Skip to content
Permalink
Branch: master
Find file Copy path
Find file Copy path
Fetching contributors…
Cannot retrieve contributors at this time
131 lines (97 sloc) 7.31 KB
layout title key excerpt tags comments redirect_from
article
Fermat 점 (페르마 점)의 위치와 그 성질에 대한 두 가지 증명
2017-07-07
Fermat 점 (페르마 점)은 Euclid 평면 (유클리드 평면)에서 주어진 세 점이 있을 때, 그 세점들까지의 거리의 합이 최소인 점이다. Fermat 점에서 세 꼭짓점까지 이루는 직선들은 서로 120도를 이룬다는 것을 해석적인 증명과 기하적인 증명, 두 가지로 보인다.
기하학
수학
true
/fermat-point-proofs/

Fermat 점 (페르마 점)은 Euclid 평면 (유클리드 평면) $$\mathbb E$$에서 주어진 세 점이 있을 때, 그 세 점들까지의 거리의 합이 최소인 점을 말한다. 본 포스트에서는

Fermat 점에서 세 꼭짓점까지 이루는 직선들은 서로 120도를 이룬다

는 명제를 조건부 극값 문제를 해결하는 해석적인 증명과 평면 기하적인 증명, 두 가지로 보인다.

해석적인 증명

본 증명은 Lagrange 승수법을 통해 조건부 극값 문제를 해결하여 주어진 명제를 증명한다. 가장 단순하면서도 계산이 복잡한 방식이다.

삼각형 $$\mathrm{ABC}$$와 그 내부의 점 $$\mathrm K$$를 잡자. 이 때,

$$ \mathrm{AB} = c, \mathrm{BC} = a, \mathrm{CA} = b,\ \mathrm{AP} = x, \mathrm{BP} = y, \mathrm{CP} = z,\ \angle \mathrm{APB} = \gamma = 2\pi - \alpha - \beta, \angle \mathrm{BPC} = \alpha, \angle \mathrm{CPA} = \beta $$

으로 설정하고, 함수 $$f: \mathbb{E} \rightarrow \mathbb{R}$$는 $$f(P) = x + y + z$$로 정의하자. Fermat 점을 찾는 문제가 $$f$$의 극값을 구하는 문제로 바뀌었다. 단, 주어진 세 점 $$\mathrm{A, B, C}$$는 삼각형을 이루므로 다음의 세 조건을 만족한다.

$$ x^2 + y^2 - 2xy \cos (2\pi - \alpha - \beta) = c^2,\ y^2 + z^2 - 2yz \cos \alpha = a^2,\ z^2 + x^2 - 2zx \cos \beta = b^2 $$

이제 다음과 같이 $$\mathbb E$$에서 $$\mathbb R$$로 가는 세 함수를 정의할 수 있다:

$$ g_1 (P) = x^2 + y^2 - 2xy \cos (\alpha + \beta) - c^2,\ g_2 (P) = y^2 + z^2 - 2yz \cos \alpha - a^2,\ g_3 (P) = z^2 + x^2 - 2zx \cos \beta - b^2 $$

Lagrange 승수법을 사용하기 위해 다음과 같은 새로운 함수 $$\tilde f: \mathbb{E} \rightarrow \mathbb{R}$$를 정의하자:

$$ \tilde f(P) = f(P) - \sum_{i = 1}^3 \lambda_i g_i (P) $$

이제 좀 골치 아픈 작업이 남았다—$$\tilde f$$의 극값을 구하기 위해 $$x, y, z, \alpha, \beta$$에 대해서 식을 편미분하자.

$$ (1)\ \frac{\partial \tilde f}{\partial x} = 1 - 2 \lambda_1 x + 2 \lambda_1 y \cos (\alpha + \beta) - 2 \lambda_3 x + 2 \lambda_3 z \cos \beta = 0\ (2)\ \frac{\partial \tilde f}{\partial y} = 1 - 2 \lambda_1 y + 2 \lambda_1 x \cos (\alpha + \beta) - 2 \lambda_2 y + 2 \lambda_2 z \cos \alpha = 0\ (3)\ \frac{\partial \tilde f}{\partial z} = 1 - 2 \lambda_2 z + 2 \lambda_2 y \cos \alpha - 2 \lambda_3 z + 2 \lambda_3 x \cos \beta = 0\ (4)\ \frac{\partial \tilde f}{\partial \alpha} = 2 \lambda_1 xy \sin (\alpha + \beta) + 2 \lambda_2 yz \sin \alpha = 0\ (5)\ \frac{\partial \tilde f}{\partial \beta} = 2 \lambda_1 xy \sin (\alpha + \beta) + 2 \lambda_3 zx \sin \beta = 0 $$

항 하나가 완전히 일치하는 (4)와 (5)를 연립하면 $$\frac{\lambda_2 \sin \alpha}{\lambda_3 \sin \beta} = \frac x y$$이 된다. 이 때 $$x = k \lambda_2 \sin \alpha$$라고 두고 다시 (4)나 (5)에 대입하면, $$x, y, z$$ 모두 $$k, \alpha, \beta$$만으로 표현할 수 있게 된다.

$$ x = k \lambda_2 \sin \alpha,\ y = k \lambda_3 \sin \beta,\ z = k \lambda_1 \sin (\alpha _ \beta) $$

이렇게 다시 쓴 $$x, y, z$$를 (1)–(3)에 대입하여 식을 정리하고 $$\sin (\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta$$를 대입하면,

$$ \sin \alpha = X,\ \sin \beta = X,\ \sin (\alpha + \beta) = X $$

가 나온다. 이 때, $$X$$는 식을 정리하면서 나온 어떤 값이다. 결국 $$\alpha = \beta = 120^\circ$$를 알 수 있다.

그런데, 이 증명에는 흠이 있는데, Lagrange 승수법의 한계상, 이미 $$f$$는 극값을 가진다는 것이 전제된다. 즉, 필요 조건일 뿐이지 충분 조건이 되지 않는다. 예컨데 삼각형의 한 내각이 120돌르 넘는다면, Fermat 점에서 각 꼭짓점들을 이은 직선들은 서로 이루는 각이 120도가 될 수 없다.

이에 우리는 이 문제를 해결할 수 있는 기하적인 증명을 제시한다.

기하적인 증명

삼각형 $$\mathrm{ABC}$$와 그 내부의 한 점 $$F'$$를 잡자.

Figure 1{:.shadow}

이 $$\triangle \mathrm{ABC}$$를 점 $$\mathrm B$$에 대해 반시계 방향으로 60도 회전한다. 이렇게 회전된 삼각형과 점을 각각 $$\triangle \mathrm{A'BC}, F''$$으로 두자.

Figure 2{:.shadow}

그렇다면 $$\mathrm{AF' + BF' + CF' = A'F'' + F''F' + F'C}$$이며, 이의 최솟값은 $$\mathrm{A'C}$$가 된다. (Euclid 평면에서 최단거리는 직선이기 때문이다.) $$\mathrm{A'B = BA = AA'}$$이므로 $$\triangle \mathrm{AA'B}$$는 정삼각형이다. 즉, $$\mathrm A'$$은 $$\triangle \mathrm{ABC}$$ 외부에 $$\mathrm{AB}​$$와 정삼각형을 이루도록 잡은 점이다.

Figure 3{:.shadow}

마찬가지로, $$\triangle \mathrm{BB'C}$$가 정삼각형이 되도록 $$\mathrm B'$$을 $$\triangle \mathrm{ABC}$$ 밖에 잡을 수 있다. 따라서 $$\mathrm{AF' + BF' + CF'}$$이 최소인 $$\mathrm F'$$은 $$\mathrm{CA'}$$과 $$\mathrm{AB'}$$의 교점에 위치할 때이며, 이를 $$\mathrm F$$라고 하자.

또한, $$\mathrm{A'A = BA, \angle A'AC = \angle BAC', AC = AC'}$$이므로 $$\triangle \mathrm{A'AC} \equiv \triangle \mathrm{BAC}\ (SAS)$$이다. 결국 $$\angle \mathrm{ABF} = \angle \mathrm{AA'F}$$이어서 $$\mathrm{A, A', B, F}$$는 concyclic, 즉 한 원 위에 있다. 따라서 $$\mathrm{\angle AFB = 180^\circ - \angle AA'B = 120^\circ}$$이다.

그런데, 위 증명에서는 삼각형의 내각이 모두 120도 이하일 경우만을 고려한 것이다. 왜인지 알겠는가? $$\mathrm{A, A', B, F}$$가 한 원 위에 있다고 하였을 때, $$\angle \mathrm{BAC}$$가 120도를 넘었더라면 네 점의 외접원 내부에 $$\mathrm A$$가 들어와 문제가 되기 때문이다. 이런 경우를 따로 고려해줘야한다.

간단히 개요만 설명한다. $$\angle \mathrm{BAC}$$가 120도를 넘는다고 하자. 그렇다면 삼각형 내부의 어떤 점이든 각 꼭짓점까지의 거리 합이 $$\mathrm{AB + AC}$$보다 작은 점이 없다는 것은 위 증명을 조금 변형하여 알 수 있다. 이제 아래와 같은 lemma를 설정하자.

삼각형 외부의 어떤 점이든, 각 꼭짓점까지의 거리 합은 그 삼각형 둘레에 존재하는 점에서 각 꼭짓점까지의 거리의 합보다 작다.

삼각형의 각 변을 직선으로 연장하여 평면을 총 6구역으로 나눌 수 있는데, 각 구역에 존재하는 점에서 각 꼭짓점까지의 거리 합보다 작은 삼각형 둘레 상의 점을 쉽게 찾을 수 있다. 일반성을 잃지 않고 삼각형의 꼭짓점이 그 무한 영역의 끝이 아닌 경우와 삼각형의 변이 무한 영역의 경계인 경우 두 구역에 대해서만 확인해보면 된다. 이렇게 lemma를 증명하면, $$\mathrm A$$가 Fermat 점이 됨을 알 수 있다.

You can’t perform that action at this time.