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이 글에서는 사인법칙과 제1 코사인법칙, 제2 코사인법칙의 흥미로운 관계에 대해 설명합니다. 과연 이 법칙들사이에 존재하는 비밀은 무엇일까요?

사인법칙과 코사인법칙

사인법칙과 코사인법칙은 삼각형과 관계있는 문제를 풀기 위한 가장 기본적 도구중 하나입니다. 하지만 이들 사이에는 (그렇게 많이 알려지지 않은) 흥미로운 관계가 있습니다. 앞으로 \(A\), \(B\), \(C\)는 \(\Delta ABC\)의 세 각을 나타내고,  \(a\), \(b\), \(c\)는 각각 \(A\), \(B\), \(C\)의 대변을 나타냅니다. 그리고 $$A+B+C=\pi$$ 이고, \(R\)은 \(\Delta ABC\)의 외접원의 반지름을 나타냅니다. 먼저  제1 코사인법칙(Ⅰ), 제2 코사인 법칙(Ⅱ), 사인법칙(Ⅲ)을 적어보고 과연 이들 사이에 어떤 관계가 있는지 살펴 보도록 하겠습니다. 

Ⅰ : 제1 코사인법칙

$$\begin{align}
a&=b\cos C+c\cos B\\
b&=c\cos A+a\cos C\\
c&=a\cos B+b\cos A\\
\end{align}$$

Ⅱ : 제2 코사인법칙

$$\begin{align}
a^2&=b^2+c^2-2bc\cos A\\
b^2&=c^2+a^2-2ca\cos B\\
c^2&=a^2+b^2-2ab\cos C\\
\end{align}$$

Ⅲ : 사인법칙

$$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$$

세 법칙의 관계는 필요충분한 관계

놀랍게도, 이 세 법칙의 관계는 필요충분한 관계입니다. 즉, 세 법칙 모두가 동치입니다. 세 법칙이 필요 충분 관계에 있다는 것을 보일 수 있는 방법은 다양하지만, 이 글에서는 $$Ⅰ\Rightarrow Ⅱ \Rightarrow Ⅲ \Rightarrow Ⅰ$$가 성립하는 것을 보임으로써 세 법칙이 동치 관계에 있다는 것을 확인해보겠습니다.

\(Ⅰ\Rightarrow Ⅱ\)(제1 코사인법칙\(\Rightarrow \)제2 코사인법칙)

제2 코사인법칙에서 나오는 \(a^2\), \(b^2\), \(c^2\) 항을 만들어 사용하기 위해 제1 1코사인 법칙에 \(a\), \(b\), \(c\)를 곱해서 더하거나 빼줍니다. 
$$\begin{align}
a&=b\cos C+c\cos B\\
b&=c\cos A+a\cos C\\
c&=a\cos B+b\cos A\\
\end{align}$$ 의 세 식에 각각 \(a\), \(-b\), \(-c\)를 곱하면, 
$$\begin{align}
a^2&=ab\cos C+ca\cos B\\
-b^2&=-bc\cos A-ab\cos C\\
-c^2&=-ca\cos B-bc\cos A\\
\end{align}$$을 얻을 수 있습니다. 이제 세 식을 모두 더하면 좌변은 $$a^2-b^2-c^2$$이 되고, 우변은 $$\require{cancel}\begin{align}
&\cancel{\color{red}{ab\cos C}}+\cancel{\color{blue}{ca\cos B}}\\
&-bc\cos A-\cancel{\color{red}{ab\cos C}}\\
&-\cancel{\color{blue}{ca\cos B}}-bc\cos A\\
&=-2bc\cos A
\end{align}$$ 입니다. 따라서 $$a^2-b^2-c^2=-2bc\cos A$$ 이므로 $$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$$ 입니다. 같은 방법을 사용하면 제2 \(\cos\)법칙의 나머지 \(2\)개의 식 $$\begin{align}
b^2&=c^2+a^2-2ca\cos B\\
c^2&=a^2+b^2-2ab\cos C\\
\end{align}$$ 도 얻을 수 있습니다.

\(Ⅱ\Rightarrow Ⅲ\)(제2 코사인법칙\(\Rightarrow \)사인법칙)

전체 증명 과정중에서 제일 기교적인 부분입니다. 이 부분의 핵심은 \(\cos^2 A + \sin^2 A=1\)을 사용하여 \(\cos\)을 \(\sin\)으로 바꾸는 것입니다. Ⅱ에서, $$\begin{align}
&\sin^2 A\\
&=1-\cos^2 A\\
&=1-\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)^2\\
&=\frac{(2bc)^2-(b^2+c^2-a)^2}{(2bc)^2}\\
&=\frac{(2bc+b^2+c^2-a^2)(2bc-b^2-c^2+a^2)}{(2bc)^2}\\
&=\frac{((b+c)^2-a^2)(a^2-(b-c)^2)}{(2bc)^2}\\
&=\frac{(b+c+a)(b+c-a)(a+b-c)(a-b+c)}{(2bc)^2}\\ \tag{1}\label{eq1}
\end{align}$$ [헤론의 공식]을 쓸 때와 마찬가지로  \(s=\frac{1}{2}(a+b+c)\) 라 두면,
$$\begin{align}
a+b+c&=2s\\
b+c-a&=2s-2a=2(s-a)\\
a+b-c&=2s-2c=2(s-c)\\
a-b+c&=2s-2b=2(s-b)\\
\end{align}$$ 이므로 식\(\eqref{eq1}\)은 다음과 같이 쓸 수 있습니다. $$\begin{align}
\sin^2 A&=\frac{16s(s-a)(s-b)(s-c)}{(2bc)^2}\\
&=\frac{4s(s-a)(s-b)(s-c)}{b^2c^2}\end{align}$$ \(\Delta ABC\)에서 \(\sin A>0\)이고, \(b,c>0\)이므로, $$\sin A=\frac{2\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}{bc}$$ 이 되어 $$\frac{a}{\sin A}=\frac{abc}{2\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}$$ 입니다. 같은 방법으로, $$\begin{align}
&\frac{b}{\sin B}=\frac{abc}{2\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}\\
&\frac{c}{\sin C}=\frac{abc}{2\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}
\end{align}$$ 이므로 $$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$$

\( Ⅲ\Rightarrow Ⅰ\)(사인법칙\(\Rightarrow \)제1 코사인법칙)

특별히 복잡하지 않습니다, \(\sin\) 법칙을 사용하여 \(R\)과 \(\sin\)으로 나타낸 세 변 \(a\), \(b\), \(c\)의 길이를 제1 \(\cos\)법칙에 대입해 줍니다. 다만 중간 과정에서 삼각함수의 덧셈 정리가 사용되었다는 것이 주목할 만합니다. (하지만 덧셈정리를 사용하지 않고도 \(Ⅲ\Rightarrow Ⅰ\)을 증명할 수도 있습니다.)
Ⅲ에서, $$\begin{align}
a&=2R\sin A\\
b&=2R\sin B\\
c&=2R\sin C\\ \end{align}$$입니다. $$\begin{align}
&b\cos C+c\cos B\\
&=2R\sin B\cos C + 2R\sin C\cos B\\
&=2R(\sin B\cos C+\cos B\sin C)\\
&=2R\sin(B+C)\\
&=2R\sin(\pi-A)\\
&=2R\sin A\\
&=a\end{align}$$ $$\therefore a=b\cos C+c\cos B$$입니다. 같은 방법으로 나머지 두 개의 식도 $$\begin{align}
b&=c\cos A+a\cos C\\
c&=a\cos B+b\cos A\\
\end{align}$$ 도 성립하는 것을 보일 수 있습니다.

법칙의 순서를 바꾸어 증명해 보기

이 글에서 사용한 방법 이외에도 법칙의 순서를 바꾸어 가며 세 법칙이 동치인 것을 증명을 할 수도 있습니다. 직접 해 보시면 사인법칙과 코사인법칙을 이해하는데 많은 도움이 될 것입니다.