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1 요약
메넬라우스의 정리는 메넬라우스가 증명한 정리이다.
주어진 [math]\triangle ABC[/math]에서 꼭짓점이 아닌 점 [math]D[/math], [math]E[/math], [math]F[/math]가 각각 [math]\overline{BC}[/math], [math]\overline{CA}[/math], [math]\overline{AB}[/math] 위에 있다고 하자. 이때, [math]D[/math], [math]E[/math], [math]F[/math]가 공선점[2]이면
- [math] \frac{\overline{CD}}{\overline{DB}}\times\frac{\overline{BF}}{\overline{FA}}\times\frac{\overline{AE}}{\overline{EC}}=1 [/math]
가 성립한다.
단, 반드시 직선이 그림처럼 삼각형을 횡단하지 않아도 상관 없다.
- 원래는 [math] \frac{CD}{DB}\times\frac{BF}{FA}\times\frac{AE}{EC}=-1 [/math]로 표현하는 것이 정확하다.
여기서 선분 기호를 넣지 않으면 선분의 기호에 방향성까지 고려하는 것이 되므로 등식을 이해하는데 도움이 된다.
또한, 메넬라우스의 정리 또는 역을 이용할 때 어떤 선분들을 가지고 등식을 만족하는지 고르기 어려운 경우가 있으므로
위의 등식이 더 바람직하다고 하겠다.
1.1 증명
파일:Attachment/untitled 6.png
점 [math]A[/math], [math]B[/math], [math]C[/math]에서 반직선 PR에 내린 수선의 발을 각각 [math]X[/math],[math]Y[/math], [math]Z[/math]라고 할때
삼각형 [math]\triangle PZC[/math]와 [math]\triangle PYB[/math]가 닮음이므로 [math]\frac{\overline{BP}}{\overline{CP}}=\frac{\overline{BY}}{\overline{CZ}}[/math]이다.
삼각형 [math]\triangle QCZ[/math]와 [math]\triangle QAX[/math]가 닮음이므로[math]\frac{\overline{CQ}}{\overline{AQ}}=\frac{\overline{CZ}}{\overline{AX}}[/math]이다.
삼각형 [math]\triangle RXA[/math]와 [math]\triangle RYB[/math]가 닮음이므로 [math]\frac{\overline{AR}}{\overline{BR}}=\frac{\overline{AX}}{\overline{BY}}[/math]이다.
변변 곱하면 증명 끝.
2 역정리
이 정리의 역도 성립한다.
즉, [math] \frac{\overline{AR}}{\overline{RB}}\times\frac{\overline{BP}}{\overline{PC}}\times\frac{\overline{CQ}}{\overline{QA}}=1 [/math]가 성립하면 [math]P[/math], [math]Q[/math], [math]R[/math]는 공선점이다.
증명은 동일법으로 하면 된다.
파일:PuOa5tL.png
[math]\overline{QR}[/math]와 [math]\overline{BC}[/math] 의 교점을 [math]P'[/math]이라 한 후, [math]P[/math]와 [math]P'[/math]가 같은 점임을 보이면 증명이 완료된다. 일단 [math]P', Q, R[/math]이 공선점이므로, [math] \frac{\overline{AR}}{\overline{RB}}\times\frac{\overline{BP'}}{\overline{P'C}}\times\frac{\overline{CQ}}{\overline{QA}}=1 [/math]가 성립한다. 한편, 원래 조건에서 [math] \frac{\overline{AR}}{\overline{RB}}\times\frac{\overline{BP}}{\overline{PC}}\times\frac{\overline{CQ}}{\overline{QA}}=1 [/math]도 성립하므로, [math]\frac{\overline{BP'}}{\overline{P'C}} = \frac{\overline{BP}}{\overline{PC}}[/math]여야 한다. 이제, [math]\overline{BC} = a[/math], [math]\overline{CP'} = b[/math], [math]\overline{P'P} = x[/math]로 놓고 간단한 계산을 하면 [math]x=0[/math]임을 알 수 있다.
따라서 [math]P[/math]와 [math]P'[/math]는 같은 점이므로, [math]P, Q, R[/math]는 공선점이다.
3 일반화
파일:JUze4Yk.png
알아두면 경시에서만 꽤나 유용한 사실로, 원래 메넬라우스 정리는 [math] \frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{PC}}{\overline{BP}}\times\frac{\overline{QA}}{\overline{CQ}} [/math]와 같이 세 선분 위의 길이의 비를 곱해서 1이 되었는데, 사실은 몇 번을 돌아다니면서 길이비를 곱해도 다음 조건들만 만족한다면 길이비의 곱이 1이 된다.
1. 각 길이비 항은 반드시 한 직선 내의 길이비여야한다. 즉 [math] \frac{\overline{QR}}{\overline{AQ}}[/math] 같은 건 [math]A, Q, R[/math]가 공선점이 아니므로 안 되고 [math] \frac{\overline{QC}}{\overline{AQ}}[/math] 같은 건 된다는 뜻.
2. 한 항의 '끝점'과 다음 항의 '시작점'이 같아야 한다.[3] 즉 메넬라우스의 정리를 이용할 때 한붓그리기처럼 쭉 이어가면서 길이비를 따지듯이 할 수 있어야 한다는 것. 예를 들어 [math] \frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{PB}}{\overline{CP}} [/math] 같은 건 첫 항의 끝점이 [math]B[/math]인데 다음 항의 시작점이 [math]C[/math]이므로 안 된다.
3. 첫 항의 '시작점'과 마지막 항의 '끝점'이 같아야 한다. 즉 처음 시작한 곳으로 다시 돌아와야 한다. 예를 들어 [math] \frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{PC}}{\overline{BP}}\times\frac{\overline{AQ}}{\overline{CA}} [/math] 같은 것은 [math]A[/math]로 시작해서 [math]Q[/math]로 끝났으므로 길이비의 곱이 1이 안 된다.
위의 세 조건을 요약하자면, 그냥 평소 메넬라우스의 정리를 쓸 때처럼 하되 마지막에 처음 점으로 돌아오기만 하면 길이비의 곱이 1이 된다는 것이다.
즉, [math] \frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{CP}}{\overline{BC}}\times\frac{\overline{RQ}}{\overline{PR}}\times\frac{\overline{AC}}{\overline{QA}}\times\frac{\overline{PB}}{\overline{CP}}\times\frac{\overline{RA}}{\overline{BR}} [/math] 처럼 해도 1이 된다. 심지어 시작점이 [math]R, Q, C[/math]같은 점이어도 상관 없다!
실제로 메넬라우스의 정리의 [math] \frac{\overline{RB}}{\overline{AR}}\times\frac{\overline{PC}}{\overline{BP}}\times\frac{\overline{QA}}{\overline{CQ}} [/math] 는 위 세 조건을 모두 만족한다는 것을 알 수 있다.
증명은 여백이 부족하므로 생략한다 각 점에 대해 적절한 함숫값을 주고, 길이비와 그 함숫값의 곱이 불변량임을 보이면 된다. 다만 이 과정에서 상당한 노가다를 필요로 한다...
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