파도아의 부등식(Padoa's Inequality)은 임의의 삼각형 $ABC$의 세 변 $a,\,b,\,c$ 사이에 성립하는 다음의 부등식을 말한다. \[ abc \geq (a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) \] 한 편, 삼각형 $ABC$의 내접원과 외접원의 반지름을 각각 $r,\,R$이라 하면, 잘 알려진 오일러의 부등식(Euler's inequality)이 성립한다. \[ R \geq 2r \] 위 두 부등식은 사실 서로 동치인데, 이번 글에서는 먼저 파도아의 부등식을 증명하고 이 부등식을 바탕으로 오일러의 부등식을 이끌어낼 것이다.
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증명. 삼각형 $ABC$에 내점원을 그리고, 길이 $x,\,y,\,z$를 아래 그림과 같이 정의하자.
그러면 $a = y + z$, $b = x + z$, $c = x + y$이 성립한다. 따라서 산술기하평균 부등식에 의해, \[ \begin{align*} abc &= (y+z)(z+x)(x+y) \\[5px] &\geq (2\sqrt{\vphantom{b}yz})(2\sqrt{\vphantom{b}zx})(2\sqrt{\vphantom{b}xy}) \\[5px] &= 8xyz \tag{1} \end{align*} \] 를 얻는다. 위 부등식 $(1)$의 등호 조건은 $x=y=z$이고, 이를 정리하면 $a=b=c$임을 확인하자. 이제 $x,\,y,\,z$를 $a,\,b,\,c$에 대하여 정리하면, \[ x = \frac{b+c-a}{2}, \quad y = \frac{a+c-b}{2}, \quad z = \frac{a+b-c}{2} \] 이고, 이를 부등식 $(1)$에 대입하면 파도아의 부등식을 얻는다..
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파도아의 부등식은 임의의 양수 $a,\,b,\,c$에 대한 부등식으로 확장할 수 있다.
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증명. 일반성을 잃지 않고 $a = \max\{a,\,b,\,c\}$를 가정하자. 그러면 $a \geq b$, $a \geq c$이므로 \[ \begin{align*} a + c - b &\geq b + c - b = c > 0 \\[5px] a + b - c &\geq c + b - c = b > 0 \end{align*} \] 임을 알 수 있다. 따라서 $b + c − a \leq 0$인 경우, \[ (b+c−a)(c+a−b)(a+b−c) \leq 0 < abc \] 를 얻는다. 또한 $b + c − a > 0$인 경우에는, $a,\,b,\,c$가 삼각형의 세 변을 이룸을 알 수 있다. 따라서 파도아의 부등식에 의해 주어진 부등식이 성립한다..
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증명. 삼각형 $ABC$의 넓이를 $K$로 나타내자. 그러면 사인 법칙에 의해 \[ \frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R \] 이 성립한다. 따라서 \[ K = \frac{1}{2}ab \sin C = \frac{1}{2} ab \cdot \frac{c}{2R} = \frac{abc}{4R} \tag{2} \] 를 얻는다. 한 편, $K = \frac{r}{2}(a + b + c)$가 성립하는데, 이를 헤론의 공식(Heron's formula)에 대입하면 \[ \begin{align*} K^2 &= \frac{1}{16}(a + b + c)(a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) \\[5px] &= \frac{K}{8r}(a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) \tag{3} \end{align*} \] 그러므로 $(2)$와 $(3)$을 파도아의 부등식에 대입하면 $4KR \geq 8Kr$이고, 이를 정리하면 오일러의 부등식 $R \geq 2r$을 얻는다..
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참고. 위 증명을 역순으로 따라가 보면, 파도아의 부등식과 오일러의 부등식이 사실은 서로 동치임을 확인할 수 있다.
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오일러의 부등식 $R \geq 2r$은 사실 기하학에서의 오일러의 정리(Euler's theorem)의 따름정리로써 얻을 수 있다. 오일러의 정리는 삼각형 $ABC$의 내접원과 외접원의 반지름 $r,\,R$, 그리고 이 두 점 사이의 거리 $d$ 사이에 성립하는 관계를 설명해 준다.
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증명. 다음 그림과 같이 보조선을 그리자.
먼저 각 $BAR$과 각 $BSR$은 모두 호 $BR$에 대한 원주각이므로 $\angle BAR = \angle BSR$을 얻는다. 따라서 삼각형 $BAR$과 $BSR$은 닮음이다. 그러므로 \[ \frac{\overline{MI}}{\overline{BR}} = \frac{\overline{AI}}{\overline{SR}} \iff \overline{MI} \cdot \overline{SR} = \overline{AI} \cdot \overline{BR} \] 을 얻는다. 여기서 $\overline{MI} = r$이고 $\overline{SR} = 2R$임을 확인하자.
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한 편, 각 $BIR$은 삼각형 $AIB$의 한 외각이므로 $\angle BIR = \alpha + \beta$이다. 또한 $\angle RBC = \angle RAC = \alpha$이므로 $\angle IBR = \alpha + \beta$이다. 따라서 $\angle BIR = \angle IBR$이므로 삼각형 $BIR$은 이등변 삼각형임을 알 수 있다. 즉, $\overline{BR} = \overline{IR}$이다. 마지막으로 선분 $AR$과 선분 $PQ$는 점 $I$를 지나는 두 현이므로 $\overline{AI} \cdot \overline{IR} = \overline{PI} \cdot \overline{IQ}$이다. 여기서 $\overline{PI} = R-d$이고 $\overline{IQ} = R+d$이므로, 이 사실들을 모두 종합하면 \[ 2Rr = \overline{MI} \cdot \overline{SR} = \overline{AI} \cdot \overline{BR} = \overline{AI} \cdot \overline{IR} = \overline{PI} \cdot \overline{IQ} = (R-d)(R+d) \] 위 식을 정리하면 $d^2 = R(R - 2r)$를 얻고 증명이 완료된다..