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체바 정리

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목차

1. 개요

체바 정리는 삼각형의 각 변 위의 세 점과 세 꼭짓점을 연결하는 세 직선의 공점선 또는 평행선 조건을 나타내는 정리이다. 이 정리는 다음과 같은 두 조건이 동치임을 보여준다. 세 직선이 공점선이거나 평행선일 때, 각 변의 분할 비율의 곱은 1이다. 체바 정리는 넓이, 무게 중심, 메넬라우스 정리, 바리 중심 좌표 등을 이용하여 증명할 수 있으며, 각체바 정리, 중점에 대한 반사의 성질, 공원점의 성질, 중선의 성질, 각의 이등분선의 성질 등 다양한 따름정리를 갖는다. 또한, 고차원 단순체로 일반화될 수 있으며, 루스 정리, 다각형, 일정 곡률의 표면에서의 삼각형, 구면 및 쌍곡선 기하학 등에도 적용될 수 있다. 이탈리아 수학자 조반니 체바가 1678년에 제시했지만, 11세기 유수프 알무타만 이븐 후드가 먼저 발견했다.

2. 정의

삼각형 ABC의 각 변 BC, CA, AB (또는 그 연장선) 위에 점 D, E, F가 있을 때, 다음 두 조건은 서로 동치이다.


  • AD, BE, CF는 공점선이거나 평행선이다.
  • \frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1


두 번째 조건의 세 비율은 단순비를 나타낸다. 즉, 두 유향 선분의 방향이 같을 경우 양의 부호를, 반대일 경우 음의 부호를 갖는다. 따라서 D, E, F 중 삼각형 변의 외분점의 수는 짝수이어야 한다. 체바 정리는 세 점 가운데 하나가 무한원점인 경우에도 성립하며, 이 경우 각 꼭짓점과 대변 위의 무한원점을 잇는 직선은 각 꼭짓점을 지나는 대변의 평행선으로 정의되고, 무한원점의 단순비 값은 −1로 정의된다.

삼각형 ABC에서 임의의 점 O를 잡고, 직선 AO와 BC, BO와 CA, CO와 AB의 교점을 각각 D, E, F라고 할 때, 다음 등식이 성립한다. (점 O는 삼각형의 내부 또는 외부에 위치할 수 있다.)

:{AF \over FB} \cdot {BD \over DC} \cdot {CE \over EA} = 1

체바 정리의 역 또한 성립한다. 즉, 임의의 삼각형 ABC에서 직선 AB, BC, CA 위에 점 D, E, F를 잡고, D, E, F 중 삼각형 ABC의 변 위에 있는 점이 1개 또는 3개일 때,

:{AF \over FB} \cdot {BD \over DC} \cdot {CE \over EA} = 1

이 성립하면, 세 직선 AD, BE, CF는 한 점에서 만나거나 평행하다. ("평행"을 "무한원점에서 만난다"라고 해석하면, "세 직선 AD, BE, CF는 한 점에서 만난다"라고 결론지을 수 있다.)

3. 증명

체바 정리의 증명은 여러 가지가 있다.[3][4] 대표적인 증명 방법으로는 삼각형의 넓이 비를 이용하는 방법, 메넬라우스 정리를 이용하는 방법, 무게 중심을 이용하는 방법, 바리 중심 좌표와 벡터를 이용하는 방법 등이 있다.


  • 넓이를 이용한 증명: 높이가 같은 삼각형의 넓이 비는 밑변의 길이 비와 같다는 성질을 이용한다.[15]
  • 메넬라우스 정리를 이용한 증명: 메넬라우스 정리를 이용하여 체바 정리를 증명할 수 있다.[5][14]
  • 무게 중심을 이용한 증명: 질점의 무게 중심을 이용하여 증명할 수 있다.[16]
  • 바리 중심 좌표를 이용한 증명: 바리 중심 좌표와 벡터를 사용한 증명은 더 자연스럽고 경우에 따라 달라지지 않는다.

3. 1. 넓이를 통한 증명

삼각형의 넓이 비를 이용하여 체바 정리를 증명할 수 있다. 높이가 같은 삼각형의 넓이 비는 밑변의 길이 비와 같다는 성질을 이용한다.[15]

우선 AD, BE, CF가 한 점 P에서 만난다고 가정한다. 유향 삼각형 XYZ의 유향 넓이를 S_{XYZ}로 표기하면, 높이가 같은 삼각형의 넓이는 밑변에 비례하므로,

:\frac{AF}{FB}=\frac{S_{ACF}}{S_{FCB}}=\frac{S_{APF}}{S_{FPB}}

이다. 따라서

:\frac{AF}{FB}=\frac{S_{ACF}-S_{APF}}{S_{FCB}-S_{FPB}}=\frac{S_{APC}}{S_{CPB}}

이다. 마찬가지로

:\frac{BD}{DC}=\frac{S_{BPA}}{S_{APC}},\;\frac{CE}{EA}=\frac{S_{CPB}}{S_{BPA}}

가 성립한다. 이 세 등식을 곱하면

:\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}

=\frac{S_{APC}}{S_{CPB}}\cdot\frac{S_{BPA}}{S_{APC}}\cdot\frac{S_{CPB}}{S_{BPA}}

=1

를 얻는다.

AD, BE, CF가 평행선이라고 가정하면, 삼각형 ABE와 AFC는 닮음이며, 삼각형 ACD와 ECB 역시 닮음이므로,

:\frac{AF}{FB}=\frac{AC}{CE},\;\frac{BD}{DC}=\frac{EA}{AC}

이다. 따라서

:\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=\frac{AC}{CE}\cdot\frac{EA}{AC}\cdot\frac{CE}{EA}=1

이다.

반대로,

:\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1

이고 AD, BE, CF 가운데 적어도 한 쌍이 평행하지 않는다고 가정하자. 편의상 AD와 BE가 평행하지 않는다고 하고, 이들의 교점을 P, CP와 AB의 교점을 F'이라고 하면, 이미 증명한 바에 의하여

:\frac{AF'}{F'B}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1

이므로,

:\frac{AF'}{F'B}=\frac{AF}{FB}

이다. 선분을 주어진 비율로 분할하는 점은 유일하게 결정되므로 F'=F이다. 따라서 AD, BE, CF는 한 점 P에서 만난다.

메넬라우스 정리를 사용해서도 증명할 수 있다.[5] 삼각형 ACF의 횡선 BOE에 대해

:\frac{\overline{AB}}{\overline{BF}} \cdot \frac{\overline{FO}}{\overline{OC}} \cdot \frac{\overline{CE}}{\overline{EA}} = -1

이고, 삼각형 BCF의 횡선 AOD에 대해

:\frac{\overline{BA}}{\overline{AF}} \cdot \frac{\overline{FO}}{\overline{OC}} \cdot \frac{\overline{CD}}{\overline{DB}} = -1

이다. 이 두 방정식을 나누면 체바 정리가 유도된다.

역은 따름정리로 도출된다.[3] 방정식이 성립하도록, D, E, F를 선 BC, AC, AB 위에 놓고, AD, BE가 O에서 만나고, F'를 CO가 AB를 가로지르는 점이라고 하자. 그러면 체바 정리에 의해, 방정식은 D, E, F'에 대해서도 성립한다. 이 둘을 비교하면,

:\frac{\overline{AF}}{\overline{FB}} = \frac{\overline{AF'}}{\overline{F'B}}

이다. 그러나 최대 하나의 점만이 주어진 비율로 선분을 자를 수 있으므로 F=F'이다.

선분의 비를 삼각형의 면적비로 치환하여 증명할 수도 있다.[13] 삼각형 AFO와 삼각형 BFO는 밑변의 비가 AF:FB이고 높이가 같으므로,

:{AF \over FB}={\triangle AFO \over \triangle BFO}.

마찬가지로, 삼각형 AFC와 삼각형 BFC는 밑변의 비가 AF:FB이고 높이가 같으므로,

:{AF \over FB}={\triangle AFC \over \triangle BFC}.

이 두 식으로부터,

:{AF \over FB}={\triangle AFC - \triangle AFO \over \triangle BFC - \triangle BFO}={\triangle AOC \over \triangle BOC}.

이다.

같은 방식으로, 삼각형 BDO와 삼각형 CDO, 삼각형 BDA와 삼각형 CDA는 각각 밑변의 비가 BD:DC이고 높이가 같으므로,

:{BD \over DC}={\triangle BDO \over \triangle CDO},

:{BD \over DC}={\triangle BDA \over \triangle CDA}

이다. 따라서

:{BD \over DC}={\triangle BDA - \triangle BDO \over \triangle CDA - \triangle CDO}={\triangle BOA \over \triangle COA}.

이다.

마찬가지로, 삼각형 CEO와 삼각형 AEO, 삼각형 CEB와 삼각형 AEB는 각각 밑변의 비가 CE:EA이고 높이가 같으므로,

:{CE \over EA}={\triangle CEO \over \triangle AEO}

:{CE \over EA}={\triangle CEB \over \triangle AEB}

이다. 따라서

:{CE \over EA}={\triangle CEB - \triangle CEO \over \triangle AEB - \triangle AEO}={\triangle COB \over \triangle AOB}.

이다.

정리하면,

:{\triangle AOC \over \triangle BOC} \cdot {\triangle BOA \over \triangle COA} \cdot {\triangle COB \over \triangle AOB}

이므로 1과 같다.

3. 2. 무게 중심을 통한 증명

체바 정리는 질점의 무게 중심을 사용하여 증명할 수 있다.[16] 외분점을 고려하기 위해서는 음의 질량을 허용해야 한다. 삼각형의 각 변의 직선 위의 유향 선분의 유향 길이가 삼각형을 기준으로 시계 반대 방향일 경우 양의 부호를 취하고, 시계 방향일 경우 음의 부호를 취한다고 하자. 점 A, B, C에 각각 질량 BD\cdot CE, DC\cdot EA, BD\cdot EA를 부여하여 질점 (A,BD\cdot CE), (B,DC\cdot EA), (C,BD\cdot EA)를 만든다.

우선 AD, BE, CF가 한 점 P에서 만난다고 가정하자. 이 경우 세 질점의 무게 중심은 AD 위의 점이자 BE 위의 점이어야 하므로 이는 두 직선의 교점 P와 같다. F에서 (A,BD\cdot CE)와 (B,DC\cdot EA)의 돌림힘은 일치한다. 즉, 다음이 성립한다.

:\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1

이제 AD, BE, CF가 평행선이라고 가정하자. 이 경우 세 질점의 무게 중심은 존재하지 않는다. 즉, 세 질점의 질량의 합은 0이다. 이를 정리하면 다음과 같다.

:\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1

반대로

:\frac{AF}{FB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=1

가 성립하고 AD, BE, CF가 평행선이 아니라고 가정하자. AD와 BE가 어떤 점 P에서 만난다고 가정하면, P는 세 질점의 무게 중심이다. 또한 세 비율의 곱이 1이라는 등식을 정리하면 F에서 (A,BD\cdot CE)와 (B,DC\cdot EA)의 돌림힘이 일치한다는 것을 알 수 있다. 즉, F는 (A,BD\cdot CE)와 (B,DC\cdot EA)의 무게 중심이다. 따라서 CF 역시 P를 지난다.

3. 3. 메넬라우스 정리를 이용한 증명

메넬라우스 정리를 이용하여 체바 정리를 증명할 수 있다.[5][14]

삼각형 에서 선분 가 교차하므로, 메넬라우스 정리에 의해 다음이 성립한다.

:\frac{\overline{AB}}{\overline{BF}} \cdot \frac{\overline{FO}}{\overline{OC}} \cdot \frac{\overline{CE}}{\overline{EA}} = -1

삼각형 에서 선분 가 교차하므로, 메넬라우스 정리에 의해 다음이 성립한다.

:\frac{\overline{BA}}{\overline{AF}} \cdot \frac{\overline{FO}}{\overline{OC}} \cdot \frac{\overline{CD}}{\overline{DB}} = -1.

위의 두 방정식을 나누면 체바 정리가 유도된다.

역 또한 따름정리로 도출된다.[3] 방정식이 성립하도록, 를 선 위에 놓자. 가 에서 만나고, 를 가 를 가로지르는 점이라고 하자. 그러면 이 정리에 의해, 방정식은 에 대해서도 성립한다. 이 둘을 비교하면,

:\frac{\overline{AF}}{\overline{FB}} = \frac{\overline{AF'}}{\overline{F'B}}

그러나 최대 하나의 점만이 주어진 비율로 선분을 자를 수 있으므로 이다.

3. 4. 바리 중심 좌표를 이용한 증명

체바 정리의 증명은 여러 개가 만들어졌다.[3][4]

바리 중심 좌표와 벡터를 사용한 증명은 더 자연스럽고 경우에 따라 달라지지 않는다. 또한 모든 체 위의 모든 아핀 평면에서 작동한다.

세 점 A, B, C가 공선이 아니고, 같은 평면에 속하는 점 O가 주어졌을 때, A, B, C에 대한 O의 바리 중심 좌표는 다음을 만족하는 세 개의 고유한 숫자 \lambda_A, \lambda_B, \lambda_C이다.

:\lambda_A + \lambda_B + \lambda_C =1,

그리고

:\overrightarrow{XO}=\lambda_A\overrightarrow{XA} + \lambda_B\overrightarrow{XB} + \lambda_C\overrightarrow{XC},

모든 점 X에 대해 (이 화살표 표기법의 정의와 자세한 내용은 아핀 공간 참조).

체바 정리에 대해, 점 O는 삼각형의 두 꼭짓점을 지나는 어떤 선에도 속하지 않는다고 가정한다. 이는 \lambda_A \lambda_B \lambda_C\ne 0.임을 의미한다.

X에 대해 선 AB와 OC의 교점 F를 취하면 (그림 참조), 마지막 방정식을 다음과 같이 재배열할 수 있다.

:\overrightarrow{FO}-\lambda_C\overrightarrow{FC}=\lambda_A\overrightarrow{FA} + \lambda_B\overrightarrow{FB}.

이 방정식의 좌변은 선 CF와 같은 방향을 가진 벡터이고, 우변은 선 AB와 같은 방향을 가진다. A, B, C가 공선점이 아니므로 이 선들은 다른 방향을 가진다. 따라서 방정식의 두 항은 영 벡터와 같고,

:\lambda_A\overrightarrow{FA} + \lambda_B\overrightarrow{FB}=0.

따라서,

:\frac{\overline{AF}}{\overline{FB}}=\frac{\lambda_B}{\lambda_A},

여기서 좌변의 분수는 공선 선분 AF와 FB의 길이의 부호가 있는 비율이다.

같은 추론에 따르면

:\frac{\overline{BD}}{\overline{DC}}=\frac{\lambda_C}{\lambda_B}\quad \text{and}\quad \frac{\overline{CE}}{\overline{EA}}=\frac{\lambda_A}{\lambda_C}.

체바 정리는 마지막 세 방정식의 곱을 취함으로써 즉시 도출된다.

4. 따름정리

체바 정리로부터 여러 따름정리들을 유도할 수 있다.


  • 각체바 정리: 삼각형 ABC의 각 변 BC, CA, AB의 직선 위에 점 D, E, F가 있을 때, AD, BE, CF가 공점선이거나 평행선일 필요충분조건은 다음과 같다.[1]

:\frac{\sin\angle ACF}{\sin\angle FCB} \cdot\frac{\sin\angle BAD}{\sin\angle DAC} \cdot\frac{\sin\angle CBE}{\sin\angle EBA} =1

  • 중점에 대한 반사의 성질: 삼각형 ABC의 각 변 BC, CA, AB 위에 점 D와 D', E와 E', F와 F'이 각 변의 중점에 대한 반사상일 때, AD, BE, CF가 공점선일 필요충분조건은 AD', BE', CF'이 공점선인 것이다.[1]
  • 공원점의 성질: 점 D와 D', E와 E', F와 F'이 삼각형 ABC의 각 변 BC, CA, AB의 직선 위의 점이며, 이 6개의 점이 공원점을 이룰 때, AD, BE, CF가 공점선일 필요충분조건은 AD', BE', CF'이 공점선인 것이다. 이는 방멱 정리를 통해 증명할 수 있다.[1]
  • 중선의 성질: 삼각형의 세 중선은 공점선이며, 삼각형의 무게 중심에서 만난다.[1]
  • 각의 이등분선의 성질: 삼각형의 세 내각의 이등분선은 한 점에서 만나며, 이 점은 삼각형의 내심이다. 삼각형의 두 외각의 이등분선과 나머지 한 내각의 이등분선 역시 한 점에서 만나며, 이들은 삼각형의 한 방심에서 만난다.[1]

4. 1. 각체바 정리

점 D, E, F가 삼각형 ABC의 각 변 BC, CA, AB의 직선 위의 점이라고 하자. '''각체바 정리'''(Ceva|체바it 정리)에 따르면, 다음 두 조건이 서로 동치이다.

  • AD, BE, CF는 공점선이거나 평행선이다.
  • \frac{\sin\angle ACF}{\sin\angle FCB}

\cdot\frac{\sin\angle BAD}{\sin\angle DAC}

\cdot\frac{\sin\angle CBE}{\sin\angle EBA}

=1

두 번째 조건의 여섯 개의 각의 크기는 유향각의 유향 크기를 나타낸다. 즉, 유향각이 시계 반대 방향일 경우 양의 부호를 취하고, 시계 방향일 경우 음의 부호를 취한다. 예를 들어, 만약 F가 변 AB의 내분점이라면, CA에서 CF로 (180도 이내의 각도로) 회전하는 방향은 시계 반대 방향이며, CF에서 CB로 회전하는 방향 역시 시계 반대 방향이므로, \angle ACF와 \angle FCB는 모두 양의 부호를 취한다. 따라서 이들의 사인 값은 모두 양수이다. 만약 F가 B에 더 가까운 외분점이라면, CA에서 CF로 회전하는 방향은 시계 반대 방향이나, CF에서 CB로 회전하는 방향은 시계 방향이므로, \angle ACF와 \angle FCB는 각각 양과 음의 부호를 취한다. 따라서 이들의 사인 값은 각각 양수와 음수이다. 만약 F가 A에 더 가까운 외분점이라면, \angle ACF와 \angle FCB는 각각 음과 양의 부호를 취하며, 이들의 사인 값은 각각 음수와 양수이다. 따라서, 두 번째 조건이 만족되려면 점 D, E, F 가운데 정확히 짝수 개가 외분점이어야 한다.

4. 2. 중점에 대한 반사의 성질

삼각형 ABC의 각 변 BC, CA, AB 위에 점 D와 D', E와 E', F와 F'이 있다고 하자. 이 점들은 각 변의 중점에 대한 반사상이다. 이 때, 다음 두 조건은 서로 동치이다.

  • AD, BE, CF는 공점선이다.
  • AD', BE', CF'은 공점선이다.


이는 각 변의 직선 위 두 점의 단순비가 서로 역수이기 때문이다.

4. 3. 공원점의 성질

점 D와 D', E와 E', F와 F'이 삼각형 ABC의 각 변 BC, CA, AB의 직선 위의 점이며, 이 6개의 점이 공원점을 이룬다고 하자. (즉, 삼각형 DEF와 D'E'F'의 외접원은 같다고 하자.) 그렇다면 다음 두 조건이 서로 동치이다.

  • AD, BE, CF는 공점선이다.
  • AD', BE', CF'은 공점선이다.

이는 방멱 정리를 통해 증명할 수 있다.

4. 4. 중선의 성질

삼각형의 세 중선은 공점선이며, 삼각형의 무게 중심에서 만난다.

4. 5. 각의 이등분선의 성질

삼각형의 세 내각의 이등분선은 한 점에서 만나며, 이 점은 삼각형의 내심이다. 삼각형의 두 외각의 이등분선과 나머지 한 내각의 이등분선 역시 한 점에서 만나며, 이들은 삼각형의 한 방심에서 만난다. 이는 각의 이등분선 정리에 따라 내각 또는 외각의 이등분선과 대변의 교점의 단순비의 절댓값이 각의 두 이웃변의 길이의 비율과 같기 때문이다.

5. 일반화

바리 중심 좌표계를 사용하여 고차원 단순체로 일반화할 수 있다. n-단순체의 체비안을 각 꼭짓점에서 반대쪽 (n-1)-면(면)의 점으로 향하는 광선으로 정의한다. 그러면 체비안은 질량 분포를 꼭짓점에 할당하여 각 체비안이 반대쪽 면과 그 질량 중심에서 교차할 수 있는 경우에만 공점이 된다. 게다가, 체비안의 교차점은 단순체의 질량 중심이다.[6][7]

또 다른 고차원 단순체로의 일반화는 특정 비율의 곱이 1이라는 체바 정리의 결론을 확장한다. 단순체의 한 점에서 시작하여 각 k-면에서 점이 귀납적으로 정의된다. 이 점은 그것을 포함하는 (k+1)-면에 있는 k-면에 반대편 꼭짓점에서, 이 (k+1)-면에서 이미 정의된 점을 통과하는 체비안의 발이다. 이 점 각각은 그 위에 놓인 면을 엽으로 나눈다. 일련의 엽쌍이 주어지면, 각 쌍의 엽의 부피의 비율의 곱은 1이다.[8]

루스 정리는 세 체비안이 공점이 아닌 경우에 세 체비안에 의해 형성된 삼각형의 면적을 제공한다. 체바 정리는 면적을 0으로 설정하고 풀어서 얻을 수 있다.

평면에서 일반 다각형에 대한 정리의 유사체는 19세기 초부터 알려져 있다.[9] 이 정리는 또한 일정 곡률의 다른 표면에서 삼각형으로 일반화되었다.[10]

이 정리는 또한 구면 및 쌍곡선 기하학으로 잘 알려진 일반화를 가지며, 비율의 길이를 각각 사인과 쌍곡선 사인으로 대체한다.

6. 역사

1678년 이탈리아의 수학자 조반니 체바가 처음 제시한 것으로 알려졌으나, 11세기 사라고사 타이파의 왕 유수프 알무타만 이븐 후드가 먼저 발견하였다.[17]

참조

[1] 서적 Geometry: Our Cultural Heritage https://archive.org/[...] Springer
[2] 논문 A Unified Proof of Ceva and Menelaus' Theorems Using Projective Geometry https://www.helderma[...] 2007
[3] 서적 Pure Geometry https://books.google[...] Clarendon Press
[4] 서적 Challenging Problems in Geometry Dover Publishing Co.
[5] 서적 Inductive Plane Geometry https://archive.org/[...] D.C. Heath & Co.
[6] 논문 A Generalization of Ceva's Theorem to Higher Dimensions 1988-12
[7] 논문 The Theorems of Ceva and Menelaus and Their Extension 1927-11
[8] 논문 An Extension of Ceva's Theorem to ''n''-Simplices 2021-05
[9] 논문 Ceva, Menelaus and the Area Principle
[10] 논문 Incidence theorems in spaces of constant curvature
[11] 문서 Weisstein
[12] 논문 Al-Mu'taman ibn Hūd, 11th century king of Saragossa and brilliant mathematician https://doi.org/10.1[...] 1995-02
[13] 문서
[14] 문서
[15] 서적 Geometry Revisited Mathematical Association of America 1967
[16] 서적 Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry The Mathematical Association of America 1995
[17] 서적 Geometry https://archive.org/[...] Springer 2010


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