개요[편집 | 원본 편집]
사케리 사각형이란, 특정한 조건을 만족시키는 사각형을 말한다. 이 사각형은 본디 고대 페르시아의 수학자인 오마 하이얌(Omar Khayyam)에 의해 고안되었으나, 약 600년이 지나 이탈리아의 수학자인 지오반니 사케리(Giovanni Girolamo Saccheri)가 여러 가지 성질들을 정립시키면서 사케리 사각형이란 이름이 붙었다. 사케리 사각형은 절대 기하학에서 다뤄지며, 유클리드 기하학에서는 사케리 사각형=직사각형이기 때문에 별로 특별하지는 않다. 사케리 사각형의 정의는 다음과 같다.
- 밑변 [math]\displaystyle{ \overline{AB} }[/math]을 기준으로, [math]\displaystyle{ \overline{AB}\perp\overline{BC} }[/math]이고 [math]\displaystyle{ \overline{AB}\perp\overline{AD} }[/math]이며, [math]\displaystyle{ AD=BC }[/math]인 사각형을 사케리 사각형이라 부른다.
- 여기서 길이가 같은 두 변을 제외한 다른 한 변을 기준으로 했을 때 (예를 들면, [math]\displaystyle{ \overline{AB} }[/math]), 그 변과 떨어져 있는 각을 천정각이라 부른다 (즉, [math]\displaystyle{ \angle{ADC},\,\angle{BCD} }[/math]).
앞서 설명했듯이, 조건에 맞춰 그림을 그리면 직사각형을 그리게 될 것이다. 하지만 사케리 사각형은 일반적인 절대 기하학 내에서 존재할 수 있기 때문에, 그림을 조금 왜곡하여 오른쪽 그림같이 보통 그린다. 저런게 왜 사각형이냐고 의문이 든다면, 움푹 파인 평면에서의 사각형이나, 볼록한 지구본 위에서의 사각형을 생각해보자.
성질[편집 | 원본 편집]
편의상 기준 변을 [math]\displaystyle{ \overline{AB} }[/math]로 고정하자. 주의할 점은, 유클리드 기하학의 성질이 아닌 절대 기하학의 성질을 사용하여 증명해야 한다는 것이다.
임의의 사케리 사각형에서,
- 두 대각선의 길이는 같다.
- 두 천정각의 크기는 같다.
- [math]\displaystyle{ \overline{AB} }[/math]의 중점과 [math]\displaystyle{ \overline{CD} }[/math]의 중점을 이은 선은 [math]\displaystyle{ \overline{AB},\,\overline{CD} }[/math]와 직교한다.
- [math]\displaystyle{ AD=BC,\,\angle{DAB}=\angle{CBA}=90,\,\overline{AB} }[/math]는 공통이므로, [math]\displaystyle{ \triangle{ABD}\cong\triangle{BAC} }[/math](SAS). 따라서, [math]\displaystyle{ AC=BD }[/math]
- [math]\displaystyle{ AD=BC,\,AC=BD,\,\overline{CD} }[/math]는 공통이므로, [math]\displaystyle{ \triangle{ACD}\cong\triangle{BDC} }[/math](SSS). 따라서, [math]\displaystyle{ \angle{ADC}=\angle{BCD} }[/math]
- [math]\displaystyle{ \overline{AB},\,\overline{CD} }[/math]의 중점을 각각 [math]\displaystyle{ E,\,F }[/math]라 하자. 그럼, 앞서 증명한 성질에 의해 [math]\displaystyle{ \triangle{AFD}\cong\triangle{BFC} }[/math](SAS)이다. 따라서, [math]\displaystyle{ AF=FB }[/math]. 이는 곧 [math]\displaystyle{ \triangle{AEF}\cong\triangle{BEF} }[/math](SSS) 임을 의미하고, 따라서 [math]\displaystyle{ \angle{AEF}=\angle{BEF} }[/math]이다. 그런데 평각 정리에 의해 [math]\displaystyle{ \angle{AEF}+\angle{BEF}=180 }[/math]이므로, [math]\displaystyle{ \overline{EF}\perp\overline{AB} }[/math]이다. 비슷한 방법으로 [math]\displaystyle{ \overline{EF}\perp\overline{CD} }[/math]를 보일 수 있다.
[math]\displaystyle{ \overline{AB}\perp\overline{AD} }[/math]이고 [math]\displaystyle{ \overline{AB}\perp\overline{BC} }[/math]라 가정하자. 만약 [math]\displaystyle{ AD\lt BC }[/math]이면, [math]\displaystyle{ \angle{ADC}\gt \angle{BCD} }[/math]이다. 역도 성립한다.
먼저 [math]\displaystyle{ AD\lt BC }[/math]라 가정하자. 그럼 거리 공준에 의해 [math]\displaystyle{ \overline{BC} }[/math] 위에 [math]\displaystyle{ AD=BE }[/math]인 점 [math]\displaystyle{ E }[/math]를 잡을 수 있다. 그럼, 정리 1에 의해 [math]\displaystyle{ \angle{ADE}=\angle{BED} }[/math]이다. 그런데, [math]\displaystyle{ \triangle{ACE} }[/math]에서 외각 정리에 의해, [math]\displaystyle{ \angle{BED}\gt \angle{BCD} }[/math]이다. 따라서, [math]\displaystyle{ \angle{BCD}\lt \angle{ADC} }[/math].
역으로, [math]\displaystyle{ \angle{ADC}\gt \angle{BCD} }[/math]라 가정하자. 만약 [math]\displaystyle{ AD=BC }[/math]이면, 정리 1에 의해 [math]\displaystyle{ \angle{ADC}=\angle{BCD} }[/math]이고, 이는 모순이다. 만약 [math]\displaystyle{ AD\gt BC }[/math]이면, 앞서 증명한 정리 2의 충분조건에 의해 [math]\displaystyle{ \angle{ADC}\lt \angle{BCD} }[/math]이고, 이 역시 모순이다. 따라서 [math]\displaystyle{ AD\lt BC }[/math]이다.
[math]\displaystyle{ \square{ABCD} }[/math]를 사케리 사각형이라 가정하고, [math]\displaystyle{ P }[/math]를 [math]\displaystyle{ \overline{CD} }[/math]위의 임의의 점이라 하자. [math]\displaystyle{ \overline{PQ}\perp\overline{AB} }[/math]가 되게 [math]\displaystyle{ \overline{AB} }[/math]위에 점 [math]\displaystyle{ Q }[/math]를 잡자. 만약 [math]\displaystyle{ PQ\lt BC }[/math]이면 천정각은 예각이고, [math]\displaystyle{ PQ=BC }[/math]이면 천정각은 직각, [math]\displaystyle{ PQ\gt BC }[/math]이면 천정각은 둔각이다.
편의상 천정각을 [math]\displaystyle{ \alpha }[/math]라 하자. 먼저 [math]\displaystyle{ PQ\lt BC }[/math]라 가정하자. 그럼, 정리 2에 의해 [math]\displaystyle{ \angle{QPC}\gt \angle{BCP}=\alpha }[/math]이고, 마찬가지로 정리 2와 정리 1에 의해 [math]\displaystyle{ \angle{QPD}\gt \angle{ADP}=\alpha }[/math]이다. 한편, 평각 정리에 의해, [math]\displaystyle{ \angle{QPD}+\angle{QPC}=180 }[/math]이다. 위 부등식과 조합하면, [math]\displaystyle{ \alpha\lt 90 }[/math]이다. 나머지 경우도 같은 방법으로 증명이 가능하다.
[math]\displaystyle{ \square{ABCD} }[/math]를 사케리 사각형이라 가정하고, [math]\displaystyle{ \overleftrightarrow{CD} }[/math]위에 [math]\displaystyle{ \overleftrightarrow{BC} }[/math]를 기준으로 [math]\displaystyle{ D }[/math]와 반대가 되게 점 [math]\displaystyle{ P }[/math]를 잡자. 또한, [math]\displaystyle{ \overline{PQ}\perp\overleftrightarrow{AB} }[/math]가 되게 [math]\displaystyle{ \overleftrightarrow{AB} }[/math] 위에 점 [math]\displaystyle{ Q }[/math]를 잡자. 만약 [math]\displaystyle{ PQ\gt BC }[/math]이면, 천정각은 예각이고, [math]\displaystyle{ PQ=BC }[/math]이면 직각, [math]\displaystyle{ PQ\lt BC }[/math]이면 둔각이다.
증명 3과 동일하나, [math]\displaystyle{ \angle{BCD} }[/math]와 [math]\displaystyle{ \angle{BCP} }[/math]가 선형 쌍을 이루는 것을 이용한다. 증명은 생략.
임의의 절대 기하학 모델에서, 한 사케리 사각형이 예각/직각/둔각의 천정각을 가지고 있다면, 모든 사케리 사각형이 예각/직각/둔각의 천정각을 가지고 있다.
[math]\displaystyle{ \square{ABCD} }[/math]를 한 사케리 사각형이라 하고, [math]\displaystyle{ \overline{EF} }[/math]를 정리 1과같이 기준 변과 천정 변을 이은 중선이라고 가정하자. 마찬가지로, [math]\displaystyle{ \square{A'B'C'D'} }[/math]를 [math]\displaystyle{ \overline{E'F'} }[/math]를 중선으로 갖는 다른 사케리 사각형이라 가정하자.
먼저, [math]\displaystyle{ EF=E'F' }[/math]인 경우를 살펴보자. 그럼, 두 사케리 사각형을 중선과 밑변이 겹치게 겹쳐 놓자. 정리 3과 정리 4에 의해 명제가 성립함을 쉽게 알 수 있다.
이제, [math]\displaystyle{ EF\neq E'F' }[/math]인 경우를 살펴보자. 앞보다 조금 더 복잡하다. 일단, [math]\displaystyle{ \overleftrightarrow{EB} }[/math] 위에 [math]\displaystyle{ EG=E'F' }[/math]가 되도록 점 [math]\displaystyle{ G }[/math]를 잡는다. 그리고 [math]\displaystyle{ G }[/math]에서 [math]\displaystyle{ \overleftrightarrow{AB} }[/math]에 수선을 긋고, 그 수선이 [math]\displaystyle{ \overleftrightarrow{CD} }[/math]와 만나는 점을 [math]\displaystyle{ H }[/math]라 부르자. 이제, [math]\displaystyle{ \square{EGHF} }[/math]를 변 [math]\displaystyle{ \overline{EG} }[/math]에 대칭시켜 새로운 사케리 사각형을 얻는다. 이 새로운 사케리 사각형을 [math]\displaystyle{ \square{HFF'H'} }[/math]이라 하자. 한편, 정리 1에 의해, [math]\displaystyle{ \angle{EFH}=90 }[/math]이고, 작도 방법에 의해 [math]\displaystyle{ \angle{EF'H'}=90,\,FH=F'H' }[/math]이므로, [math]\displaystyle{ \square{HFF'H'} }[/math]는 [math]\displaystyle{ \angle{FHG} }[/math]를 천정각으로 갖는다. 한편, 이 천정각은 정리 3, 4에 의해 [math]\displaystyle{ \square{ABCD} }[/math]와 같은 분류(예각/직각/둔각)의 천정각을 가지고 있다. 이제, [math]\displaystyle{ \square{A'B'C'D'} }[/math]와 [math]\displaystyle{ \square{HFF'H'} }[/math]는 같은 길이의 중선을 가지고 있으므로, 앞서 증명한 방법과 같은 방법으로 명제가 성립함을 알 수 있다.
임의의 절대 기하학에서, [math]\displaystyle{ \triangle{ABC} }[/math]가 세 내각 [math]\displaystyle{ \alpha,\,\beta,\,\gamma }[/math]를 가지고 있다면, 천정각으로 [math]\displaystyle{ \delta=\tfrac{\alpha+\beta+\gamma}{2} }[/math]를 갖는 사케리 사각형이 존재한다.
[math]\displaystyle{ D,\,E }[/math]를 각각 변 [math]\displaystyle{ \overline{AB},\,\overline{AC} }[/math]의 중점이라 하자. [math]\displaystyle{ \overleftrightarrow{ED} }[/math]를 그리고, 점 [math]\displaystyle{ A,\,B,\,C }[/math]에서 이 직선에 내린 수선의 발을 각각 [math]\displaystyle{ G,\,F,\,H }[/math]라 하자.
먼저, [math]\displaystyle{ AD=DB }[/math](중점), [math]\displaystyle{ \angle{BFD}=\angle{AGD}=90 }[/math](수선), [math]\displaystyle{ \angle{BDF}=\angle{ADG} }[/math](맞꼭지각)이므로, [math]\displaystyle{ \triangle{BFD}\cong\triangle{AGD} }[/math](AAS)이다. 따라서, [math]\displaystyle{ BF=AG }[/math]. 비슷한 방법으로, [math]\displaystyle{ \triangle{AGE}\cong\triangle{CHE} }[/math]임을 보일 수 있고, 따라서 [math]\displaystyle{ AG=CH }[/math]이다. 즉, [math]\displaystyle{ BF=CH }[/math] 이는 곧 [math]\displaystyle{ \square{BFHC} }[/math]가 [math]\displaystyle{ \angle{FBC}=\angle{HCB} }[/math]를 천정각으로 갖는 사케리 사각형임을 의미한다.
한편, [math]\displaystyle{ \triangle{BFD}\cong\triangle{AGD} }[/math]이므로, [math]\displaystyle{ \angle{GAD}=\angle{FBD} }[/math]이고, 또 [math]\displaystyle{ \triangle{AGE}\cong\triangle{CHE} }[/math]이므로 [math]\displaystyle{ \angle{GAE}=\angle{HCE} }[/math]이다. 그리고 [math]\displaystyle{ \angle{BAC}=\angle{GAD}+\angle{GAE} }[/math]이므로, [math]\displaystyle{ \angle{FBC}+\angle{HCB}=\angle{FBD}+\angle{DBC}+\angle{ECB}+\angle{HCE}=\angle{BAC}+\angle{ABC}+\angle{ACB}=\alpha+\beta+\gamma }[/math]. 두 천정각의 크기가 같으므로, 증명하고자 하는 바가 증명되었다.
임의의 절대 기하학에서, 한 삼각형의 내각의 합이 180보다 작으면, 모든 삼각형의 내각의 합이 180보다 작다. 내각의 합이 180이거나 180보다 클 때도 비슷한 명제가 성립한다.
정리 5와 정리 6를 합치면 된다.