바이첸뵈크 부등식

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1. 개요
2. 정의
3. 기하학적 해석
4. 증명
5. 역사
참조

1. 개요

바이첸뵈크 부등식은 삼각형의 변의 길이와 넓이 사이의 관계를 나타내는 부등식이다. 삼각형 ABC의 변의 길이를 a, b, c, 넓이를 S라고 할 때, a² + b² + c² ≥ 4√3S가 성립하며, 등호는 정삼각형일 때만 성립한다. 이 부등식은 기하학적으로 해석될 수 있으며, 다양한 방법으로 증명할 수 있다. 오스트리아의 수학자 롤란트 바이첸뵈크의 이름을 따서 명명되었다.

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바이첸뵈크 부등식
일반 정보
바이트첸뵈크 부등식의 시각적 표현
유형	기하학적 부등식
분야	기하학, 부등식
관련 인물	롤란트 바이트첸뵈크
공식
공식	(a^2 + b^2 + c^2) / 4√3 ≥ A
변수	a, b, c: 삼각형의 변 길이 A: 삼각형의 넓이
설명
내용	삼각형의 세 변의 제곱의 합은 항상 그 삼각형의 넓이의 4√3배 이상이다.
조건	등호는 정삼각형일 때 성립한다.
관련 부등식
관련 부등식	삼각 부등식

2. 정의

삼각형 $ABC$ 의 꼭짓점 $A$ , $B$ , $C$ 의 대변의 길이를 $a$ , $b$ , $c$ 라고 하고, 넓이를 $S$ 라고 하자. 그렇다면 다음 부등식이 성립하며, 이를 '''바이첸뵈크 부등식'''이라고 한다.^[3]

: $a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt 3S$

등호가 성립될 필요 충분 조건은 정삼각형이다.

사실

: $\frac{a^2+b^2+c^2}{4S}$

는 삼각형 $ABC$ 의 브로카르 각의 코탄젠트 값과 같다. 따라서 바이첸뵈크 부등식은 모든 삼각형의 브로카르 각이 $30^\circ$ 이하이며, 정확히 $30^\circ$ 일 필요 충분 조건은 정삼각형이라는 명제와 동치이다.

3. 기하학적 해석

바이첸뵈크 부등식을 다시 쓰면 더 구체적인 기하학적 해석이 가능하며, 이를 통해 즉각적인 증명을 제공할 수 있다.^[1]

: $\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 + \frac{\sqrt{3}}{4}b^2 + \frac{\sqrt{3}}{4}c^2 \geq 3\, \Delta$

이 식에서 좌변의 각 항( $\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$ , $\frac{\sqrt{3}}{4}b^2$ , $\frac{\sqrt{3}}{4}c^2$ )은 각각 원래 삼각형의 변 $a$ , $b$ , $c$ 를 한 변으로 하는 정삼각형의 넓이를 나타낸다. 따라서 이 부등식은, 원래 삼각형의 각 변 위에 세워진 세 정삼각형 넓이의 합( $\Delta_a + \Delta_b + \Delta_c$ )이 항상 원래 삼각형 넓이( $\Delta$ )의 세 배 이상이라는 것을 의미한다.

: $\Delta_a + \Delta_b + \Delta_c \geq 3\, \Delta$

이 기하학적 해석은 페르마 점을 이용하여 증명할 수 있다. 삼각형의 모든 내각이 $120^\circ$ 보다 작은 경우, 삼각형 내부에 페르마 점이 존재한다. 이 점을 이용하여 원래 삼각형을 세 개의 둔각 삼각형(각 꼭짓점과 페르마 점을 이어서 만듦)으로 나눌 수 있는데, 각 둔각 삼각형의 꼭지각은 $120^\circ$ 가 된다. 그리고 각 둔각 삼각형은 그 변에 인접하여 세워진 정삼각형 안에 세 번씩 복제하여 넣을 수 있다. 이를 통해 세 정삼각형 넓이의 합이 원래 삼각형 넓이의 세 배보다 크거나 같음을 보인다.

만약 삼각형의 한 내각이 $120^\circ$ 이상인 경우에는 페르마 점이 삼각형의 내부에 있지 않고 해당 각의 꼭짓점과 일치하게 된다. 이 경우에도 증명은 가능한데, 전체 삼각형을 가장 큰 변 위에 세워진 정삼각형 안에 세 번 복제하여 넣을 수 있으므로, 모든 정삼각형 넓이의 합은 여전히 원래 삼각형 넓이의 세 배보다 크다는 것을 보일 수 있다.

4. 증명

바이첸뵈크 부등식은 다양한 방법으로 증명할 수 있다. 대표적으로 헤론의 공식, 피타고라스 정리, AM-GM 부등식 등을 이용한 대수적인 증명 방법이 있으며, 기하학적인 해석을 통한 증명도 가능하다.

기하학적 증명 중 하나는 부등식을 다음과 같은 형태로 변형하여 해석하는 것이다.^[1]

: $\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 + \frac{\sqrt{3}}{4}b^2 + \frac{\sqrt{3}}{4}c^2 \geq 3\, \Delta$

여기서 좌변의 각 항은 원래 삼각형의 각 변( $a, b, c$ )을 한 변으로 하는 정삼각형의 넓이( $\Delta_a, \Delta_b, \Delta_c$ )를 나타내므로, 위 부등식은 세 정삼각형 넓이의 합이 원래 삼각형 넓이( $\Delta$ )의 세 배 이상임을 의미한다.

: $\Delta_a + \Delta_b + \Delta_c \geq 3\, \Delta$

이 증명은 페르마 점을 이용하여 삼각형을 세 개의 부분 삼각형으로 나누고, 각 부분을 인접한 정삼각형 내에서 복제하는 방식으로 이루어진다. 단, 이 방법은 삼각형의 모든 각이 $120^\circ$ 보다 작을 때만 직접적으로 적용 가능하다.

또 다른 증명 방법으로는 내부 나폴레옹 삼각형의 넓이가 음수가 될 수 없다는 성질을 이용하는 것이 있다.^[2] 내부 나폴레옹 삼각형의 넓이는 $\frac{\sqrt{3}}{24}(a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}\Delta)$ 로 표현되는데, 이 값이 0 이상이어야 하므로 바이첸뵈크 부등식 $a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}\Delta$ 이 성립함을 알 수 있다.

제곱 항의 합이 항상 0 이상이라는 기본적인 성질을 이용한 증명도 가능하다.

: $(a^2 - b^2)^2 + (b^2 - c^2)^2 + (c^2 - a^2)^2 \geq 0$

위 식을 전개하고 정리하면 바이첸뵈크 부등식과 동치인 $\frac{(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3} \geq (4\Delta)^2$ 형태를 유도할 수 있다.

삼각함수의 코탄젠트( $\cot$ )를 이용한 증명도 존재한다. 삼각형의 세 각 $A, B, C$ 에 대해 $\cot A + \cot B + \cot C = \frac{a^2+b^2+c^2}{4\Delta}$ 임을 이용하고, $\cot A + \cot B + \cot C \ge \sqrt{3}$ 임을 보임으로써 부등식을 증명할 수 있다.

대부분의 증명 방법에서 등호가 성립하는 경우는 $a=b=c$ 일 때, 즉 주어진 삼각형이 정삼각형일 때뿐임을 확인할 수 있다.

4. 1. 헤론의 공식을 이용한 증명

헤론의 공식

:

S=\frac{\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(a-b+c)(a+b-c)}}4

에 따라 다음과 같이 증명할 수 있다. 부등식

a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt 3S

의 양변은 음수가 아니므로, 양변을 제곱하여 얻는 부등식

(a^2+b^2+c^2)^2 \ge (4\sqrt 3S)^2

과 동치이다. 따라서 후자를 증명하는 것으로 충분하다.

:

\begin{align}(a^2+b^2+c^2)^2-(4\sqrt 3S)^2& =(a^2+b^2+c^2)^2-48 \cdot \frac{(a+b+c)(b+c-a)(a-b+c)(a+b-c)}{16} \\& =(a^2+b^2+c^2)^2-3(a+b+c)(b+c-a)(a-b+c)(a+b-c) \\& =(a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-3(2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^4+b^4+c^4)) \\& =4(a^4+b^4+c^4)-4(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2) \\& =2(2a^4+2b^4+2c^4-2a^2b^2-2a^2c^2-2b^2c^2) \\& =2((a^2-b^2)^2+(a^2-c^2)^2+(b^2-c^2)^2) \\& \ge 0\end{align}

위 부등식에서 등식이 성립할 필요충분조건은

a^2=b^2=c^2

이고, 삼각형의 변의 길이는 양수이므로

a=b=c

이다. 따라서 바이첸뵈크 부등식에서 등식이 성립하는 경우는 삼각형이 정삼각형일 때이다.

이 부등식의 증명은 1961년 국제 수학 올림피아드 문제로 출제되었다. 헤론의 공식을 이용하면 비교적 간단하게 유도할 수 있다. 헤론의 공식을 변형하면 삼각형의 넓이

\Delta

를 다음과 같이 나타낼 수도 있다.

:

\begin{align}\Delta & {} =\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)} \\[4pt]& {} =\frac{1}{4}\sqrt{( (a+b)^2 - c^2 ) ( c^2 - (a-b)^2 )} \\& {} =\frac{1}{4}\sqrt{(a^2+2ab+b^2-c^2)(c^2-a^2+2ab-b^2)} \\& {} =\frac{1}{4}\sqrt{(2ab + (a^2+b^2-c^2))(2ab - (a^2+b^2-c^2))} \\& {} =\frac{1}{4}\sqrt{4a^2b^2 - (a^2+b^2-c^2)^2} \\& {} =\frac{1}{4}\sqrt{4a^2b^2 - (a^4+b^4+c^4+2a^2b^2-2a^2c^2-2b^2c^2)} \\& {} =\frac{1}{4}\sqrt{2(a^2 b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^4+b^4+c^4)}\end{align}

4. 2. 피타고라스 정리를 이용한 증명

편의상 삼각형의 세 각을

A, B, C

라 하고, 마주보는 변의 길이를 각각

a, b, c

라고 하자. 또한, 삼각형의 넓이를

S

라고 하자. 꼭짓점

C

에서 대변

AB

(길이

c

)에 내린 수선의 발을

D

라고 하고, 선분

CD

의 길이를

h

, 선분

AD

의 길이를

x

라고 하자. 그러면

BD = c-x

이다. 피타고라스 정리에 따라 다음이 성립한다.

:

\begin{align}a^2 & = h^2 + (c-x)^2 \\b^2 & = h^2 + x^2\end{align}

이를 이용하여 바이첸뵈크 부등식의 좌변을 정리하면,

:

\begin{align}a^2+b^2+c^2& = (h^2 + (c-x)^2) + (h^2 + x^2) + c^2 \\& = h^2 + c^2 - 2cx + x^2 + h^2 + x^2 + c^2 \\& = 2(h^2 + x^2 - cx + c^2) \\& = 2\left(x^2 - cx + \frac{c^2}{4} + h^2 + \frac{3c^2}{4}\right) \\& = 2\left(\left(x - \frac{c}{2}\right)^2 + h^2 + \frac{3c^2}{4}\right) \\& = 2\left(\left(x - \frac{c}{2}\right)^2 + \left(h - \frac{\sqrt{3}}{2}c\right)^2 + \sqrt{3}ch \right) \quad \left(\because h^2 + \frac{3c^2}{4} = \left(h - \frac{\sqrt{3}}{2}c\right)^2 + \sqrt{3}ch \right) \\& \ge 2(\sqrt{3}ch) \quad \left(\because \left(x - \frac{c}{2}\right)^2 \ge 0, \left(h - \frac{\sqrt{3}}{2}c\right)^2 \ge 0 \right) \\& = 4\sqrt{3} \left(\frac{1}{2}ch\right) \\& = 4\sqrt{3} S \quad \left(\because S = \frac{1}{2} \times \text{밑변} \times \text{높이} = \frac{1}{2}ch \right)\end{align}

여기서 등식이 성립할 필요충분조건은 제곱 항들이 0이 되는 경우이다. 즉,

:

x - \frac{c}{2} = 0 \implies x = \frac{c}{2}

:

h - \frac{\sqrt{3}}{2}c = 0 \implies h = \frac{\sqrt{3}}{2}c

이다.

x = AD = \frac{c}{2}

는 점

D

가 선분

AB

의 중점임을 의미하며, 이는 삼각형

ABC

가 이등변삼각형(

a=b

)임을 뜻한다. 또한,

h = CD = \frac{\sqrt{3}}{2}c

는 정삼각형의 높이 공식을 만족한다. 이 두 조건을 동시에 만족하는 삼각형은 정삼각형이다. 따라서 등호는 삼각형

ABC

가 정삼각형일 때 성립한다.

4. 3. AM-GM 부등식을 이용한 증명

이 증명은 AM-GM 부등식에 대한 지식을 전제로 한다.

\begin{align}& & (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 & \geq & & 0 \\\iff & & 2a^2+2b^2+2c^2 & \geq & & 2ab+2bc+2ac \\\iff & & 3(a^2+b^2+c^2) & \geq & & (a + b + c)^2 \\\iff & & a^2+b^2+c^2 & \geq & & \sqrt{3(a+b+c)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3} \\\Rightarrow & & a^2+b^2+c^2 & \geq & & \sqrt{3 (a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \\\iff & & a^2+b^2+c^2 & \geq & & 4 \sqrt3 \Delta.\end{align}

산술-기하 평균 부등식을 사용했으므로, 등호는

a = b = c

일 때만 성립하며, 삼각형은 정삼각형이다.

5. 역사

오스트리아의 수학자 롤란트 바이첸뵈크Roland Weitzenböck^de의 이름을 땄다.

참조

_[1] 논문 Geometric Proofs of the Weitzenböck and Hadwiger–Finsler Inequalities https://www.jstor.or[...] Mathematics Magazine 2008-06
_[2] 서적 Geometry Revisited
_[3] 서적 Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry The Mathematical Association of America 1995

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