$가 직사각형이라 하자. 이제 $\overrightarrow{CD}$에 있으면서 $\overline{DE}$가 단위길이가 되도록 $E$를 작도한다. 이제 $\overline{AE}$와 평행하면서 $C$를 지나는 직선을 그리고, $\overrightarrow{AD}$와의 교점을 $F$라 하자.

이제 $\square DEGF$가 직사각형이 되도록 점 $G$를 잡는다. 이 직사각형이 찾던 직사각형임을 보일 것이다. $\overrightarrow{CF}$ 위에 있으면서 $\overline{FI} \equiv \overline{AE}$가 되도록 $I$를 잡고, $\overrightarrow{FC}$ 위에 있으면서 $\overline{CJ} \equiv \overline{AE}$가 되도록 $J$를 잡는다.

이제 $\triangle FGI \equiv \triangle AED \equiv \triangle BCJ$임을 알고, $\triangle IGF + \square DEGF + \triangle AED = \square AEIF$는 평행사변형임을 안다. 또한 $\triangle BCJ + \square ABC + \square AED = \square AECJ$ 역시 평행사변형이고, $\square AEIF$와 밑변 높이가 같음을 안다. 따라서 이 둘은 동형합성이고, $\square ABCD \sim \square DEGF$이다. $\square$

이상으로 동형합성, 동형분할의 기초적인 정리들을 증명하였다.

다음 연재에는 동형합성에 기초하여 삼각형, 다각형의 면적 이론을 본격적으로 전개해 나가고자 한다.

#주석. 정리 5.5를 증명함에 있어서 단위 길이라는 표현 자체가 부적절한 것이 아닌가 하는 의문이 들 수 있다. 애초에 아르키메데스 공리를 이용해야 실수와 선분 길이의 대응이 되기 때문이다.

그러나 아르키메데스 공리가 없는 것은, 선분 길이가 실수보다 '많음'을 의미하고, 특히 무한소의 존재를 의미하지, 단위 선분을 작도하고 그것의 $k$배가 되는 선분의 길이를 $k$라 부르는 데에 문제가 있음을 의미하지는 않는다. (그것은 합동 공리만으로 충분히 할 수 있는 일이다.)