변과 각의 부등식Inequalities in Triangles

GeometryGeometry · 4. 삼각형의 성질4. Triangle Properties

학습 목표

변과 각의 부등식(큰 변 ↔ 큰 각)을 두 방향 모두 증명하고 쓸 수 있다.
삼각형 부등식을 증명하고, 세 변 판정과 셋째 변의 범위 문제를 처리할 수 있다.
경첩 정리와 그 역을 이해하고 적용할 수 있다.
세 갈래 소거법(같다/크다/작다 중 둘을 격파하는 간접 증명)을 구사할 수 있다.

등호의 세계에서 부등호의 세계로

지금까지 기하가 증명해 온 것은 거의 전부 "같다"였다 — 합동, 등각, 등변. 오늘은 "크다"를 증명한다. 도구가 새로 필요할 것 같지만, 사실 첫 도구는 이미 손안에 있다. 외각 정리를 다시 읽으면 된다:

\text{외각} = \text{이웃하지 않는 두 내각의 합} \implies \text{외각} > \text{그 두 내각 각각}.

합이 두 조각 각각보다 큰 것은 조각이 $0$ 보다 큰 양이기 때문이다. 등식 하나를 부등식 둘로 쪼개 읽는 것 — 이 관찰이 오늘 증명들의 엔진이다.

큰 변이 큰 각을 마주 본다

삼각형에서 변과 각은 마주 보는 짝이 정해져 있다. 눈으로 먼저 관찰하자 — 긴 변일수록 마주 보는 각이 벌어져 있다.

마주 보는 짝끼리 색을 맞췄다 — 가장 긴 변의 대각이 가장 크고, 가장 짧은 변의 대각이 가장 작다.

변-각 부등식(성질) — 삼각형에서 한 변이 다른 변보다 길면, 긴 변의 대각이 짧은 변의 대각보다 크다. ( $AB > AC$ 이면 $\angle C > \angle B$ .)

AB 위에 AD = AC인 점 D를 잡으면 이등변삼각형이 생기고, 외각 정리가 다리를 놓는다.

증명. $AB > AC$ 이므로 $\overline{AB}$ 위에 $AD = AC$ 인 점 $D$ 를 잡을 수 있다( $D$ 는 $A$ 와 $B$ 사이). $\triangle ADC$ 는 이등변이므로 밑각 정리로 $\angle ADC = \angle ACD$ . 이제 사슬을 만든다:

\angle ACB \;>\; \angle ACD \;=\; \angle ADC \;>\; \angle B.

첫 부등호: $D$ 가 $\overline{AB}$ 위의 안쪽 점이라 반직선 $\overrightarrow{CD}$ 가 $\angle ACB$ 의 내부를 지나므로 $\angle ACB = \angle ACD + \angle DCB$ — 전체가 부분보다 크다. 마지막 부등호: $\angle ADC$ 는 $\triangle DBC$ 의 $D$ 에서의 외각이므로 외각 정리의 부등식 판으로 $\angle ADC > \angle B$ . $\blacksquare$

보조점 하나( $AD = AC$ )가 이등변을 만들고, 이등변이 등식을 대 주고, 외각이 부등식을 대 준다 — 등호의 도구들이 손을 잡고 부등호를 만들어 낸 것이다.

큰 각이 큰 변을 마주 본다: 세 갈래 소거법

역도 참이다 — 그리고 증명이 놀랍도록 값싸다.

변-각 부등식의 역(판정) — 한 각이 다른 각보다 크면, 큰 각의 대변이 작은 각의 대변보다 길다. ( $\angle C > \angle B$ 이면 $AB > AC$ .)

증명의 발상. 두 변 $AB$ 와 $AC$ 사이에는 세 가지 가능성뿐이다 — 같거나, 작거나, 크거나. 앞의 둘을 격파한다:

$AB = AC$ 라면? 밑각 정리로 $\angle C = \angle B$ — 가정 $\angle C > \angle B$ 에 모순.
$AB < AC$ 라면? 방금 증명한 성질로 $\angle C < \angle B$ — 역시 모순.

남는 것은 $AB > AC$ 뿐이다. 정식 증명은 문제 8에서 쓴다.

이 수법에 이름을 붙여 두자 — 세 갈래 소거법. 두 양 사이의 세 갈래(같다·작다·크다) 중 둘을 이미 가진 정리로 무너뜨려 나머지 하나를 얻는다. 성질을 먼저 증명해 두면 판정이 소거로 공짜에 가깝게 따라오는 구조 — 앞으로 부등식의 역은 대부분 이 무늬로 증명된다.

예제 1 · 각을 다 구한 뒤 줄 세우기

$\triangle ABC$ 에서 $\angle A = 50°$ , $\angle B = 60°$ 다. 세 변을 긴 것부터 나열하여라.

풀이. $\angle C = 180° - 50° - 60° = 70°$ . 각의 순서는 $\angle C > \angle B > \angle A$ 이고, 판정에 의해 대변도 같은 순서다:

AB > CA > BC.

$\angle C$ 의 대변이 $AB$ , $\angle B$ 의 대변이 $CA$ , $\angle A$ 의 대변이 $BC$ — 짝을 정확히 읽는 것이 전부다.

따름정리 둘이 바로 떨어진다. 직각삼각형에서 빗변이 가장 긴 변이다 — 나머지 두 각은 여각이라 각각 $90°$ 보다 작으니, 직각이 최대각이고 그 대변인 빗변이 최장변이다. 그리고 —

정리 — 직선 밖의 점에서 직선까지, 수선이 가장 짧다.

수선 PH는 빗변 PQ보다 짧다 — 어느 Q를 골라도.

증명. $P$ 에서 $\ell$ 에 내린 수선의 발을 $H$ , $\ell$ 위의 다른 점을 $Q$ 라 하자. $\triangle PHQ$ 는 $\angle H = 90°$ 인 직각삼각형이고 $\overline{PQ}$ 가 빗변이므로 $PQ > PH$ . $\blacksquare$

앞앞 차시에서 "점과 직선의 거리 = 수선의 길이"를 정의하며 적어 둔 빚 — 왜 하필 수선인가 — 가 이것으로 청산됐다. 가장 짧은 길이기에 거리라 부를 자격이 있었던 것이다.

삼각형 부등식

도형을 처음 배울 때 $3$ - $4$ - $8$ 짜리 막대로는 삼각형이 안 닫힌다는 것을 관찰하고, "두 변을 거치는 길이 한 변으로 곧장 가는 길보다 길다 — 직선이 최단"이라는 직관에 기대어 두었다. 오늘 그 직관이 정리로 승격된다.

삼각형 부등식 — 삼각형의 두 변의 길이의 합은 나머지 한 변보다 크다. ( $AB + AC > BC$ .)

BA를 A 너머로 AC만큼 연장하면, 방금 얻은 판정이 BD > BC를 내놓는다.

증명. $\overline{BA}$ 를 $A$ 너머로 연장해 $AD = AC$ 인 점 $D$ 를 잡는다. $\triangle ACD$ 는 이등변이므로 $\angle BDC = \angle ADC = \angle ACD$ . 그런데 $A$ 가 $\overline{BD}$ 의 안쪽 점이라 반직선 $\overrightarrow{CA}$ 가 $\angle BCD$ 의 내부를 지나므로

\angle BCD = \angle BCA + \angle ACD > \angle ACD = \angle BDC.

$\triangle BCD$ 에서 큰 각 $\angle BCD$ 의 대변은 $\overline{BD}$ , 작은 각 $\angle BDC$ 의 대변은 $\overline{BC}$ — 방금 승격시킨 판정에 의해

BD > BC, \qquad \text{즉} \qquad AB + AC = AB + AD = BD > BC. \qquad \blacksquare

성질에서 판정을 소거로 얻고, 판정에서 삼각형 부등식을 얻었다 — 오늘 정리들은 사슬 하나로 이어져 있다.

실무 요령은 그대로다: 세 길이가 삼각형이 되는지는 가장 긴 변 하나만 검사하면 된다(나머지 두 부등식은 최장변이 우변에 없으니 자동). 합이 같으면 안 된다는 것도 여전하다 — $3 + 5 = 8$ 은 삼각형이 아니라 일직선으로 찌그러진다.

예제 2 · 셋째 변의 범위

두 변이 $6$ 과 $10$ 인 삼각형에서 셋째 변 $x$ 의 범위를 구하고, $x$ 가 정수라면 몇 가지인지 세어라.

풀이. 세 부등식 $6 + 10 > x$ , $x + 6 > 10$ , $x + 10 > 6$ 에서 셋째는 자동이고

10 - 6 < x < 10 + 6, \qquad 4 < x < 16.

정수는 $5, 6, \dots, 15$ 의 $15 - 5 + 1 = 11$ 가지.

검산: 경계 $x = 4$ 는 $4 + 6 = 10$ 으로 찌그러지고, $x = 16$ 은 $6 + 10 = 16$ 으로 찌그러진다 — 양 끝이 정확히 탈락하는 것이 맞다 ✓.

차 < 셋째 변 < 합 — 범위의 왼쪽 끝이 차, 오른쪽 끝이 합이라는 이 꼴은 앞으로도 자주 쓴다.

경첩 정리

컴퍼스를 벌려 보라. 두 다리의 길이는 그대로인데, 벌린 각이 클수록 다리 끝 사이가 멀어진다. 문도, 가위도, 시계 바늘도 같은 원리로 움직인다 — 이것이 마지막 정리다.

같은 두 변(눈금) — 끼인각이 35°에서 80°로 커지면 마주 보는 변이 길어진다.

경첩 정리(SAS 부등식) — 두 삼각형에서 두 쌍의 변이 각각 같을 때, 끼인각이 큰 쪽의 셋째 변이 더 길다. ( $AB = DE$ , $AC = DF$ , $\angle A > \angle D$ 이면 $BC > EF$ .)

작은 삼각형을 큰 각 안에 복사해 넣고(AK = AC), ∠KAC의 이등분선 AP를 긋는다.

증명. $\angle A$ 가 더 크므로, $\angle A$ 의 내부에 $\angle BAK = \angle D$ 이고 $AK = DF = AC$ 인 점 $K$ 를 잡을 수 있다 — 그러면 $\triangle ABK \cong \triangle DEF$ (SAS)이고 $BK = EF$ . 이제 $BK < BC$ 만 보이면 된다.

$\angle KAC$ 의 이등분선은 $\angle BAC$ 의 내부를 지나므로 변 $\overline{BC}$ 와 한 점 $P$ 에서 만난다. $\triangle APK$ 와 $\triangle APC$ 에서 $AK = AC$ , $\angle KAP = \angle CAP$ (이등분), $AP$ 공통 — SAS로 합동이고 $PK = PC$ . 그러면 $\triangle BPK$ 에서 삼각형 부등식으로

EF = BK < BP + PK = BP + PC = BC. \qquad \blacksquare

복사(SAS 합동)로 문제를 한 그림 안으로 가져오고, 이등분선이 $PK = PC$ 라는 등식을 대 주고, 삼각형 부등식이 마무리한다 — 오늘 배운 것 전부가 한 증명에 모였다.

참고

$K$ 가 우연히 $\overline{BC}$ 위에 떨어지는 특별한 경우에는 이등분선까지 갈 것도 없다 — $BK + KC = BC$ 에서 곧장 $BK < BC$ 다. 또 $B$ , $P$ , $K$ 가 한 직선 위에 놓이는 경우가 바로 이 경우다(셋이 일직선이면 $K$ 가 직선 $BC$ 위). 증명의 몸통은 일반적인 경우 하나로 충분하다.

경첩 정리의 역(SSS 부등식) — 두 쌍의 변이 각각 같은데 셋째 변이 다르면, 긴 셋째 변을 마주 보는 끼인각이 크다. 증명은 세 갈래 소거법의 재등판이다 — 끼인각이 같으면 SAS 합동으로 셋째 변이 같아 모순, 작으면 경첩 정리로 셋째 변이 짧아 모순. 정식 증명은 문제 10에 맡긴다.

참고

오늘 도구함에 들어온 부등식은 셋 — 변-각 부등식(왕복), 삼각형 부등식, 경첩 정리(왕복). 이 셋은 닮음과 원 단원 곳곳에서, 그리고 경시 문제의 "최댓값·최솟값" 유형에서 거듭 등판한다. 등호만 다루던 기하가 오늘부로 크기를 비교할 줄 알게 됐다.

Goals

Prove the side-angle inequality (longer side ↔ larger angle) in both directions and use it.
Prove the Triangle Inequality, run the three-length test, and find the range of a third side.
Understand and apply the Hinge Theorem and its converse.
Wield trichotomy elimination — the indirect proof that demolishes two of "equal, less, greater."

From the world of equals to the world of greater

Nearly everything geometry has proved so far says "equal" — congruence, equal angles, equal sides. Today we prove "greater." That sounds like it needs new tools, but the first one is already in hand. Re-read the Exterior Angle Theorem:

\text{exterior angle} = \text{sum of the two remote interior angles} \implies \text{exterior angle} > \text{each of them}.

A sum beats each of its parts because the parts are positive. Splitting one equation into two inequalities — that observation is the engine of today's proofs.

The longer side faces the larger angle

In a triangle, sides and angles come in facing pairs. Observe first — the longer the side, the wider the angle staring at it.

Facing pairs share a color — the longest side faces the largest angle, the shortest side the smallest.

Side-Angle Inequality (property) — if one side of a triangle is longer than another, the angle facing the longer side is larger than the angle facing the shorter one. (If $AB > AC$ , then $\angle C > \angle B$ .)

Mark D on AB with AD = AC — an isosceles triangle appears, and the Exterior Angle Theorem builds the bridge.

Proof. Since $AB > AC$ , a point $D$ with $AD = AC$ fits on $\overline{AB}$ (between $A$ and $B$ ). Triangle $ACD$ is isosceles, so the Base Angles Theorem gives $\angle ADC = \angle ACD$ . Now build the chain:

\angle ACB \;>\; \angle ACD \;=\; \angle ADC \;>\; \angle B.

First inequality: $D$ is an interior point of $\overline{AB}$ , so ray $\overrightarrow{CD}$ runs inside $\angle ACB$ , giving $\angle ACB = \angle ACD + \angle DCB$ — the whole beats the part. Last inequality: $\angle ADC$ is an exterior angle of $\triangle DBC$ at $D$ , so the inequality reading of the Exterior Angle Theorem gives $\angle ADC > \angle B$ . $\blacksquare$

One auxiliary point ( $AD = AC$ ) manufactures an isosceles triangle, the isosceles triangle supplies an equation, and the exterior angle supplies an inequality — the tools of equality joining hands to produce a "greater than."

The larger angle faces the longer side: trichotomy elimination

The converse holds too — and the proof is astonishingly cheap.

Converse (the test) — if one angle of a triangle is larger than another, the side facing the larger angle is longer. (If $\angle C > \angle B$ , then $AB > AC$ .)

The idea. Between the two sides $AB$ and $AC$ there are only three possibilities — equal, less, greater. Demolish the first two:

If $AB = AC$ ? The Base Angles Theorem forces $\angle C = \angle B$ — contradicting $\angle C > \angle B$ .
If $AB < AC$ ? The property just proved forces $\angle C < \angle B$ — contradiction again.

Only $AB > AC$ survives. The formal write-up is yours in Problem 8.

Give the move a name — trichotomy elimination. Of the three branches between two quantities (equal · less · greater), knock down two with theorems already owned, and the third is yours. Prove the property first, and the test follows almost for free by elimination — most converses of inequalities from here on are proved in exactly this pattern.

Example 1 · Find all angles, then line up the sides

In $\triangle ABC$ , $\angle A = 50°$ and $\angle B = 60°$ . List the three sides from longest to shortest.

Solution. $\angle C = 180° - 50° - 60° = 70°$ . The angles order as $\angle C > \angle B > \angle A$ , and by the test the facing sides follow the same order:

AB > CA > BC.

$\angle C$ faces $AB$ , $\angle B$ faces $CA$ , $\angle A$ faces $BC$ — reading the pairs correctly is the entire game.

Two corollaries drop out at once. In a right triangle the hypotenuse is the longest side — the other two angles are complementary, hence each less than $90°$ , so the right angle is the largest and its facing side the longest. And —

Theorem — from a point off a line, the perpendicular is the shortest path to the line.

The perpendicular PH is shorter than the hypotenuse PQ — whichever Q you pick.

Proof. Let $H$ be the foot of the perpendicular from $P$ to $\ell$ , and $Q$ any other point of $\ell$ . Triangle $PHQ$ has a right angle at $H$ , making $\overline{PQ}$ its hypotenuse, so $PQ > PH$ . $\blacksquare$

Two lessons ago, defining "distance from a point to a line = the length of the perpendicular," we booked a debt — why the perpendicular? Paid in full: it earned the name distance by being the shortest route.

The Triangle Inequality

Back in the first encounter with shapes, sticks of lengths $3$ - $4$ - $8$ refused to close into a triangle, and the observation leaned on intuition: "the road through two sides is longer than the straight road — a straight line is shortest." Today the intuition is promoted to a theorem.

Triangle Inequality — the sum of two side lengths of a triangle exceeds the third. ( $AB + AC > BC$ .)

Extend BA past A by AC — the freshly proved test hands over BD > BC.

Proof. Extend $\overline{BA}$ past $A$ to a point $D$ with $AD = AC$ . Triangle $ACD$ is isosceles, so $\angle BDC = \angle ADC = \angle ACD$ . Since $A$ is an interior point of $\overline{BD}$ , ray $\overrightarrow{CA}$ runs inside $\angle BCD$ , so

\angle BCD = \angle BCA + \angle ACD > \angle ACD = \angle BDC.

In $\triangle BCD$ , the larger angle $\angle BCD$ faces $\overline{BD}$ and the smaller $\angle BDC$ faces $\overline{BC}$ — by the newly promoted test,

BD > BC, \qquad \text{that is,} \qquad AB + AC = AB + AD = BD > BC. \qquad \blacksquare

The property gave the test by elimination; the test gave the Triangle Inequality — today's theorems hang on a single chain.

The working shortcut stands: to check whether three lengths make a triangle, test only the longest side (the other two inequalities hold automatically, their right sides not being the longest). Equality still fails — $3 + 5 = 8$ collapses flat into a line, not a triangle.

Example 2 · The range of the third side

A triangle has two sides $6$ and $10$ . Find the range of the third side $x$ , and count the possibilities if $x$ is an integer.

Solution. Of the three inequalities $6 + 10 > x$ , $x + 6 > 10$ , $x + 10 > 6$ , the third is automatic, leaving

10 - 6 < x < 10 + 6, \qquad 4 < x < 16.

The integers are $5, 6, \dots, 15$ — that is $15 - 5 + 1 = 11$ possibilities.

Check: the endpoint $x = 4$ collapses via $4 + 6 = 10$ , and $x = 16$ collapses via $6 + 10 = 16$ — both ends rightly excluded ✓.

Difference < third side < sum — the left end of the range is the difference, the right end the sum. This shape returns often.

The Hinge Theorem

Open a compass. The two legs keep their lengths, yet the wider the angle, the farther apart the tips. Doors, scissors, clock hands — all run on the same principle. That principle is the last theorem.

Same two sides (tick marks) — as the included angle grows from 35° to 80°, the facing side stretches.

Hinge Theorem (SAS inequality) — if two triangles have two pairs of equal sides, the one with the larger included angle has the longer third side. (If $AB = DE$ , $AC = DF$ , and $\angle A > \angle D$ , then $BC > EF$ .)

Copy the smaller triangle inside the bigger angle (AK = AC), then draw AP, the bisector of ∠KAC.

Proof. Since $\angle A$ is larger, a point $K$ fits inside $\angle A$ with $\angle BAK = \angle D$ and $AK = DF = AC$ — then $\triangle ABK \cong \triangle DEF$ (SAS), so $BK = EF$ . It remains to show $BK < BC$ .

The bisector of $\angle KAC$ runs inside $\angle BAC$ , so it meets side $\overline{BC}$ at a point $P$ . In $\triangle APK$ and $\triangle APC$ : $AK = AC$ , $\angle KAP = \angle CAP$ (bisector), $AP$ shared — SAS congruence, so $PK = PC$ . Then the Triangle Inequality in $\triangle BPK$ gives

EF = BK < BP + PK = BP + PC = BC. \qquad \blacksquare

A copy (SAS congruence) pulls the problem into one figure, the bisector supplies the equation $PK = PC$ , and the Triangle Inequality closes — everything learned today assembled into one proof.

Note

In the special case where $K$ happens to land on $\overline{BC}$ , no bisector is needed — $BK + KC = BC$ gives $BK < BC$ directly. And the configuration where $B$ , $P$ , $K$ fall on one line is exactly this case ( $K$ on line $BC$ ). One generic case carries the body of the proof.

Converse of the Hinge Theorem (SSS inequality) — with two pairs of equal sides and unequal third sides, the larger included angle faces the longer third side. The proof is trichotomy elimination reporting for duty again — equal included angles would force equal third sides by SAS, a smaller one would force a shorter third side by the Hinge Theorem, both contradictions. The formal write-up is Problem 10.