U N I V E R Z I T E T U P R I S T I N I

P r i r o d n o - m a t e m a t i c k i f a k u l t e t

Vladica Stojanovic

EUKLIDSKA GEOMETRIJA

Kosovska Mitrovica, 2011.

ii

Sadrzaj

1 UVOD 1

1.1 Istorijski razvoj geometrije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Induktivni i deduktivni metod u geometriji . . . . . . 1

1.1.2 Euklidovi ”Elementi” i V postulat . . . . . . . . . . . 3

1.1.3 Aksiomatsko zasnivanje geometrije . . . . . . . . . . . 4

1.2 Osnovni pojmovi i stavovi u geometriji . . . . . . . . . . . . . 5

2 INCIDENTNOST I URE-DENJE 7

2.1 Aksiome incidencije i njihove posledice . . . . . . . . . . . . . 7

2.2 Aksiome poretka i njihove posledice . . . . . . . . . . . . . . 9

2.3 Zadaci za vezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3 GEOMETRIJSKE FIGURE U RAVNI 15

3.1 Duz i poluprava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3.1.1 Pojam i osobine duzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3.1.2 Poluprava. Definicija i osobine . . . . . . . . . . . . . 17

3.1.3 Orijentacija duzi i poluprave . . . . . . . . . . . . . . 19

3.2 Poligon i poligonska povrs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.3 Poluravan i ugao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3.3.1 Definicija i osobine poluravni . . . . . . . . . . . . . . 24

3.3.2 Ugaona linija i ugao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3.3.3 Orijentacija uglova i ravni . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.4 Konveksni skupovi u ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.5 Zadaci za vezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4 PODUDARNOST 35

4.1 Aksiome podudarnosti i njihove posledice . . . . . . . . . . . 35

4.2 Pojam izometrijskih transformacija . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.3 Relacija podudarnosti geometrijskih figura . . . . . . . . . . . 40

iii

iv

4.4 Podudarnost geometrijskih figura u ravni . . . . . . . . . . . 414.4.1 Podudarnost duzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.4.2 Podudarnost uglova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.4.3 Pravi, ostri i tupi uglovi. Upravne prave . . . . . . . . 484.4.4 Podudarnost trouglova . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.5 Zadaci za vezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5 NEPREKIDNOST 595.1 Aksiome neprekidnosti i njihove posledice . . . . . . . . . . . 595.2 Sistem merenja duzi i uglova . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635.3 Pojam kruga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 665.4 Zadaci za vezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

6 PARALELNOST 716.1 Aksioma paralelnosti i njene posledice . . . . . . . . . . . . . 716.2 Relacija paralelnosti pravih i ravni . . . . . . . . . . . . . . . 746.3 Primena paralelnosti u planimetriji . . . . . . . . . . . . . . . 76

6.3.1 Paralelogram i trapez . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.3.2 Znacajne tacke trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . 806.3.3 Krug i mnogougao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 846.3.4 Merenje figura u ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

6.4 Vektori u geometriji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 916.5 Konstrukcije lenjirom i sestarom . . . . . . . . . . . . . . . . 946.6 Zadaci za vezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

Literatura 103

Glava 1

UVOD

1.1 Istorijski razvoj geometrije

Ako bi hteli da pojam geometrije definisemo u par reci, onda najcescekazemo da ona predstavlja nauku o prostoru, tj. izucava osobine objekatakoji se mogu prostorno modelovati. Na taj nacin, celokupan sadrzaj ge-ometrije podreden je odgovarajucem, konkretnom prostornom modelu. Ipak,savremena shvatanja podrazumevaju da se svaka matematicka disciplina za-snuje na strog i formalan nacin, pa je i u danasnjoj geometriji prihvacen istiprincip. Da bismo bolje razumeli nacin zasnivanja geometrije kao nauke,dajemo najpre kratak istorijski osvrt na njen razvoj i promene koje je ona,tokom njega, dozivljavala. Smatramo da cemo time bolje razumeti ne samobitne istorijske trenutke, vec i celokupnu transformaciju geometrije od cistoempirijske do savremene, deduktivno zasnovane teorije.

1.1.1 Induktivni i deduktivni metod u geometriji

Geometrija spada u red najstarijih matematickih disciplina, sa veomadugom i bogatom tradicijom. Stare, drevne civilizacije (Egipcani, Sumeri,Vavilonci i drugi) koristili su iskljucivo induktivni metod zakljucivanja u ge-ometriji. To znaci da su od pojedinacnih, empirijskih zapazanja induktivnimputem dolazili su do odredenih opstijih zakljucaka. Na taj nacin, doslo sedo prvih saznanja o povrsini geometrijskih figura, zapremini kvadra, prizme

1

2

i piramide, i slicno.

U VI veku p.n.e. dominaciju u nauci i kulturi preuzimaju stari Grci.Njima se pripisuje zasluga u novom, drugacijem poimanju geometrije i naukeuopste. Osnov za to jeste deduktivni metod zakljucivanja, cija je osnovnakarakteristika teznja ka opisivanju (i dokazivanju) opstih stavova i cinjenicakoji ce zatim vaziti u bilo kom pojedinacnom slucaju. Koliko je namapoznato, nacelo dedukcije u dokazivanju geometrijskih tvrdenja prvi uvodicuveni starogrcki filozof Tales iz Mileta (624–547 p.n.e.). Njemu se pripisujedokaz II stava o podudarnosti trouglova, odredivanje periferijskih uglova nadprecnikom kruga, izracunavanje visine Keopsove piramide, itd.

Talesova nacela dalje razvija poznati starogrcki filozof i matematicarPitagora (oko 580–500 p.n.e.). Posebno se baveci geometrijom i teorijombrojeva, dosao je do niza vaznih rezultata. Smatra se da je prvi otkrio zbirunutrasnjih uglova trougla, dokazao ostala tri stava podudarnosti trouglova,kao i legendarnu teoremu o pravouglom trouglovu koja nosi njegovo ime.Vec tada, obilje dokazanih geometrijskih tvrdenja dovodi do potrebe zasistematizacijom dotadasnjih saznanja. Ovo nacelo sprovodi u delo samPitagora, ukazujuci da se geometrijska tvrdenja moraju dokazivati primenomranije poznatih ili ociglednih cinjenica. Upravo zato, smatramo ga tvorcemdeduktivnog metoda, ne samo u geometriji, vec u nauci, uopste.

Deduktivni metod zasnivanja geometrije prihvacen je od strane vecinestarogrckih naucnika tog doba, ali i kasnije. Sistematicni radovi o naucnomzasnivanju geometrije vezuju se za filozofe Hipokrata i Demokrita, ali nama,na zalost, nije poznat njihov sadrzaj. Rodonacelnikom aksiomatskog zasni-vanja geometrije smatramo istaknutog starogrckog filozofa Platona (427–347p.n.e.). Iako se nije eksplicitno bavio matematikom, Platon u svojoj cuvenojskoli ”Akademija” razvija i neguje geometriju kao deduktivnu teoriju, odva-jajuci od nje empirijske, opazajne primese. Po njemu, geometrija se zasnivana odredenom broju opste prihvacenih cinjenica: aksioma i postulata. Ovadva pojma dalje narocito istice Platonov genijalni ucenik Aristotel (384–322p.n.e.). On aksiome smatra tvrdenjima koja se ne dokazuju, a opstijeg sukaraktera, tj. vaze u dve ili vise naucnih teorija. S druge strane, postu-lati su takode opste priznata i prihvacena tvrdenja, ali vaze samo u jednojodredenoj naucnoj disciplini. Na taj nacin, Aristotel detaljnije razradujePlatonove ideje, utvrdujuci svojevrsno pravilo po kojem se svaki novi pojam

moze opisati pomocu njemu srodnog, poznatog pojma, ali i njihove specificne

razlike, odnosno osobine koju novi pojam, za razliku od prethodnog, poseduje.Na primer, kvadrat mozemo opisati kao pravougaonik (srodan pojam), alitakav da su mu sve stranice jednake (specificno svojstvo kvadrata).

3

1.1.2 Euklidovi ”Elementi” i V postulat

Najznacajniji doprinos razvoju geometrije anticke Grcke dao je, sasvimsigurno, starogrcki matematicar Euklid (oko 365–270 p.n.e.). On je napisaodotad najsistematicnije delo iz geometrije, cuvene ”Elemente”, gde je po-kusao da dosledno sprovede deduktivni metod u geometriji. Upravo zato,njegovo delo vekovima je smatrano najsavrsenijem delom ljudskog uma iuzor logickog zakljucivanja, ne samo u geometriji vec i u nauci, uopste.

Euklid izlaganje pocinje navodenjem niza definicija kojima se opisujuosnovni geometrijski pojmovi: tacka, linija, prava, ravan, itd. Evo nekih odtih definicija:

I. Tacka je ono ciji je deo nista.

II. Linija je duzina bez sirine.

III. Prava je linija jednakopostavljena u odnosu na sve svoje tacke.

IV. Povrs je ono sto ima duzinu i sirinu.

V. Ravan je povrs jednakopostavljena u odnosu na sve svoje prave.

Sa danasnje tacke gledista, naravno, jasno je da ove definicije nisu logickikorektne, niti su prihvatljive u formalnom smislu. Euklid, takode, navodisistem od 14 osnovnih tvrdenja, aksioma i postulata. Ovaj sistem, ubrzose pokazalo, nije potpun, tj. iz njega se ne moze izvesti svako geometrijskotvrdenje. Vec je Arhimed (287–212 p.n.e.) u svom delu ”O lopti i valjku”dodao pet novih postulata kojima se omogucava uvodenje pojma mere ge-ometrijskih figura. Jedan od tih postulata, tzv. Eudoks-Arhimedova ak-

sioma prestizivosti, i danas predstavlja jedno od osnovnih tvrdenja savremenegeometrije.

Medutim, za razvoj geometrije od posebnog je znacaja famozni Euklidov

V postulat, koji mozemo formulisati na sledeci nacin:

- Ako izvesna prava, presecajuci dve komplanarne prave, obrazuje sanjima s jedne iste strane dva ugla ciji je zbir manji od zbira dva pravaugla, tada se te dve prave, neograniceno produzene, seku sa te istestrane date secice (slika 1.1).

4

Mnogi matematicari posleEuklida smatrali su da V pos-tulat, zbog svoje slozenosti,predstavlja teoremu koja semoze dokazati na osnovu os-talih tvrdenja. Na taj nacin,oni su najcesce otkrivali novatvrdenja i time obogacivalidotadasnja saznanja iz ge-ometrije.

Slika 1.1.

Tek u XIX veku, ruski matematicar Nikolaj Lobacevski (1792–1856), upokusaju da, kao i mnogi pre njega, negacijom V postulata dode do kontra-diktornih tvrdenja, otkriva potpuno novu teoriju. Na taj nacin, on shvatada sem dotad poznate - euklidske (parabolicke), postoji niz ”drugacijih”geometrija koje se bitno razlikuju od nje.

Potpuno nezavisno od Lobacevskog do iste geometrije dosao je i madarskimatematicar Janos Boljaj (1802–1860). U njihovu cast, ta prva neeuklid-ska geometrija i danas nosi naziv geometrija Lobacevskog–Boljaja ili hiper-

bolicka geometrija. Pored nje, cesto se koristi i neeuklidska geometrija koju,posebnim sistemom aksioma, uvodi nemacki matematicar Bernhard Riman(1826-1866). Danas se ova geometrija obicno naziva Rimanova ili elipticka

geometrija.

1.1.3 Aksiomatsko zasnivanje geometrije

Otkrivanje neeuklidskih geometrija iz korena menja dotadasnja shvatanjane samo geometrije, vec i zasnivanje bilo koje deduktivne teorije. Uocenoje da se osnovni objekti geometrije, tacke, prave i ravni mogu apstraho-vati, a njihove osobine formulisati sistemom aksioma koje nisu ocigledneu euklidskom smislu. Zasnivanje geometrije na apstraktnim pojmovima ineociglednim aksiomama podstaklo je matematicare da dalja istrazivanjausmere ka samim osnovama geometrije i drugih matematickih disciplina.

Na taj nacin, pocinju da se razmatraju fundamentalni problemi vezani nesamo za aksiomatiku geometrije, vec i za formalno, aksiomatsko zasnivanjebilo koje deduktivne teorije. To su, pre svega, problemi neprotivurecnosti,

nezavisnosti i potpunosti . Prvi od njih odnosi se na osobinu da deduktivnateorija, zasnovana na odgovarajucem sistemu aksioma, nema dve medusobnoprotivurecne aksiome. Dalje, sistem aksioma bice nezavisan ako nijedna

5

od njih ne moze biti izvedena iz ostalih aksioma date teorije1. Najzad,potpunost sistema aksioma znaci da se bilo koje tvrdenje moze, na osnovunjega, pokazati.

Aksiomatsko zasnivanje geometrije podstaklo je mnoge matematicare dasuptilno analiziraju osnovne geometrijske pojmove i tvrdenja. Tako nemackimatematicari Dedekind i Kantor sedamdesetih godina XIX veka uvode tzv.aksiome neprekidnosti. Deceniju kasnije, takode nemacki matematicar Moric

Pas u svojoj knjizi ”Predavanja iz novije geometrije” uvodi aksiome poretka.Na taj nacin, otklanjaju se krupni nedostaci Euklidove aksiomatike i omogu-cava formiranje neprotivurecnog, nezavisnog i potpunog sistema aksiomasavremene geometrije, kakav poznajemo i danas. Prvi je taj cilj ostvarioDavid Hilbert (1862–1943), nemacki matematicar, koji 1899. godine u svomdelu ”Osnovi geometrije” daje preciznu aksiomatiku i dovoljno apstraho-vane definicije tacaka, pravih i ravni kao osnovnih geometrijskih objekata.Ova, poluformalna aksiomatika Hilberta predstavlja prvi korak u danasnjem,savremenom poimanju geometrije kao deduktivne, matematicke nauke.

1.2 Osnovni pojmovi i stavovi u geometriji

Kao i svaka deduktivna teorija, geometrija se zasniva na odredenimpojmovima koje smatramo poznatim i izvesnom sistemu tvrdenja koje nedokazujemo. Pojmove koje ne definisemo u geometriji nazivao osnovnim ge-

ometrijskim pojmovima, a tvrdenja koja ne dokazujemo aksiomama. Naosnovu njih, uvode se ostali, izvedeni pojmovi i dokazuju odgovarajucatvrdenja - teoreme ili stavovi.

U cilju zasnivanja geometrije, polazimo od proizvoljnog skupa S, dvejuklasa Cl i Cπ njegovih podskupova i dveju relacija definisanih na njemu.Skup S nazivamo prostorom, a njegove elemente tackama i obelezavamoih latinskim slovima A,B,C, . . . Elemente klase Cl nazivamo pravim lini-

jama ili pravama, a obelezavamo ih slovima a, b, c, d, . . . , p, q, . . . Elementeklase Cπ nazivamo ravnima, a obelezavamo ih sa α, β, . . . , π, . . . Najzad,svaki neprazan podskup tacaka prostora S nazivamo geometrijskim objek-

tom (likom, figurom). Znaci, tacke, prave i ravni jesu (osnovni) geometrijskiobjekti.

S druge strane, jedna od relacija na skupu S jeste troelementna relacija

izmedu, koju obelezavamo sa B (skraceno od engleskog termina between).Ovom relacijom, kao sto i sam njen naziv kaze, oznacavamo da se jedna

1Cesto se kaze i da je dati skup aksioma minimalan.

6

tacka, recimo B, nalazi izmedu drugih dveju tacaka A i C, sto krace zapisu-jemo sa B(A,B,C).

Druga od relacija je cetvoroelementna relacija podudarnosti uredenihparova tacaka (relacija kongruencije ili ekvidistancije). Cinjenicu da jeureden par tacaka (A,B) podudaran sa parom tacaka (C,D) zapisujemo(A,B) ∼= (C,D).

Na kraju, definisemo i sam sistem aksioma koje karakterisu osnovne ge-ometrijske objekte i relacije. Po prirodi zakonitosti koje opisuju, sve aksiomedelimo na pet grupa:

I. Aksiome incidencije ili pripadanja (9 aksioma)

II. Aksiome rasporeda ili poretka (6 aksioma)

III. Aksiome podudarnosti (7 aksioma)

IV. Aksiome neprekidnosti (2 aksiome)

V. Aksiome paralelnosti (1 aksioma)

U daljem tekstu detaljnije cemo izloziti ovaj sistem aksioma, zajedno saodgovarajucim stavovima koji iz njih proizilaze. Vazno je istaci da se posled-nja, aksioma paralelnosti moze posmatrati odvojeno od ostalih aksioma, pase i sadrzaj naseg daljeg izlaganja moze smatrati podeljenim na dva dela.Prvi se odnosi na tzv. apsolutnu geometriju, koju odreduju prve cetiri grupeaksioma. Ovaj deo opisan je u naredne cetiri glave koje neposredno slede.U poslednjem poglavlju, zajedno sa aksiomom paralelnosti, detaljnije suopisane cinjenice koje se odnose na euklidsku geometriju.

Glava 2

INCIDENTNOST I

URE-DENJE

2.1 Aksiome incidencije i njihove posledice

Osnovni geometrijski objekti, tacke, prave i ravni nalaze se u medu-sobnim odnosima koje, u terminima Teorije skupova, izrazavamo relacijama”pripada” i ”sadrzi”. Ove relacije u geometriji nazivamo relacijama inciden-

cije, a istovetan naziv ima i ova, prva grupa aksioma koja opisuje njihoveosnovne osobine. Ipak, pre uvodenja samih aksioma, potrebno je definisatipojmove kolinearnosti i komplanarnosti.

Definicija 2.1.1. Tri ili vise tacaka A,B,C, . . . su kolinearne ako postoji

prava koja ih sadrzi. Ukoliko takva prava ne postoji, za date tacke kaze se

da su nekolinearne.

Definicija 2.1.2. Cetiri ili vise tacaka A,B,C,D . . . su komplanarne ako

postoji ravan koja ih sadrzi. Ukoliko takva ravan ne postoji, za date tacke

kazemo da su nekomplanarne.

Definicija 2.1.3. Dve ili vise pravih p, q, . . . su komplanarne ako postoji

ravan koja ih sadrzi. Ukoliko takva ravan ne postoji, za date prave kazemo

da su nekomplanarne ili mimoilazne.

Sada navodimo sistem aksioma incidencije koga sacinjava sledecih devetaksioma:

7

8

Aksioma I1: Svaka prava sadrzi najmanje dve razne tacke.

Aksioma I2: Postoji najmanje jedna prava koja sadrzi dve tacke.

Aksioma I3: Postoji najvise jedna prava koja sadrzi dve razne tacke.

Aksioma I4: Svaka ravan sadrzi najmanje tri nekolinearne tacke.

Aksioma I5: Postoji najmanje jedna ravan koja sadrzi tri tacke.

Aksioma I6: Postoji najvise jedna ravan koja sadrzi tri nekolinearne tacke.

Aksioma I7: Ako dve razne tacke neke prave pripadaju izvesnoj ravni,

onda i sve tacke te prave pripadaju datoj ravni.

Aksioma I8: Ako dve ravni imaju zajednicku tacku, onda one imaju bar

jos jednu zajednicku tacku.

Aksioma I9: Postoje cetiri nekomplanarne tacke.

Dokazacemo neka vaznija tvrdenja koja se dobijaju na osnovu aksiomaincidencije.

Teorema 2.1.1. Svaka prava jednoznacno je odredena dvema svojim raznim

tackama.

Dokaz. Prema aksiomi I1 svaka prava p sadrzi najmanje dve razne tackeA i B. Obratno, za svake dve razne tacke A i B, na osnovu aksiome I2,postoji najmanje jedna, a na osnovu aksiome I3 najvise jedna prava p kojaih sadrzi. Dakle, postoji tacno jedna prava koja sadrzi dve razne tacke.

Teorema 2.1.2. Svaka ravan jednoznacno je odredena trima nekolinearnim

tackama.

Dokaz. Slicno kao u prethodnoj teoremi, tvrdenje je direktna posledicaaksioma I4, I5 i I6.

Teorema 2.1.3. Ako dve razlicite ravni imaju bar jednu zajednicku tacku,

onda je njihov presek prava.

Dokaz. Neka su α i β ravni sa osobinama α 6= β i α∩β 6= ∅. Dakle, postojitacka A ∈ α ∩ β pa, na osnovu aksiome I8, ravni α i β imaju jos najmanjejednu zajednicku tacku B ∈ α∩β. Tackama A i B, na osnovu teoreme 2.1.1,jednoznacno je odredena prava p = p(A,B). Na osnovu aksiome I7, prava ppripada ravnima α i β, t. vazi p ⊆ α ∩ β.

9

Dokazacemo sada da je p = α ∩ β. U tom cilju, pretpostavimo da,suprotno tome, postoji tacka C ∈ α∩β koja ne pripada pravoj p (slika 2.1).

Slika 2.1.

Tada su A, B i C tri nekoline-arne tacke kojima je, na osnovuprethodne teoreme, jednoznacnoodredena ravan π(A,B,C).Medutim, kako je A,B,C ∈ α iA,B,C ∈ β, primenom iste teo-reme nalazimo da je α = β = π.Ovo je, najzad, u suprotnostisa pretpostavkom da su α i βrazlicite ravni.

2.2 Aksiome poretka i njihove posledice

Ovu grupu aksioma sacinjava niz tvrdenja kojima se obezbeduje zasni-vanje tzv. geometrije poretka, pre svega na pravoj, ali i u ravni, odnosnoprostoru. Osnov za to daje troelementna relacija B (”izmedu”) koju smoopisali u uvodnom delu. Da se podsetimo, zapis B(A,B,C) oznacava da setacka B nalazi izmedu tacaka A i C. Svojstva relacije ”izmedu” sadrzanasu sledecim skupom aksioma rasporeda:

Aksioma II1: Ako su A,B,C tri kolinearne tacke takve da vazi B(A,B,C),onda su te tacke medusobno razlicite.

Aksioma II2: Ako su A,B,C tri kolinearne tacke takve da vazi B(A,B,C),onda je i B(C,B,A).

Aksioma II3: Ako su A,B,C tri kolinearne tacke takve da vazi B(A,B,C),onda nije B(A,C,B).

Aksioma II4: Ako su A i B dve razne tacke neke prave p, onda postoji

tacka C ∈ p takva da je B(A,B,C).

Aksioma II5: Ako su A,B,C tri razne kolinearne tacke, onda vazi naj-

manje jedna od relacija

B(A,B,C), B(A,C,B), B(C,A,B).

10

Aksioma II6: (Pasova aksioma) Neka su A,B,C tri nekolinearne ta-

Slika 2.2.

cke i p prava koja pripada

ravni odredenoj tackama

A,B,C, ne sadrzi tacku

A i sece pravu BC u

tacki P takvoj da je

B(B,P,C). Tada prava

p sece pravu AC u tacki

Q takvoj da je B(A,Q,C)ili pravu AB u tacki Rtakvoj da je B(A,R,B)(slika 2.2).

Prvih pet aksioma poretka odnose se na geometriju prave, pa ih obicnonazivamo linearnim aksiomama poretka. Medutim, iz linearnih aksiomaporetka ne moze se, kao sto cemo uskoro videti, izgraditi potpuna geometrijaporetka tacaka na pravoj. Poslednja, Pasova aksioma, odnosi se na ge-ometriju ravni i pokazuje se neophodnom u izgradnji te teorije. Ne ulazecidetaljnije u tzv. geometriju poretka, navodimo nekoliko vaznijih tvrdenja.

Teorema 2.2.1. Ako su A,B,C tri razne kolinearne tacke, onda vazi tacno

jedna od relacija

B(A,B,C), B(A,C,B), B(C,A,B).

Dokaz. Prema aksiomi II5 vazi bar jedna od triju navedenih relacija. Neka,recimo, vazi B(A,B,C). Iz aksiome II3 sledi da tada nije B(A,C,B). Naosnovu aksiome II2 iz B(A,B,C) sledi da je B(C,B,A), odakle ponovnomprimenom II3 zakljucujemo da ne vazi B(C,A,B).

Narednim tvrdenjem vrsimo identifikaciju prave narocito definisanimskupovima tacaka.

Teorema 2.2.2. Neka su A,B dve razne tacke prave p. Tada se prava ppoklapa sa skupom p′ koji se sastoji iz tacaka A,B i svih tacaka X ∈ p takvih

da vazi neka od relacija

B(A,B,X), B(A,X,B), B(X,A,B). (2.1)

Dokaz. Iz definicije skupa p′ jasno sledi da je p′ ⊆ p. Pokazimo da vazi iobratna relacija. Neka je X proizvoljna tacka prave p. Ako je X = A iliX = B, onda je ocito X ∈ p′, opet po definiciji skupa p′. Najzad, ako jeX 6= A,B, onda su A,B,X tri razne kolinearne tacke prave p, pa na osnovuprethodne teoreme vazi tacno jedna od relacija (2.1).

11

Naglasimo da se na slican nacin kao u prethodnoj teoremi moze izvrsitiidentifikacija ravni pomocu pravih, odnosno prostora S pomocu ravni. Naovim cinjenicama se, ipak, necemo detaljnije zadrzavati.

Teorema 2.2.3. Ako su A,B dve razne tacke prave p, tada postoji tacka

C ∈ p takva da je B(A,C,B).

Dokaz. Neka je D proizvoljna tacka van prave AB (slika 2.3). Kako jeD 6= B, na pravoj BD, prema aksiomi II4, postoji tacka E takva da jeB(B,D,E). Tacka E je van prave AB (zasto?), pa je E 6= A. Tada, prema

Slika 2.3.

aksiomi II4, na pravoj AEpostoji tacka F takva da jeB(A,E,F ). Dakle, A,B,Ejesu tri nekolinearne tacke, pricemu prava DF ne sadrzi nitijednu od njih i sece, redom,prave BE i AE u tackama Di F takvim da je B(B,D,E) iB(A,E,F ). Prema Pasovoj ak-siomi II6 prava DF tada moraseci pravu AB u tacki C takvojda je B(A,C,B).

Navodimo sada, u kratkim crtama, jos neka uopstenja relacije ”izmedu”neophodna za dalju izgradnju geometrije poretka i jos nekih, fundamentalnihgeometrijskih objekata. Pre svega, pokazujemo kako relaciju B mozemoprosiriti i uopstiti na proizvoljan konacan skup tacaka.

Definicija 2.2.1. Za konacan skup od n ≥ 3 kolinearnih tacaka {A1, . . . , An}kaze se da je linearno ureden ako za svako 1 ≤ i < j < k ≤ n vazi

B(Ai, Aj , Ak). Tada pisemo, krace, B(A1, . . . , An).

Sa ovako definisanom relacijom B u mogucnosti smo da govorimo olinearnom poretku proizvoljnog konacnog broja tacaka na pravoj. U tomslucaju, vazi

Teorema 2.2.4. Neka je {A1, . . . , An} konacan skup od n ≥ 3 kolinearnih

tacaka takvih da za svako i = 2, . . . , n− 1 vazi B(Ai−1, Ai, Ai+1). Tada vazi

B(A1, . . . , An). ✷

12

2.3 Zadaci za vezbu

Zadatak 2.1. Ako su A,B i C nekolinearne tacke, dokazati da su one medusobom razlicite tacke.

Zadatak 2.2. Ako su A,B,C i D cetiri nekomplanarne tacke, dokazati dasu svake dve od tih tacaka medu sobom razlicite, a svake tri od tih tacakanekolinearne.

Zadatak 2.3. Dokazati da dve razne prave mogu imati najvise jednu za-jednicku tacku.1

Zadatak 2.4. Dokazati da je svaka ravan jednoznacno odredena:

(a) Pravom i tackom izvan nje. (b) Dvema pravama koje se seku.

Zadatak 2.5. Koliko je najvise ravni odredeno:(a) Dvema pravama koje se seku i trima nekolinearnim tackama;(b) Dvema nekomplanarnim pravama i sa cetiri nekomplanarne tacke?

Zadatak 2.6. Dat je skup od n ≥ 3 tacaka od kojih ni koje tri nisu koli-nearne. Odrediti n tako da tacke tog skupa odreduju podjednak broj pravihi ravni.

Zadatak 2.7. Dokazati da za svaku pravu, odnosno ravan, postoji bar jednatacka koja joj ne pripada.

Zadatak 2.8. Ako prava p ne pripada ravni α, onda ona sa datom ravniima najvise jednu zajednicku tacku.2 Dokazati.

Zadatak 2.9. Van ravni α date su tri nekolinearne tacke A,B,C takve daje AB ∩α = {M}, BC ∩α = {N}, AC ∩α = {P}. Dokazati da su M,N,Pkolinearne tacke.

Zadatak 2.10. Dokazati da nekomplanarne (mimolilazne) prave nemajuzajednickih tacaka, kao i da postoje bar dve mimoilazne prave.

Zadatak 2.11. Dokazati da postoji beskonacno mnogo pravih, odnosnoravni, koje sadrze zadatu proizvoljnu tacku.

1Za takve prave kazemo da se seku, a njihovu zajednicku tacku nazivamo presecnomtackom (presekom) datih pravih.

2Za pravu koja ima tacno jednu zajednisku tacku sa nekom ravni kazemo prodire daturavan.

13

Zadatak 2.12. Neka su A,B,C nekolinearne tacke, a P,Q,R tacke takveda je B(B,P,C), B(A,Q,C) i B(A,R,B). Dokazati da tacke P,Q,R nepripadaju jednoj pravoj.

Zadatak 2.13. Neka su A,B,C,D cetiri kolinearne tacke. Dokazati datada vazi:3

(i) B(A,B,C) ∧ B(B,C,D) =⇒ B(A,B,D) ∧ B(A,C,D);

(ii) B(A,B,C) ∧ B(A,C,D) =⇒ B(A,B,D) ∧ B(B,C,D);

(iii) B(A,B,D) ∧ B(B,C,D) =⇒ B(A,B,C) ∧ B(A,C,D).

3Citaocu posebno skrecemo paznju na vaznost ovog zadatka, koji cesto koristimo ukasnijim teoretskim izlaganjima.

14

Glava 3

GEOMETRIJSKE FIGURE

U RAVNI

Na osnovu kompletne aksiomatike incidencije i poretka moguce je iz-graditi tzv. elementarnu geometriju. Aksiomatika incidencije omogucavazasnivanje longometrije (incidencija na pravoj), planimetrije (incidencija uravni) i stereometrije (incidencija u prostoru). S druge strane, aksiomatikaporetka dovoljna je za izgradnju kompletne teorije poretka na pravoj, ravnii prostoru. Dodatno, ona omogucava uvodenje niza geometrijskih objekatao kojima ce ovde biti reci.

3.1 Duz i poluprava

Najpre razmatramo neke od najvaznijih geometrijskih figura na pravoj,koje su nam, makar intuitivno, dobro poznate od ranije. Pored njih, uposlednjem delu opisacemo tipican ”geometrijski” postupak uvodenja ori-jentacije na pravoj.

3.1.1 Pojam i osobine duzi

U prethodnoj sekciji pokazali smo da izmedu bilo kojih dveju tacaka Ai B postoji tacka C. Induktivnim postupkom lako je zakljuciti da postojibeskonacno mnogo takvih tacaka, pa dolazimo do sledeceg pojma.

15

16

Definicija 3.1.1. Neka su A i B dve razne tacke neke prave p. Otvorena

duz, u oznaci (AB), jeste skup svih tacaka prave p koje se nalaze izmedu Ai B, tj.

(AB) ={X∣∣ X ∈ p ∧ B(A,X,B)

}.

Zatvorenom duzi [AB] nazivamo skup tacaka

[AB] = (AB) ∪ {A,B}.

Tacke A i B nazivamo krajevima (otvorene ili zatvorene) duzi.

Graficka interpretacijaduzi data je na slici3.1. Naglasimo da, uko-liko zatvorenost duzi cijisu krajevi tacke A,B nije

Slika 3.1.

od znacaja, datu duz oznacavamo samo sa AB. Na osnovu gore navedenedefinicije jasno je, takode, da svaka duz jeste podskup prave p odredenekrajnjim tackama date duzi. U daljem izlaganju, na relativno jednostavannacin mozemo pokazati jos neke osobine duzi.

Teorema 3.1.1 (Osnovna teorema o razbijanju duzi). Svaka tacka

C ∈ (AB) razlaze duz (AB) na dve otvorene, disjunktne duzi (AC) i (CB).

Dokaz. Pokazacemo najpre da se sve tacke duzi (AB), izuzev tacke C,nalaze na bar jednoj od duzi (AC) ili (CB). Zaista, neka je X ∈ (AB)proizvoljna tacka takva da je X 6= C. Na osnovu aksiome II5 vazi bar jednaod relacija

B(A,X,C), B(A,C,X) ili B(C,A,X).

Razmotrimo sada pojedinacno svaku od njih:

(i) Ako je B(A,X,C), onda je, po definiciji, X ∈ (AC).

(ii) Ako je B(A,C,X), onda, zbog B(A,X,B), na osnovu zadatka 2.13zakljucujemo da vazi B(C,X,B). Dakle, sada je X ∈ (CB).

(iii) Pokazacemo, najzad, da relacija B(C,A,X) nije moguca. Zaista,ako je B(C,A,X), onda na osnovu aksiome II2 vazi B(X,A,C). Kako je iB(A,C,B), to na osnovu zadatka 2.13 mora biti B(X,A,B). Odavde sledida nije B(A,X,B), tj. tacka X ne pripada duzi (AB), sto je u suprotnostisa polaznom pretpostavkom.

Na kraju, pokazujemo da je (AC) ∩ (CB) = ∅. Zaista, ako bi postojalatacka D ∈ (AC) ∩ (CB), onda za nju vazi B(A,D,C) i B(C,D,B). No, izB(A,D,C) i B(A,C,B) sledi, na osnovu zadatka 2.13, da je B(D,C,B), ato je u suprotnosti sa relacijom B(C,D,B).

17

Teorema 3.1.2. Duz, prava i ravan su beskonacni skupovi tacaka.

Dokaz. Za svaku duz (AB) postoji, prema teoremi 2.2.3, bar jedna tackaC koja joj pripada. Slicno, na duzima (AC) i (BC) mozemo naci bar pojednu tacku X ∈ (AC) i Y ∈ (BC). Kako smo za ove dve duzi pokazali dasu disjunktne, to je X 6= Y , pri cemu je ocito X,Y ∈ (AB). Ponavljajuciisti postupak na sve novodobijene duzi jasno je da dobijamo beskonacanskup tacaka koje pripadaju duzi (AB). Slican postupak mozemo ponoviti iu slucaju pravih i ravni (svaka od njih sadrzi bar jednu duz, pokazite!).

3.1.2 Poluprava. Definicija i osobine

Pojam poluprave definise se na osnovu posebne relacije definisane naskupu tacaka neke prave p.

Definicija 3.1.2. Tacke A,B ∈ p su sa iste strane tacke O ∈ p ako nije

B(A,O,B). Tada pisemo, krace, A,B . . O. U suprotnom, tacke A i B su

sa razlicitih strana tacke O, sto zapisujemo A,B ÷ O.

Teorema 3.1.3. Relacija . . O je relacija ekvivalencije na skupu tacaka

prave p, razlicitih od tacke O.

Dokaz. Pokazujemo da relacija . . O zadovoljava osobine relacije ekviva-lencije:

(i) Refleksivnost: Za svaku tacku A ∈ p \ {O} nije B(A,O,A). Zaista,prema aksiomi II1, sve tri tacke koje su u relaciji ”izmedu” morajubiti razlicite. Dakle, vazi A,A . . O.

(ii) Simetricnost: Ako za ma koje dve tacke A,B ∈ p\{O} vazi A,B . . O,onda, po definiciji relacije . . O, nije B(A,O,B). Prema aksiomi II2

tada nije ni B(B,O,A), pa je B,A . . O.

(iii) Tranzitivnost: Neka su A,B,C ∈ p \ {O} takve da vazi A,B . . O iB,C . . O. Po definiciji relacije . . O, zakljucujemo da za tacke A,Bvazi poredak B(A,B,O) ili B(B,A,O), dok za B,C vazi B(B,C,O)ili B(C,B,O). Uporedujuci sve moguce slucajeve koji ovde nastaju(proverite ih sami, za vezbu!), a na osnovu zadatka 2.13 dobijamo daje B(A,C,O) ili B(C,A,O), odnosno da vazi A,C . . O.

18

Narednom definicijom konacno uvodimo pojam poluprave.

Definicija 3.1.3. Skup svih tacaka neke prave p koje se nalaze sa iste strane

tacke O ∈ p naziva se otvorena poluprava prave p. Unija tog skupa i tacke

O je zatvorena poluprava date prave, a sama tacka O pocetak ili kraj

poluprave.

Otvorenu polupravu prave p sa pocetkom u tacki O obicno oznacavamosa (O, p), dok za zatvorenu polupravu koristimo oznaku [O, p). Ukoliko,ipak, pripadnost pocetne tacke O datoj polupravoj nije od znacaja, pisacemojednostavno Op. Pokazacemo sada, slicno kao i kod duzi, tzv. osnovnuteoremu o razbijanju prave.

Teorema 3.1.4. Svaka tacka O ∈ p razlaze skup ostalih tacaka prave p na

dve otvorene, disjunktne poluprave prave p.

Dokaz. Prema aksiomi I1, prava p pored tacke O sadrzi bar jos jednu tackuA ∈ p. S druge strane, prema aksiomi II4 postoji i tacka A′ ∈ p takva daje B(A,O,A′). Znaci, vazi A,A′ ÷ O, tj. tacke A i A′ nalaze se sa razlicitihstrana tacke O.

Kako smo u teoremi 3.1.3 pokazali da je . . O relacija ekvivalencije, totacke A i A′ na pravoj p odreduju dve razlicite klase ekvivalencije, oznacimoih, respekktivno, sa

OA = {X ∈ p |A,X. .

O} i OA′ = {Y ∈ p |A′, Y. .

O}.

Dakle, kao sto znamo od ranije, klase ekvivalencije OA i OA′ su disjunktniskupovi tacaka prave p koje su u relaciji . . O ili sa tackom A ili sa tackomA′. Na osnovu poslednje definicije, zakljucujemo da oba skupa jesu otvorenepoluprave prave p.

Pokazimo, na kraju, da ne postoji i treca klasa ekvivalencije, odnosnopoluprava prave p sa istim pocetkom O. Zaista, neka je P ∈ p proizvoljnatacka, razlicita od tacke O. Tada, prema teoremi 2.2.1, vazi tacno jedna odrelacija

B(A,P,O), B(A,O,P ) ili B(P,A,O).

U prvom i trecem slucaju jasno je da P ∈ OA. Za B(A,O,P ), na osnovuB(A,O,A′) i zadatka 2.13, imamo da je ili B(O,A′, P ) ili B(O,P,A′). Na-jzad, obe ove relacije daju P ∈ OA′.

19

3.1.3 Orijentacija duzi i poluprave

Najpre uvodimo pojam tzv. relacije smera, kojom se sve poluprave jedneiste prave mogu klasifikovati na poseban nacin.

Definicija 3.1.4. Neka su a i b dve poluprave iste prave p. Ako jedna od

navedenih polupravih sadrzi drugu polupravu, kazemo da su a i b poluprave

istog smera, sto zapisujemo a ⇒ b. U suprotnom, poluprave a i b su

suprotnog smera, u oznaci a ⇄ b.

Slika 3.2.

Na slici 3.2 prikazane su graficki ove dve relacije. Sada, na slican nacin,mozemo definisati i relaciju smera nad duzima jedne iste prave.

Definicija 3.1.5. Dve duzi AB i CD (otvorene ili zatvorene) jedne iste

prave p su istog smera ako su odgovarajuce poluprave AB i CD istog smera.

U protivnom, duzi AB i CD su suprotnog smera.

Za relaciju istosmernosti polupravih (pa samim tim duzi) vaze sledeceosobine.

Teorema 3.1.5. Relacija ⇒ je relacija ekvivalencije na skupu polupravih

jedne iste prave p.

Dokaz. Refleksivnost i simetricnost relacije ⇒ sledi direktno na osnovunjene definicije. Dokazimo zato osobinu tranzitivnosti. Neka su a, b, c ⊆ pproizvoljne poluprave takve da je a ⇒ b i b ⇒ c. Na osnovu definicije relacije⇒, moguci su tada sledeci odnosi ovih polupravih:

(1) a ⊆ b ∧ b ⊆ c =⇒ a ⊆ c

(2) a ⊆ b ∧ c ⊆ b =⇒ a ⊆ c ∨ c ⊆ a

(3) b ⊆ a ∧ b ⊆ c =⇒ a ⊆ c ∨ c ⊆ a

(4) b ⊆ a ∧ c ⊆ b =⇒ c ⊆ a.

Dakle, u svim slucajevima vazi a ⇒ c, cime smo pokazali tranzitivnostrelacije ⇒ i tvrdenje u celini.

20

Teorema 3.1.6. Skup L svih polupravih neke prave p moze se razloziti na

dva podskupa L1 i L2 koji imaju sledece osobine:

(i) L1, L2 6= ∅;

(ii) L1 ∩ L2 = ∅;

(iii) (∀a, b ∈ Li, i = 1, 2) a ⇒ b;

(iv) (∀a ∈ L1)(∀b ∈ L2) a ⇄ b.

Dokaz. Neka je A ∈ p proizvoljna tacka. Prema teoremi o razlaganju prave,tacka A odreduje dve komplementrane poluprave a i a′. Ove poluprave,saglasno definiciji 3.1.4, jesu suprotnog smera. Uocimo sada sledece skupovepolupravih

L1 = {b ∈ L | b ⇒ a}, L2 = {b ∈ L | b ⇒ a′}.

Skupovi L1 i L2 jesu klase ekvivalencije relacije ⇒, pa zadovoljavaju svegore navedene osobine.

Ostaje jos da pokazemo da sve poluprave prave p pripadaju nekom odova dva skupa, odnosno da je L = L1 ∪L2. Zaista, neka je b ∈ L proizvoljnapoluprava sa pocetkom u tacki B ∈ p i b′ njoj komplementarna poluprava.Tada razlikujemo sledece cetiri mogucnosti (prikazite ih graficki):

(1) A ∈ b, B ∈ a =⇒ a′ ⊆ b =⇒ b ∈ L2;

(2) A ∈ b, B ∈ a′ =⇒ a ⊆ b =⇒ b ∈ L1;

(3) A ∈ b′, B ∈ a =⇒ b ⊆ a =⇒ b ∈ L1;

(4) A ∈ b′, B ∈ a′ =⇒ b ⊆ a′ =⇒ b ∈ L2.

Dakle, poluprava b uvek pripada nekom od skupova L1 i L2.

Definicija 3.1.6. Svaki od skupova L1 i L2 iz prethodne teoreme naziva se

orijentacijom ili smerom na pravoj p.

Na svakoj pravoj, prema definiciji smera i prethodno dokazanoj teoremi,postoje tacno dva smera. Uobicajeno, nazivamo ih suprotnim, sto ukazujena mogucnost da jedan smer zovemo pozitivnim, a drugi negativnim. Pojamorijentacije omogucava da celokupnu geometriju poretka na pravoj izgradimona potpuno nov nacin. U tom cilju, uvodimo dve pomocne relacije ”pre” i”posle”, koje se obicno koriste u Teoriji brojeva.

Definicija 3.1.7. Neka su A i B dve razne tacke orijentisane prave p, tj.

prave na kojoj je izabran jedan od dva moguca smera. Neka su, dalje, a i b

21

poluprave kojima su, respektivno, tacke A i B krajevi, a koje su orijentisane

saglasno smeru na pravoj p. Ako je b a, onda kazemo da je na orijenti-

sanoj pravoj p tacka A pre tacke B, i pisemo A ≺ B. Obratno, ako je

a b, kazemo da je tacka A posle tacke B, u oznaci A ≻ B.

Za relaciju A ≺ B lako se pokazuje da predstavlja relaciju potpunog

uredenja tacaka na orijentisanoj pravoj p, odnosno da je na tom skupukonektivna (definisana za svake dve tacke prave p), antisimetricna i tranzi-

tivna. (Proverite ovu cinjenicu sami!) Zahvaljujuci njoj, Teorija brojeva i ge-ometrija na orijentisanoj pravoj su ekvivalentne. Stavise, naredno tvrdenje,ciji dokaz ostavljamo Vama kao vezbu, ukazuje na to da je ova relacija ek-vivaletna ranije definisanoj relaciji ”izmedu”.

Teorema 3.1.7. Za svake tri tacke orijentisane prave p vazi

B(A,B,C) ⇐⇒ A ≺ B ≺ C ∨ C ≺ B ≺ A. ✷

3.2 Poligon i poligonska povrs

Koristeci pojam duzi, mozemo definisati jos neke vazne klase geometri-jskih likova u ravni. Jedna od najvaznijih jeste klasa mnogouglova do kojedolazimo tek nakon uvodenja sledeceg pojma.

Definicija 3.2.1. Neka je {A1, . . . , An} konacan skup nekolinearnih tacaka.

Poligonalna (izlomljena) linija jeste skup

P = [A1A2] ∪ · · · ∪ [An−1An].

Tacke A1, . . . , An jesu temena, a duzi [A1A2], . . . , [An−1An] su stranice

poligonalne linije P . Temena koja pripadaju jednoj istoj stranici su susedna

temena. Slicno, dve stranice koja imaju zajednicko teme su susedne stranice.Ako sva temena poligonalne linije P pripadaju jednoj ravni, ona je ravna.U suprotnom, poligonalna linija P je prostorna. Najzad, P je prosta akonjene stranice, sem susednih, nemaju zajednickih tacaka.

Definicija 3.2.2. Poligon (mnogougao) je zatvorena poligonalna linija,

tj. poligonalna linija cije se krajnje tacke A1 i An poklapaju.

22

Slika 3.3.

Na slici 3.3 prikazana je otvorena poligonalna linija odredena tackamaA1, A2, . . . , A5, kao i poligon - sedmougao cija su temena tacke A1, A2, . . . , A7.U narednom delu naseg izlaganja posmatracemo isljucivo ravne poligone, zakoje uvodimo vazan pojam poligonskih povrsi. U tom cilju, najpre definise-mo odgovarajuce ”pomocne” pojmove.

Posmatrajmo prost ravan poligon P i proizvoljnu tacku O koja pri-pada istoj ravni kao i poligon P , ali nije na samom poligonu. Neka su a, bproizvoljne poluprave u ravni datog poligona koje kao pocetak imaju tackuO, a ne sadrze niti jedno teme (i niti jednu stranicu) poligona P . Oznacimodalje sa k(a) i k(b), respektivno, ukupan broj zajednickih tacaka polupravih

a i b sa poligonom P(slika 3.4). Pokazuje se(sto ovde necemo ciniti)da koeficijenti k(a), k(b)moraju istovremeno bitiili parni ili neparni bro-jevi, odnosno da za nekiprirodan broj n ∈ N

vazi jednakost

k(a) + k(b) = 2n. Slika 3.4.

Odavde se neposredno pokazuje sledeca cinjenica, koju cesto koristimo udaljem izlaganju.

Teorema 3.2.1. Svaka prava s u ravni prostog ravnog poligona P koja ne

sadrzi niti jedno teme i stranicu datog poligona ima sa njim paran broj za-

jednickih tacaka.

23

Dokaz. Neka je S ∈ s\P proizvoljna tacka i s1, s2 disjunktne poluprave nakoje je prava s razlozena tackom S. Tada je k(s) = k(s1) + k(s2) = 2n.

Pri navedenim pretpostavkama, sada mozemo definisati osnovne relacijetacaka ravni u odnosu na poligon P .

Definicija 3.2.3. Tacka O je unutar poligona P ako je k(a) = 2n − 1,za neko n ∈ N. U suprotnom, O se nalazi izvan poligona P .

Daljom analizom relacije ”unutar prostog ravnog poligona” dolazimo doosnovnih pojmova i razultata ovog odeljka.

Definicija 3.2.4. Skup svih tacaka unutar prostog ravnog poligona P naziva

se otvorena poligonska povrs, koju oznacavamo sa (P ). Otvorena poligon-

ska povrs zajedno sa samim poligonom P cini zatvorenu poligonsku povrs,

u oznaci [P ].

Teorema 3.2.2 (Zordanova teorema o razlaganju ravni). Svaki prost

ravan poligon P u ravni π razlaze skup ostalih tacaka te ravni na dva disjunk-

tna podskupa. Jedan od njih je otvorena poligonska povrs, a drugi spoljasnjost

te povrsi.

Dokaz. Neka je s ⊂ π proizvoljna prava koja ne sadrzi temena poligona P ,ali sa njim ima zajednickih tacaka. Prema prethodnoj teoremi ukupan brojtakvih tacaka je paran. Ako ove tacke oznacimo, redom, sa P1, P2, . . . , P2n,

Slika 3.5.

onda, ne umanjujuciopstost, za navedenetacke mozemo pretpo-staviti da vazi relacijaB(P1, P2, . . . , P2n).

S druge strane, nekaje X ∈ s tacka za kojuje B(P1,X, P2), a Y ∈ sproizvoljna tacka takvada je B(Y, P1, P2). Tadaje, jasno, tacka X unu-tar, a Y izvan poligonaP (slika 3.5).

Pokazacemo sada da unutrasnjost i spoljasnjost poligona P ne moguimati zajednickih tacaka. Zaista, ako bi postojala tacka M ∈ π koja pri-pada i unutrasnjosti i spoljasnjosti poligona P , onda bi postojale bar dvepoluprave m1 i m2 sa pocetkom u M , takve da ne sadrze temena poligona

24

P i jedna od njih ima neparan, a druga paran broj zajednickih tacaka sa P .Tada je, dakle, k(m1) + k(m2) neparan broj, sto je nemoguce.

Najzad, pokazujemo da svaka tacka A ∈ π \ P pripada ili unutrasnjostiili spoljasnjosti datog poligona. Zaista, neka je a poluprava sa pocetkom uA, koja se nalazi u ravni poligona P i ne sadrzi niti jedno njegovo teme.Poluprava a sa poligonom P ima ili neparan ili paran broj zajednickihtacaka, pa je tacka A, u zavisnosti od toga, ili unutar ili izvan poligona.

Naredno tvrdenje, koje navodimo bez dokaza, omogucava dalji postupakrazlaganja poligonskih povrsi.

Teorema 3.2.3. Neka je P prost ravan poligon i L poligonalna linija u

istoj ravni, sa krajevima koji se nalaze na poligonu P , a ostale tacke unutar

njega. Tada L razlaze P na dve otvorene poligonske povrsi.

Kao neposredna posledica ove teoreme, indukcijom se lako pokazujesledeca cinjenica.

Posledica 3.2.1. Svaki prost ravan poligon moze se, svojim unutrasnjim

dijagonalama1, razloziti na konacan broj disjunktnih trougaonih povrsi.

Navedeno tvrdenje omogucava tzv. metod triangulacije poligonskihpovrsi i ima vaznu ulogu u Teoriji merenja geometrijskih figura, o cemu cekasnije biti vise reci.

3.3 Poluravan i ugao

Koristeci slicne ideje kao u prethodnim razmatranjima, dolazimo do josdva vazna geometrijska pojma.

3.3.1 Definicija i osobine poluravni

Pojam poluravni uvodimo pomocu relacija ”sa iste strane prave” i ”sarazlicite strane prave”.

Definicija 3.3.1. Neka su A,B tacke neke ravni π i p prava koja pripada

toj ravni i ne sadrzi A i B. Za tacke A i B kazemo da su sa iste strane

prave p ako je (AB)∩ p = ∅ i pisemo A,B . . p. U suprotnom, tacke A i Bsu sa raznih strana prave p, sto zapisujemo A,B ÷ p.

1Duz koja spaja dva nesusedna temena poligona naziva se dijagonalom tog poligona.

25

Teorema 3.3.1. Relacija . . p je relacija ekvivalencije na skupu tacaka

ravni π, koje ne pripadaju pravoj p ⊂ π.

Dokaz. Refleksivnost i simetricnost relacije . . p slede direktno na osnovunjene definicije. Neka su, sada, A,B,C tri razne tacke ravni π takve da vaziA,B . . p i B,C . . p. Tada razlikujemo sledece slucajeve, prikazane i na slici3.6.

(i) Tacke A,B,C pripadaju jednoj pravoj s ⊂ π. Prava s tada secepravu p ili sa njom nema zajednickih tacaka. Ako je s ∩ p = {O}, ondaje A,B . . O i B,C . . O. Na osnovu ranije pokazane tranzitivnosti relacije. . O dobijamo A,C . . O, pa je i A,C . . p. S druge strane, ako je s∩ p = ∅,onda je i (AC) ∩ p = ∅, pa neposredno sledi A,C . . p.

Slika 3.6.

(ii) Tacke A,B i C nisu kolinearne. Kako je (AB)∩p = ∅ i (BC)∩p = ∅,to prava p ne moze seci pravu AC izmedu tacaka A i C, jer bi na osnovuPasove aksiome ona tada morala seci jos i duz AB ili BC. Znaci, vaziA,C . . p, cime je pokazana tranzitivnost relacije . . p.

Definicija 3.3.2. Skup svih tacaka neke ravni π koje se nalaze sa jedne

iste strane prave p ⊂ π naziva se otvorena poluravan. Unija tog skupa i

prave p je zatvorena poluravan date ravni. Prava p u oba slucaja naziva

se granica ili meduprava odgovarajuce poluravni.

Otovrenu poluravan ravni π sa granicom p oznacavamo sa (p, π), dokodgovarajucu zatvorenu poluravan obelezavamo sa [p, π). Analogno teoremio razlaganju prave, mozemo formulisati i pokazati sledece tvrdenje.

Teorema 3.3.2 (Osnovna teorema o razlaganju ravni). Svaka prava

p ravni π razlaze skup ostalih tacaka te ravni na dve otvorene poluravni.

26

Dokaz. Neka je O proizvoljna tacka prave p, a A tacka ravni π koja ne pri-pada pravoj p. Prema aksiomi II4 postoji i tacka A′ takva da je B(A,O,A′).Ocito, A′ /∈ p (zasto?) i (AA′) ∩ p = {O}, pa vazi A,A′ ÷ p. Neka su, dalje,

(p,A) = {X ∈ π |X,A. .

p } i (p,A′) = {Y ∈ π |Y,A′ . . p }

klase ekvivalencije relacije . . p. Ocito, rec je o disjunktnim skupovimatacaka, pri cemu svaki od njih, po definiciji relacije . . p, predstavlja otvorenupoluravan ravni π. Pokazimo, kao i obicno, da ne postoji i treca klasa ek-vivalencije, odnosno tacka B takva da je A,B ÷ p i A′, B ÷ p. Zaista, akotakva tacka postoji, onda su A,A′ i B tri nekolinearne tacke (zasto?), takveda prava p sece duzi AB i A′B. Medutim, na osnovu Pasove aksiome, pravap tada ne moze seci i duz AA′2, a to je u suprotnosti sa polaznom pret-postavkom A,A′ ÷ p.

3.3.2 Ugaona linija i ugao

Posebno vazan pojam geometrije ravni jeste, kao sto znamo, pojam ugla.Njega definisemo se tek na osnovu odgovarajuceg pojma ugaone linije irelacije ”sa iste strane” koju nad njom uvodimo.

Definicija 3.3.3. Geometrijski lik koji se sastoji od jedne tacke O i dveju

polupravih p i q kojima je zajednicki kraj tacka O, naziva se ugaona linija

i obelezava sa ∠ pq.

Definicija 3.3.4. Neka je ∠ pq ugaona linija u ravni π i A,B proizvoljne

tacke iste ravni koje ne pripadaju samoj liniji ∠ pq. Tacke A i B su sa iste

strane ugaone linije ∠ pq ako postoji poligonalna linija P ciji su krajevi

A i B, a sa ugaonom linijom ∠ pq nema zajednickih tacaka. Tada pisemo

A,B . . ∠ pq. U suprotnom, kazemo da su tacke A i B sa raznih strana

ugaone linije ∠ pq, u oznaci A,B ÷ ∠ pq

Pokazujemo sada vec uobicajeno svojstvo koje, slicno prethodnim, goredefinisana relacija poseduje.

Teorema 3.3.3. Relacija . . ∠ pq je relacija ekvivalencije.

2Ova tvrdnja nije ocigledna. Pokusajte da je dokazete, koristeci kao ideju zadatak 2.12!

27

Dokaz. Refleksivnost i simetricnost slede neposredno iz definicije relacije. . ∠ pq, pa ostaje da pokazemo jos i njenu tranzitivnost. Neka su, stoga,A,B,C tri razne tacke ravni π i ∠ pq ugaona linija takva da je A,B . . ∠ pqi B,C . . ∠ pq. Tada, po definiciji ove relacije, postoje poligonalne linijeP1, P2 ⊂ π sa sledecim osobinama:

(i) P1 spaja tacku A satackom B, pri cemu je

P1 ∩ ∠ pq = ∅;

(ii) P2 spaja tacku B satackom C i vazi

P2 ∩ ∠ pq = ∅.

No, tada P = P1∪P2 jeste po-ligonalna linija u ravni π koja

Slika 3.7.

spaja tacke A i C, a pritom je P ∩ ∠ pq = ∅ (slika 3.7). Dakle, zaista vaziA,C . . ∠ pq, cime je tvrdenje pokazano u celini.

Definicija 3.3.5. Neka je ∠ pq ugaona linija neke ravni π. Skup svih tacaka

u ravni π koje se nalaze sa iste strane ugaone linije ∠ pq naziva se otvoreni

ugao i obelezava sa (∡ pq). Unija ugaone linije ∠ pq i otvorenog ugla (∡ pq)naziva se zatvoreni ugao i obelezava sa [∡ pq].

Samu ugaonu liniju ∠ pq zovemo granicom ili medom ugla ∡ pq, polupravep i q kracima, a tacku O temenom svakog od navedenih uglova. Uobicajeno,ugao kod koga zatvorenost nije od znacaja simbolicki obelezavamo sa ∡ pq.Na kraju, slicno ranije navedenim teoremama o razlaganju ravni pomocupravih, moze se pokazati da odgovarajuce tvrdenje vazi i kod uglova.

Teorema 3.3.4. Svaka ugaona linija ∠ pq ravni π razlaze skup ostalih tacaka

iste ravni na dva otvorena ugla.

Dokaz. Dokaz se izvodi analogno teoremama o razlaganju ravni pomocuprave, pa ga ostavljamo citaocu za samostalni rad.

28

3.3.3 Orijentacija uglova i ravni

Da bi uveli pojam orijentacije u ravni, prethodno treba najpre definisatipojam orijentisanog ugla, a zatim i relaciju istosmernosti uglova. Pritom,razlikujemo kao dva moguca slucaja uglove sa istim, zajednickim temenom,odnosno uglove sa razlicitim temenima.

Definicija 3.3.6. Ugao ∡ ab ciji kraci a i b cine ureden par polupravih (a, b)jeste orijentisan. Krak a je pocetni (prvi), a krak b zavrsni (drugi) krak

tog orijentisanog ugla.

Definicija 3.3.7. Dva orijentisana ugla ∡ ab i ∡ cd koji pripadaju istoj ravni

i imaju zajednicko teme O nazivaju se istosmernim, u oznaci ∡ ab ⇒ ∡ cd,ako vazi jedan od sledecih uslova:

(i) Za a = c ili b = d jedan od uglova ∡ ab ili ∡ cd sadrzi onaj drugi,

pisacemo ∡ ab⊂⊃∡ cd.

(ii) Za a 6= c i b 6= d vaze, prema uslovu (i), sledece relacije

∡ ab ⇒ ∡ ad ∧ ∡ ad ⇒ ∡ cd.

Ako dati uglovi nisu istosmerni, kazemo da su suprotnosmerni i pisemo

∡ ab ⇄ ∡ cd.

Slika 3.8.

Na slici 3.8 prikazani su neki od slucajeva istosmernih, odnosno suprot-nosmernih uglova sa zajednickim temenom. Ukoliko uglovi nemaju istoteme, vazi:

Definicija 3.3.8. Dva orijentisana ugla ∡ ab i ∡ cd neke ravni sa razlicitim

temenima O i S nazivaju se istosmernim, u oznaci ∡ ab ⇒ ∡ cd, ako posto-

je orijentisani opruzeni uglovi3 ∡ pq i ∡ rs sa temenima O i S, respektivno,

tako da za poluprave p, q, r, s vazi

p ⇒ r ∧ q ⇒ s,

3Ugao je opruzen ako mu kraci leze na jednoj istoj pravoj.

29

dok sami uglovi zadovoljavaju sledece uslove

∡ ab ⇒ ∡ pq ⊂⊃ ∡ rs ⇒ ∡ cd.

Napomena 3.3.1. Ovde se relacija ⇒ kod uglova posmatra u smislu prethodne

definicije 3.3.7 (slika 3.9).

Slika 3.9.

Analogno odgovarajucem tvrdenju o istomernosti polupravih, pokazujese

Teorema 3.3.5. Relacija istosmernosti uglova je relacija ekvivalencije.

Jedna od posledica relacije istosmernosti uglova i prethodnog tvrdenjajeste mogucnost razlaganja svih uglova jedne ravni na klase istosmernihuglova.

Teorema 3.3.6. Skup svih orijentisanih uglova K neke ravni π moze se

razloziti na dva podskupa K1 i K2 koji imaju sledece osobine:

(i) K1,K2 6= ∅;

(ii) K1 ∩K2 = ∅;

(iii) (∀ ∡ ab,∡ cd ∈ Ki, i = 1, 2) ∡ ab ⇒ ∡ cd;

(iv) (∀ ∡ ab ∈ K1)(∀ ∡ cd ∈ K2) ∡ ab ⇄ ∡ cd.

Dokaz. Analogno kao u dokazu teoreme 3.1.6.

Svaki od dva podskupa K1 i K2 iz prethodne teoreme naziva se smer iliorijentacija u posmatranoj ravni π. Orijentacije K1 i K2 zovemo suprotnim

medusobom, a ravan π u kojoj je izabrana jedna od orijentacija, orijenti-

sanom ravni.

30

Naglasimo, na kraju, da u tzv. apsolutnoj geometriji (geometriji bezaksiome paralelnosti), pojam orijentacije nije transmisibilan. To znaci damozemo govoriti samo o orijentaciji jedne iste ravni, jer pojam orijentacijeuglova u razlicitim ravnima ne moze biti definisan. Tek nakon uvodenjapojma paralelnosti mozemo definisati orijentaciju na tzv. klasama paralelnihpravih i ravni.

3.4 Konveksni skupovi u ravni

Na kraju ovog poglavlja, definisacemo jos jednu zanimljivu klasu ge-ometrijskih likova.

Definicija 3.4.1. Skup K ⊆ S je konveksan ako za svake dve njegove tacke

A,B ∈ K vazi (AB) ⊆ K.

Dakle, skup K je konveksan ako za bilo koje svoje dve tacke sadrzi injima odredenu duz, tj. sve tacke koje se nalaze izmedu njih. Na slici 3.10prikazani su neki primeri konveksnih skupova. Poslednji skup prikazan naistoj slici nije konveksan, jer postoje tacke toga skupa izmedu kojih se nalazetacke koje mu ne pripadaju.

Slika 3.10.

Na osnovu prethodne definicije, lako se pokazuju sledeca tvrdenja, ko-jima ukazujemo na neke tipicne klase konveksnih geometrijskih figura uravni.

Teorema 3.4.1. Prava i ravan jesu konveksni skupovi tacaka.

Dokaz. Za proizvoljnu pravu p i dve razne, proizvoljne tacke A,B ∈ p, naosnovu definicije duzi sledi da je (AB) ⊂ p. Slicno, ako je π proizvoljnaravan prostora S i A,B ∈ π, onda prema aksiomi I7 vazi p(A,B) ⊂ π.Samim tim i duz (AB) pripada ravni π.

31

Teorema 3.4.2. Poluprava i poluravan jesu konveksni skupovi tacaka.

Dokaz. Neka su A,B proizvoljne tacke neke poluprave Op. Tada, podefiniciji poluprave i relacije . . O, vazi A,B . . O, odnosno tacno jedna odrelacija B(O,A,B) ili B(O,B,A). Pretpostavimo, recimo, da je tacna prvarelacija i uocimo proizvoljnu tacku X ∈ (AB). Tada je, dakle, B(O,A,B) iB(A,X,B), pa na osnovu zadatka 2.13 sledi da je B(O,A,X) i B(O,X,B).Odavde je, jasno, A,X . . O i B,X . . O, odnosno vazi X ∈ Op.

Slicno se pokazuje i drugi deo tvrdenja. Neka su A,B proizvoljne tackeneke poluravni π sa granicnom pravom p. Tada, po definiciji poluravni irelacije . . p, vazi (AB)∩p = ∅. No, onda je za proizvoljnu tacku X ∈ (AB)ispunjen uslov (AX) ∩ p = ∅, odnosno X ∈ π.

Sa geometrijskim figurama, kao i sa skupovima uopste, mogu se izvoditioperacije razlike, unije i preseka. Kada je rec o konveksnim skupovima,pokazuje se da vazi sledeca osobina konveksnih skupova.

Teorema 3.4.3. Presek dva konveksna skupa jeste konveksan skup4.

Dokaz. Neka su K i K ′ konveksni skupovi i A,B ∈ K ∩ K ′ ma koje dverazne tacke. Duz AB pripada skupu K, jer je A,B ∈ K, a iz istog razlogapripada i skupu K ′. Dakle, duz AB pripada skupu K∩K ′, pa je skup K∩K ′

zaista konveksan skup.

Dokaz prethodne teoreme sena isti nacin moze prosiriti ina vise od dva skupa. (Nekato citalac uradi za vezbu.) Naslici 3.11 prikazan je presektri konveksna skupa. TackeA i B pripadaju svakomod navedenih skupova, pa isvaka medutacka tacaka Ai B takode pripada datimskupovima.

Slika 3.11.

4S tim u vezi, vazno je napomenuti sledece: Da bi teorema o preseku konveksnihskupova imala smisla i onda kada je presek jednoclan ili cak prazan skup, dogovorno sesvaki skup od jedne tacke, kao i prazan skup smatraju konveksnim skupovima.

32

3.5 Zadaci za vezbu

Zadatak 3.1. Ako tacke A,B pripadaju otvorenoj duzi (CD), onda tackeC,D ne pripadaju duzi (AB). Dokazati.

Zadatak 3.2. Ako su O,A,B,C tacke takve da je A,B ÷ O i A,C ÷ O,onda su to tacke jedne iste prave i vazi B,C . . O. Dokazati.

Zadatak 3.3. Ako su O,A,B,C,D tacke takve da je A,B ÷O, B,C ÷O iC,D ÷ O, onda su to tacke jedne iste prave i vazi A,D ÷ O. Dokazati.

Zadatak 3.4. Ako su A i B dve tacke neke prave p, dokazati da ovedve tacke zajedno sa duzi AB i dvema polupravama iste prave, jednomsa pocetkom u A koja ne sadrzi tacku B, drugom sa pocetkom u B koja nesadrzi tacku A, predstavljaju ceo skup tacaka prave p.

Zadatak 3.5. Ako je P unutrasnja tacka trougla ABC, dokazati da svakapoluprava sa pocetkom u tacki P ima sa tim trouglom tacno jednu za-jednicku tacku. Koliko najvise zajednickih tacaka ima takva poluprava akone sadrzi stranice ∆ABC, a P ne pripada njegovoj unutrasnjosti?

Zadatak 3.6. Ako su P i Q unutrasnje tacke stranica AB i AC trouglaABC, dokazati da se duzi BQ i CP seku u nekoj tacki S koja pripadaunutrasnjosti ∆ABC.

Zadatak 3.7. Ako su P,Q,R unutrasnje tacke stranica BC, CA, ABtrougla ABC, dokazati da se duzi AP i QR seku u nekoj tacki S kojapripada unutrasnjosti ∆ABC.

Zadatak 3.8. Ako su A,B,C,D tacke takve da je A,B . . p, B,C ÷ p iC,D . . p, dokazati da tada vazi A,C ÷ p i B,D ÷ p.

Zadatak 3.9. Dokazati da je svaka ugaona linija ravna geometrijska figura,tj. da postoji ravan koja je sadrzi.

Zadatak 3.10. Neka je u istoj ravni data ugaona linija ∠ pq i prava a kojane sadrzi niti jednu od polupravih date linije. Dokazati da prava a i ugaonalinija ∠ pq mogu imati najvise dve zajednicke tacke.

Zadatak 3.11. Koliko razlicitih uglova odreduju cetiri razne prave ako sesvake dve seku i pritom:

(a) bilo koje tri nemaju zajednicku tacku;(b) tacno tri se seku u jednoj tacki?

33

Zadatak 3.12. Dokazati da svaka trougaona povrs jeste konveksan skuptacaka.

Zadatak 3.13. Dokazati da je ∡ pOq konveksan akko se moze prikazati kaopresek dveju poluravni.

Zadatak 3.14. Svaka tacka koja je sadrzana u dva ugla jednog trougla,pripada i trecem uglu tog trougla. Dokazati.

Zadatak 3.15. Sve tacke koje pripadaju unutrasnjosti proizvoljnog ∆ABCujedno pripadaju i svakom od njegovih uglova. Dokazati.

Zadatak 3.16. Dokazati da je cetvorougaona povrs konveksan skup tacakaakko sadrzi obe dijagonale tog cetvorougla.

Zadatak 3.17. Dokazati da se dijagonale AC i BD konveksnog ravnogcetvorougla ABCD seku u tacki S koja pripada unutrasnjosti tog cetvorougla.Iskazati zatim obratan stav i dokazati ga.

Zadatak 3.18. Dokazati da su tacke u kojima se seku dijagonale konvek-snog ravnog petougla temena konveksnog ravnog petougla koji je sadrzanu prvome. Iskazati analogno tvrdenje u slucaju proizvoljnog konveksnogn-tougla.

34

Glava 4

PODUDARNOST

4.1 Aksiome podudarnosti i njihove posledice

Relacija podudarnosti, kao sto smo vec istakli u uvodnom delu, pred-stavlja jednu od osnovnih relacija parova tacaka geometrijskog prostoraS. Ako je ureden par tacaka (A,B) podudaran sa parom tacaka (C,D),pisacemo (A,B) ∼= (C,D). Pritom, ovu relaciju karakterisu sledece aksiome:

Aksioma III1: Za svake dve tacke A,B ∈ S vazi (A,A) ∼= (B,B).

Aksioma III2: Za svake dve tacke A,B ∈ S vazi (A,B) ∼= (B,A).

Aksioma III3: Ako su A,B,C,D,E, F ∈ S takve da vazi (A,B) ∼= (C,D)i (A,B) ∼= (E,F ), onda vazi i (C,D) ∼= (E,F ).

Aksioma III4: Ako su C i C ′ proizvoljne tacke duzi (AB) i (A′B′), re-

spektivno, takve da je (A,C) ∼= (A′, C ′) i (C,B) ∼= (C ′, B′), onda je i

(A,B) ∼= (A′, B′).

Aksioma III5: Ako su A,B ∈ S dve razne tacke i A′ krajnja tacka neke

poluprave p, onda postoji tacka B′ ∈ p takva da je (A,B) ∼= (A′, B′).

Aksioma III6: Ako su A,B,C ∈ S proizvoljne nekolinearne tacke i A′, B′

tacke ruba neke poluravni π takve da je (A,B) ∼= (A′, B′), onda postoji

tacno jedna tacka C ′ ∈ π za koju vazi (A,C) ∼= (A′, C ′) i (B,C) ∼=(B′, C ′).

35

36

Aksioma III7: Ako su A,B,C i A′, B′, C ′ dve trojke nekolinearnih tacaka

i D,D′ tacke polupravih BC i B′C ′, respektivno, takve da je (A,B) ∼=(A′, B′), (A,C) ∼= (A′, C ′), (B,C) ∼= (B′, C ′) i (B,D) ∼= (B′,D′),onda vazi i (A,D) ∼= (A′,D′).

Navodimo sada neke od vaznijih posledica aksioma podudarnosti.

Teorema 4.1.1. Relacija podudarnosti parova tacaka prostora S je relacija

ekvivalencije.

Dokaz. Neka su A,B ∈ S proizvoljne tacke. Prema aksiomi III2 imamoda je (B,A) ∼= (A,B) i (B,A) ∼= (A,B), pa na osnovu aksiome III3 vazi(A,B) ∼= (A,B). Dakle, relacija podudarnosti parova tacaka je refleksivna.

Uocimo sada dva para tacaka A,B i C,D prostora S, takve da je (A,B) ∼=(C,D). Na osnovu refleksivnosti je (A,B) ∼= (A,B), pa ponovnom pri-menom aksiome III3 dobijamo (C,D) ∼= (A,B). Ovim je pokazana simetri-cnost relacije podudarnosti parova tacaka.

Na kraju, pokazujemo tranzitivnost iste relacije. Zaista, neka su (A,B),(C,D) i (E,F ) tri para tacaka prostora S takve da vazi (A,B) ∼= (C,D) i(C,D) ∼= (E,F ). Tada, na osnovu vec pokazane simetricnosti ove relacijesledi (C,D) ∼= (A,B) i (C,D) ∼= (E,F ), pa prema aksiomi III3 imamo daje (A,B) ∼= (E,F ).

Teorema 4.1.2. Ako su A,B ∈ S dve razne tacke i A′ krajnja tacka neke

poluprave p, onda postoji jedinstvena tacka B′ ∈ p takva da je (A,B) ∼=(A′, B′).

Dokaz. Prema aksiomi III5, na polupravoj p postoji tacka B′ takva daje (A,B) ∼= (A′, B′), pa treba jos dokazati da je ona jedinstvena. U tomcilju, pretpostavimo suprotno, da na istoj polupravoj osim tacke B′ postojibar jos jedna tacka B′′ takva da je (A,B) ∼= (A′, B′′). Ako obelezimo saC proizvoljnu tacku van prave AB (slika 4.1), onda prema aksiomi III6

u nekoj od poluravni ciji je rub prava A′B′ postoji tacka C ′ takva da je(A,C) ∼= (A′, C ′) i (B,C) ∼= (B′, C ′).

Slika 4.1.

37

Primenom aksiome III7 nalazimo da je i (B,C) ∼= (B′′, C ′). Medutim,tada su A,B,C tri nekolinearne tacke i A′, C ′ tacke ruba A′C ′ poluravni(A′C ′, B′) takve da je (A,C) ∼= (A′, C ′), dok su B′ i B′′ tacke te iste polu-ravni takve da je

(A,B) ∼= (A′, B′) ∧ (B,C) ∼= (B′, C ′),

a, s druge strane,

(A,B) ∼= (A′, B′′) ∧ (B,C) ∼= (B′′, C ′).

Ovo je, naravno, u suprotnosti sa aksiomom III6, cime je tvrdenje pokazanou celini.

Na kraju ovog odeljka, navodimo bez dokaza vazno tvrdenje, poznatokao osnovna teorema o podudarnosti kolinearnih tacaka.

Teorema 4.1.3. Neka su p i p′ dve prave prostora S. Ako su A,B,C tri

razne tacke prave p i A′, B′ dve tacke prave p′ takve da je (A,B) ∼= (A′, B′),tada u prostoru S postoji jedinstvena tacka C ′ takva da je (A,C) ∼= (A′, C ′)i (B,C) ∼= (B′, C ′). Pri tome, tacka C ′ pripada pravoj p′ i poretku tacaka

A,B,C odgovara isti poredak odgovarajucih tacaka A′, B′, C ′, tj. vazi

(i) B(A,B,C) =⇒ B(A′, B′, C ′);

(ii) B(A,C,B) =⇒ B(A′, C ′, B′);

(iii) B(C,A,B) =⇒ B(C ′, A′, B′).

Napomena 4.1.1. Prethodna teorema nam omogucava definisanje relacijepodudarnosti za ma koji konacan niz tacaka. Naime, za neko k ∈ N recicemo da su tacke A1, A2, . . . , Ak podudarne tackama A′

1, A′2, . . . , A

′k ako za

svako i, j = 1, 2, . . . , k vazi (Ai, Aj) ∼= (A′i, A

′j). Tada pisemo

(A1, A2, . . . , Ak) ∼= (A′1, A

′2, . . . , A

′k).

4.2 Pojam izometrijskih transformacija

Aksiome podudarnosti omogucavaju nam da u geometrijskom prostoru Sdefinisemo narocitu klasu preslikavanja (transformacija) tog prostora. Ovetransformacije, kao sto cemo videti kasnije, imaju veoma siroku i raznovrsnuprimenu u izucavanju osobina razlicitih geometrijskih objekata.

38

Definicija 4.2.1. Bijektivno preslikavanje I : S → S naziva se izometri-

jska transformacija ili izometrija prostora S ako za svaki par tacaka

X,Y ∈ S i njima odgovarajuce slike X ′ = I(X), Y ′ = I(Y ) vazi relacija

(X,Y ) ∼= (X ′, Y ′).

Na slici 4.2 prikazali smo, pri oznakama iz prethodne definicije, tipicnukarakteristiku izometrijske transformacije I koja ”cuva” osobinu podudarno-

Slika 4.2.

nosti parova tacaka prostora S.Najjednostavniji primer takve tra-nsformacije jeste identicko preslika-vanje prostora S, koje svaku tackuiz S prevodi u tu istu tacku. Kakoza svake dve tacke X,Y ∈ S vazi(X,Y ) ∼= (X,Y ), to je jasno daidenticko preslikavanje zaista preds-

tavlja izometrijsku transformaciju datog prostora. Inace, ovo preslikavanjenazivamo koincidencijom i obelezavamo sa ξ. Pored toga, izometrijske tra-nsformacije prostora S imaju sledeca vaznija svojstva:

Teorema 4.2.1. Kompozicija dveju izometrijskih transformacija prostra Sje takode izometrijska transformacija tog prostora.

Dokaz. Neka su I1,I2 : S → S dve proizvoljne izometrijske transformacijeprostora S. Oznacimo sa X,Y proizvoljne tacke tog prostora, sa X1 = I1(X)i Y1 = I1(Y ) tacke koje u izometriji I1 odgovaraju tackama X i Y , a saX2 = I2(X1) i Y2 = I2(Y1) tacke koje u izometriji I2 odgovaraju tackamaX1 i Y1. Tada u kompoziciji I2 ◦I1 tackama X i Y odgovaraju redom tackeX2 i Y2 (slika 4.3).Pritom, na osnovudefinicije izometrijskihtransformacija vazi(X,Y ) ∼= (X1, Y1) i(X1, Y1) ∼= (X2, Y2),pa primenom ranijepokazane osobine tra-

Slika 4.3.

nzitivnosti relacije podudarnosti sledi da je (X,Y ) ∼= (X2, Y2). Dakle, kom-pozicija I2◦I1 zaista predstavlja izometrijsku transformaciju prostora S.

Teorema 4.2.2. Inverzna transformacija izometrijske transformacije pros-

tora S predstavlja takode izometrijsku transformaciju tog prostora.

39

Dokaz. Neka je I bilo koja izometrijska transformacija prostora S. Akosu X i Y proizvoljne tacke tog prostora, a X ′ = I(X) i Y ′ = I(Y ), bice(X,Y ) ∼= (X ′, Y ′). Na osnovu osobine simetricnosti relacije podudarnostiparova tacaka tada vazi i (X ′, Y ′) ∼= (X,Y ). Najzad, kako su tacke X i Yslike tacaka X ′ i Y ′ pri inverznom preslikavanju I

−1, to je ovo preslikavanjetakode izometrijska transformacija.

Na osnovu prethodno pokazanih rezultata zakljucujemo da vazi sledecacinjenica:

Posledica 4.2.1. Skup svih izometrijskih transformacija prostora S pred-

stavlja (nekomutativnu) grupu.

Grupu svih izometrijskih transformacija prostora S obelezavamo sa G(I).Dalje, dajemo jos neke opste karakterizacije izometrijskih transformacijatacaka na pravoj, u ravni, odnosno celokupnom prostoru S.

Teorema 4.2.3. Neka su A,B dve razne tacke neke prave p i A′, B′ tacke

iste prave takve da je (A,B) ∼= (A′, B′). Tada postoji jedinstvena izometri-

jska transformacija I : p → p takva da je

I(A) = A′ i I(B) = B′.

Dokaz. S obzirom da je A 6= B i (A,B) ∼= (A′, B′), bice A′ 6= B′. Porednavedenih tacaka uocimo na pravoj p dve proizvoljne tacke X i Y . Premaosnovnoj teoremi o podudarnosti kolinearnih tacaka postoje jedinstvenoodredene tacke X ′, Y ′ ∈ p takve da je

(A,X,B) ∼= (A′,X ′, B′) ∧ (A,Y,B) ∼= (A′, Y ′, B′).

Tada, dakle, vazi relacija (A,X, Y,B) ∼= (A′,X ′, Y ′, B′), pa mora biti i(X,Y ) ∼= (X ′, Y ′). Stoga, ako preslikavanje I : p → p definisemo saI(X) = X ′, odnosno I(Y ) = Y ′, jasno je da je rec o izometrijskoj transfor-maciji prave p.

Posledica 4.2.2. Svaka izometrijska transformacija prave p koja ima bar

dve razne invarijantne (nepokretne) tacke jeste koincidencija na pravoj p.

Na kraju, navodimo bez dokaza odgovarajuca tvrdenja koja se odnosena karakterizaciju izometrija u ravni, odnosno unutar prostora S.

Teorema 4.2.4. Neka su A,B,C ma koje tri nekolinearne tacke ravni πi A′, B′, C ′ tacke te iste ravni takve da je (A,B,C) ∼= (A′, B′, C ′). Tada

postoji jedinstvena izometrijska transformacija I : π → π takva da je

I(A) = A′, I(B) = B′, I(C) = C ′.

40

Posledica 4.2.3. Svaka izometrijska transformacija ravni π koja ima bar

tri nekolinearne invarijantne tacke jeste koincidencija u toj ravni.

Teorema 4.2.5. Neka su A,B,C,D ma koje cetiri nekomplanarne tacke

prostora S i A′, B′, C ′,D′ tacke tog istog prostora takve da je (A,B,C,D) ∼=(A′, B′, C ′,D′). Tada postoji jedinstvena izometrijska transformacija I : S →S takva da je

I(A) = A′, I(B) = B′, I(C) = C ′, I(D) = D′.

Posledica 4.2.4. Svaka izometrijska transformacija I : S → S koja pose-

duje najmanje cetiri nekomplanarne invarijantne tacke jeste koincidencija.

4.3 Relacija podudarnosti geometrijskih figura

U prethodnim razmatranjima podudarnost smo posmatrali kao relacijudefinisanu nad parovima tacaka, odnosno, u opstijem slucaju, nad konacnimskupovima tacaka geometrijskog prostora S. Sada, koristeci izometrijsketransformacije mozemo opisati relaciju podudarnosti ma kojih figura u tomprostoru.

Definicija 4.3.1. Neka su Φ, Φ′ ⊂ S proizvoljne geometrijske figure. Kaza-

cemo da je figura Φ podudarna sa figurom Φ′, u oznaci Φ ∼= Φ′, ako postoji

izometrijska transformacija I : S → S takva da je I(Φ) = Φ′.

Na osnovu prethodne definicije mogu se pokazati sledeca vaznija svojstvarelacije podudarnosti.

Teorema 4.3.1. Relacija podudarnosti geometrijskih figura u prostoru S je

relacija ekvivalencije.

Dokaz. Slicno kao i ranije, za datu relaciju pokazujemo osobine relacijeekvivalencije:

(i) Refleksivnost: Geometrijska figura Φ ⊂ S podudarna je sama sebi, jervazi ξ(Φ) = Φ, gde je ξ koincidencija prostora S.

(ii) Simetricnost: Ako su Φ,Φ′ ⊂ S geometrijske figure za koje je Φ ∼= Φ′,onda po definiciji postoji izometrija I takva da je I(Φ) = Φ′. Premateoremi 4.2.2, inverzna transformacija I

−1 je takode izometrija, pricemu ocito vazi I

−1(Φ′) = Φ, odnosno Φ′ ∼= Φ.

41

(iii) Tranzitivnost: Neka su Φ,Φ′,Φ′′ proizvoljne figure prostora S takveda je Φ ∼= Φ′ i Φ′ ∼= Φ′′. Oznacimo sa I1,I2 izometrije datog prostoraza koje vazi I1(Φ) = Φ′ i I2(Φ

′) = Φ′′. Kako je, prema teoremi 4.2.1,kompozicija I2 ◦I1 takode izometrija, a pritom je ocito (I2 ◦I1)(Φ) =Φ′′, to je Φ ∼= Φ′′.

Na osnovu pokazane teoreme jasno je da unutar geometrijskog prostoraS mozemo posmatrati klase podudarnih geometrijskih figura. Direktnom pri-menom aksioma podudarnosti i teorema 4.2.3 i 4.2.4 iz prethodnog dela lakoje pokazati da su medusobno podudarne svake dve prave, poluprave, ravni ipoluravni (proverite, za vezbu). Ipak, podudarnost slozenijih geometrijskihfigura posebno se ispituje.

4.4 Podudarnost geometrijskih figura u ravni

U daljem izlaganju dajemo osnovne cinjenice koje se odnose na podu-darnost ravnih geometrijskih figura. Najpre opisujemo neke od osobina po-dudarnih duzi i uglova, kao i nacine njihovog uporedivanja. Zatim cemoizvrsiti klasifikaciju uglova, pri cemu posebno proucavamo prave uglove injihovu ulogu u zasnivanju relacije normalnosti dveju pravih u ravni. Nakraju, formulisemo dobro poznate stavove o podudarnosti trouglova i nekeod njihovih vaznijih primena.

4.4.1 Podudarnost duzi

Intuitivno, podudarnost duzi, kao i ostalih geometrijskih objekata, vezu-jemo za pojam ”kretanja” koje jednu od njih ”vodi” ka drugoj. Ipak, udetaljnijem istrazivanju relacije podudarnosti duzi moramo najpre pokazatisledecu cinjenicu.

Teorema 4.4.1. Pri svakoj izometrijskoj transformaciji I : S → S duz se

preslikava u njoj podudarnu duz.

Dokaz. Neka je AB prizvoljna duz za koju je I(A) = A′ i I(B) = B′.Oznacimo dalje sa X ∈ AB proizvoljnu tacku, a sa X ′ sliku tacke X priizometriji I. Kako je tada (A,X,B) ∼= (A′,X ′, B′), to iz relacije B(A,X,B)primenom osnovne teoreme o podudarnosti 4.1.3 sledi da je B(A′,X ′, B′).

42

Dakle, vazi X ′ ∈ A′B′, pa smo pokazali da je I(AB) ⊆ A′B′. Sada, na slicannacin, koristeci inverznu transformaciju I

−1 pokazuje se obratna relacija, asamim tim i jednakost skupova tacaka I(AB) i A′B′.

Koristeci relaciju podudarnosti duzi dolazimo do novih pojmova i os-obina duzi kao geometrijskih objekata.

Definicija 4.4.1. Tacka O ∈ AB je srediste duzi AB ako je AO ∼= OB.

Teorema 4.4.2. Svaka duz ima tacno jedno srediste.

Dokaz. Neka je AB proizvoljna duz, C tacka izvan prave AB i π ravanodredena nekolinearnim tackama A,B,C. Kako je (A,B) ∼= (B,A), premaaksiomi III6 u ravni π, sa one strane prave AB sa koje nije tacka C, postojijedinstvena tacka D takva da je (A,C) ∼= (B,D) i (B,C) ∼= (A,D) (slika4.4). Tada, primenom teoreme 4.2.4 zakljucujemo da postoji jedinstvenaizometrijska transformacija I ravni π koja tacke A,B,C respektivno presli-

Slika 4.4.

kava u tacke B,A,D. U tojtransformaciji, ocito, pravamaAB i CD odgovaraju iste teprave, pa njihova presecna tacka,oznacimo je sa O, mora biti in-varijantna. Pritom, iz relacijaI(O) = O, I(A) = B, I(B) = Asledi (O,A) ∼= (O,B). Pritommora biti B(A,O,B), jer bi usuprotnom tacka O bila pocetakpoluprave kojoj pripadaju obetacke A i B. Prema teoremi 4.1.2

odatle sledi da je A = B, sto je, ocito, nemoguce. Dakle, vazi O ∈ AB, tj.tacka O jeste srediste duzi AB.

Dokazimo jos da je srediste O jedinstveno odredeno. Zaista, ukoliko bipostojala jos neka tacka O′ ∈ AB za koju je (O′, A) ∼= (O′B), onda bi uizometriji I, koju smo ranije definisali, postojale dve invarijantne tacke O iO′. Prema posledici teoreme 4.2.3 ta izometrija mora biti koincidencija, tj.svaka tacka prave AB bi bila invarijantna. Ovo je, ocito, nemoguce jer tackiA odgovara tacka B, pri cemu je A 6= B.

Na kraju, koristeci relaciju podudarnosti duzi opisacemo postupak nji-hovog uporedivanja.

Definicija 4.4.2. Za duz AB kazemo da je manja od duzi CD ako postoji

tacka E ∈ CD takva da je AE ∼= CE. Tada simbolicki pisemo AB < CD.

43

Pokazuje se da relacija “<” jeste relacija delimicnog uredenja na skupuduzi prostora S. Ako, pored nje, posmatramo i relaciju podudarnosti,mozemo definisati sledecu relaciju:

AB ≤ CD ⇐⇒ AB < CD ∨ AB ∼= CD.

Relacija “≤” predstavlja relaciju potpunog uredenja, pri cemu podudarneduzi AB i CD smatramo jednakima i tada, uobicajeno, pisemo AB = CD.Na slican nacin opisujemo i neke elementarne “operacije” nad duzima.

Definicija 4.4.3. Neka su AB, CD, EF duzi za koje postoji tacka M ∈ ABtakva da je AM ∼= CD i MB ∼= EF (slika 4.5). Tada kazemo da je duz ABzbir duzi CD i EF , pri

cemu ovo zapisujemo

AB = CD + EF. Slicno,

pri istim pretpostavka-

ma reci cemo da duz

CD predstavlja razliku

duzi AB i EF , u oznaci

CD = AB − EF.Slika 4.5.

Definicija 4.4.4. Neka su AB i CD proizvoljne duzi i k ∈ N. Duz AB je

proizvod broja k i duzi CD ako vazi

AB = CD + CD + · · · + CD︸ ︷︷ ︸

k puta

.

4.4.2 Podudarnost uglova

Slicno kao kod duzi, u izucavanju relacije podudarnosti uglova jedne isteravni polazimo najpre od sledeceg tvrdenja:

Teorema 4.4.3. Pri svakoj izometrijskoj transformaciji I neke ravni πproizvoljnom uglu odgovara njemu podudaran ugao.

Dokaz. Neka je u ravni π dat ugao ∡ pOq. Ako je taj ugao opruzen,tvrdenje teoreme neposredno sledi iz cinjenice da pri izometrijskoj trans-formaciji ravni π svakoj poluravni odgovara poluravan. Pretpostavimo zatoda ∡ pOq nije opruzen, pri cemu je jasno da je dovoljno razmotriti slucajkada je on konveksan. Obelezimo sada sa A i B proizvoljne tacke na

44

krakovima Op i Oq datog ugla, respektivno. U izometrijskoj transforma-ciji I nekolinearnim tackama O,A,B odgovaraju takode nekolinearne tackeO′, A′, B′, polupravama Op,Oq poluprave O′p′, O′q′, a ugaonoj liniji AOBugaona linija A′O′B′ (slika 4.6). Najzad, ako poluravni (OA,B), (OB,A) i(O′A′, B′), (O′B′, A′) obelezimo respektivno sa α, β i α′, β′, bice I(α) = α′

i I(β) = β′. Pritom je ∡ pOq = α ∩ β i ∡ p′O′q′ = α′ ∩ β′, pa konacnodobijamo I(∡ pOq) = I(α ∩ β) = I(α) ∩ I(β) = α′ ∩ β′ = ∡ p′O′q′.

Slika 4.6.

Teorema 4.4.4 (Osnovna teorema o podudarnosti uglova). Dva ugla

∡ pOq i ∡ p′O′q′ su podudarna akko na kracima Op,Oq i O′p′, O′q′ tih uglova

postoje respektivno tacke P,Q i P ′, Q′ takve da je

(O,P,Q) ∼= (O′, P ′, Q′). (4.1)

Dokaz. Ako su ∡ pOq i ∡ p′O′q′ opruzeni uglovi, tvrdenje teoreme je ocigle-dno. Pretpostavimo stoga da ova dva ugla nisu opruzena, stavise, dovoljnoje kao i ranije posmatrati slucaj konveksnih uglova ∡ pOq i ∡ p′O′q′.

(=⇒:) Neka su ∡ pOq i ∡ p′O′q′ konveksni podudarni uglovi. Tada, podefiniciji podudarnosti, postoji izometrijska transformacija I : S → S takvada je I(∡ pOq) = ∡ p′O′q′. Ako su P ∈ Op i Q ∈ Oq proizvoljne tackekrakova ugla ∡ pOq, a P ′ = I(P ), Q′ = I(Q) slike datih tacaka pri izometrijiI, onda je, ocito, P ′ ∈ O′p′ i Q′ ∈ O′q′. Najzad, kako je O′ = I(O), to jeOP ∼= O′P ′, OQ ∼= O′Q′ i PQ ∼= P ′Q′, tj. vazi relacija (4.1).

(⇐=:) Neka su P ∈ Op,Q ∈ Oq i P ′ ∈ O′p′, Q′ ∈ O′q′ tacke odgo-varajucih krakova uglova ∡ pOq i ∡ p′O′q′ za koje vazi relacija (4.1). Kako sutada O,P,Q i O′, P ′, Q′ trojke nekolinearnih medusobno podudarnih tacaka,prema teoremi 4.2.4 postoji jedinstvena izometrijska transformacija I zakoju vazi I(O) = O′, I(P ) = P ′ i I(Q) = Q′. Jasno je da se u tom slucajuizometrijom I poluprave Op i Oq preslikavaju u poluprave O′p′ i O′q′, re-spektivno. Na taj nacin, i sam ugao ∡ pOq preslikava se u njemu podudaranugao ∡ p′O′q, sto je i trebalo dokazati.

45

Na osnovu prethodne teoreme proizilazi niz karakteristika podudarnihuglova. Navescemo ovde samo one najvaznije:

Teorema 4.4.5. Ako su ∡ pOq i ∡ p′O′q′ podudarni, konveksni i neopruzeni

uglovi, onda su i njima naporedni uglovi takode podudarni.

Dokaz. Za proizvoljne podudarne, konveksne i neopruzene uglove ∡ pOq i∡ p′O′q′ oznacimo sa ∡ qOr i ∡ q′O′r′ njima odgovarajuce naporedne uglove.Uocimo, dalje, tacke P ∈ Op, Q ∈ Oq, R ∈ Or, kao i P ′ ∈ O′p′, Q′ ∈ O′q′,R′ ∈ O′r′, takve da vazi OP ∼= O′P ′, OQ ∼= O′Q′ i OR ∼= O′R′ (slika 4.7).

Slika 4.7.

Tada, na osnovu relacije ∡ pOq ∼= ∡ p′O′q′ i prethodne teoreme 4.4.4 sledi(O,P,Q) ∼= (O′, P ′, Q′). Odavde, primenom aksiome III7 imamo QR ∼=Q′R′, odnosno vazi (O,Q,R) ∼= (O′, Q′, R′). Najzad, ponovnom primenomteoreme 4.4.4 dobijamo ∡ qOr ∼= ∡ q′O′r′.

Teorema 4.4.6. Unakrsni uglovi su medusobno podudarni.

Dokaz. Neka su ∡ pOq i ∡ rOs dva unakrsna ugla takva da kraci Op i Orpripadaju jednoj, a kraci Oq i Os pripadaju drugoj pravoj (slika 4.8). Kakouglovi ∡ pOq i ∡ qOr imaju zajednicki krak Oq, dok su im ostala dva kraka

Slika 4.8.

komplementarne polupra-ve jedne iste prave, oni sunaporedni. Na slican nacindokazuje se da su naporedni iuglovi ∡ qOr i ∡ rOs. Dakle,unakrsni uglovi ∡ pOq i∡ rOs jesu naporedni jednomistom uglu ∡ qOr, te premaprethodnoj teoremi morajubiti medusobno podudarni.

46

Teorema 4.4.7. Za svaki orijentisani ugao ∡ pOq i polupravu O′p′ unutar

ravni π postoji u datoj orijentaciji K tacno jedan ugao ∡ p′O′q′ takav da je

∡ pOq ∼= ∡ p′O′q′ i ∡ p′O′q′ ∈ K.

Dokaz. Ako je ∡ pOq opruzen ugao, tvrdenje je ocigledno. Razmotrimostoga slucaj kada ∡ pOq nije opruzen, pri cemu opet mozemo pretpostavitida je rec o konveksnom uglu. Ako oznacimo sa P i Q proizvoljne tackepolupravih Op i Oq, a sa P ′ tacku poluprave O′p′ takvu da je OP ∼= O′P ′,onda prema aksiomi III6 u orijentisanoj ravni π postoji jedinstvena tackaQ′ takva da je (P,O,Q) ∼= (P ′, O′, Q′), a konveksni ugao ∡ p′O′q′ pripadazadatoj orijentaciji K. Ako polupravu O′Q′ obelezimo sa O′q′, primenomteoreme 4.4.4 zakljucujemo da je ∡ pOq ∼= ∡ p′O′q′. Na kraju, jedinstve-nost ugla ∡ p′O′q′ pokazuje se indirektnim postupkom uz ponovno koriscenjeaksiome III6 (ostavljamo ga citaocu kao vezbu).

Relacija podudarnosti uglova pruza mogucnost formiranja novih poj-mova, pri cemu posebno isticemo jedan od njih.

Definicija 4.4.5. Poluprava Or je simetrala (bisektrisa) ugla ∡ pOq ako

pripada datom uglu i pritom je ∡ pOr ∼= ∡ rOq.

Teorema 4.4.8. Svaki ugao ∡ pOq ima jednu i samo jednu bisektrisu.

Dokaz. Razmotrimo najpre slucaj kada je ∡ pOq neopruzen. Na krakovimadatog ugla uocimo tacke P ∈ Op i Q ∈ Oq takve da je OP ∼= OQ. Tadasu O,P,Q nekolinearne tacke za koje vazi (O,P,Q) ∼= (O,Q,P ), pa postojijedinstvena izometrijska transformacija I za koje vazi I(P ) = Q, I(Q) =P, I(O) = O. U izometriji I srediste R duzi PQ, kao i tacka O, jesu dverazne invarijantne tacke, pa je svaka tacka prave OR invarijantna. S drugestrane, ako je R′ tacka prave OR takva da je B(R,O,R′), onda je data pravatackom O razlozena nadve disjunktne polupraveOR i OR′, od kojih tacnojedna, obelezimo je saOr, pripada uglu ∡ pOq(slika 4.9). Najzad, kakoje poluprava Or invari-jantna pri izometriji I,to vazi ∡ pOr ∼= ∡ qOr,tj. Or zaista predstavljajedinstvenu bisektrisu ugla∡ pOq.

Slika 4.9.

47

Pretpostavimo sada da je ∡ pOq opruzen. Obelezimo sa P i Q tackepolupravih Op i Oq takve da je OP ∼= OQ, sa M bilo koju tacku u un-trasnjosti datog ugla, a sa N tacku toga ugla takvu da je (P,Q,M) ∼=(Q,P,N) (slika 4.10). Kako su P,Q,M i Q,P,N trojke nekolinearnih tacaka,

Slika 4.10.

na osnovu teoreme4.2.4 sledi da postojijedinstvena izometrijskatransformacija I za kojuje I(P ) = Q, I(Q) = P,I(M) = N . Pri datojizometriji, sredista O iR duzi PQ i MN suinvarijantne tacke, pa jei svaka tacka prave OR

invarijantna. Stoga, slicno kao u prethodnom slucaju, zakljucujemo da jepoluprava OR (i samo ona) bisektrisa ∡ pOq.

Slicno kao kod duzi, i ovde mozemo definisati relaciju poredenja dvaugla, kao i operacije zbira, razlike i mnozenja ugla skalarom.

Definicija 4.4.6. ∡ aMb je manji od ∡ cNd, u oznaci ∡ aMb < ∡ cNd,ako postoji poluprava Ne ⊂ ∡ cNd takva da je ∡ aMb ∼= ∡ cNe (slika 4.11).

Slika 4.11.

Definicija 4.4.7. ∡ pOq jeste zbir dva ugla ∡ aMb i ∡ cNd, u oznaci

∡ pOq = ∡ aMb + ∡ cNd, ako unutar ∡ pOq postoji poluprava Or takva

da je ∡ aMb ∼= ∡ pOr i ∡ cNd ∼= ∡ rOs (slika 4.12). Tada kazemo i da

je ∡ aMb jednak razlici uglova ∡ pOq i ∡ cNd, sto zapisujemo ∡ aMb =∡ pOq − ∡ cNd.

48

Slika 4.12.

Definicija 4.4.8. ∡ cNd je jednak proizvodu ∡ aMb i prirodnog broja k ∈N, u oznaci ∡ cNd = k∡ aMb, ako je

∡ cNd = ∡ aMb + · · · + ∡ aMb︸ ︷︷ ︸

k puta

.

4.4.3 Pravi, ostri i tupi uglovi. Upravne prave

U ovom delu proucavamo poseban oblik binarnih relacija izmedu dvejupravih. Rec je o tzv. relaciji normalnosti koju uvodimo nakon formulisanjasledecih klasa uglova.

Definicija 4.4.9. Ugao ∡ pOq je prav, ostar ili tup ako je, redom, podu-

daran, manji ili veci od svog naporednog ugla.

Nadalje posebnu paznju posvecujemo proucavanju pravih uglova, za kojenavodimo sada neka vazna svojstva.

Teorema 4.4.9. Ugao podudaran pravom uglu je takode prav ugao.

Dokaz. Neka je ∡ pOq proizvoljan prav ugao i ∡ p′O′q′ njemu podudaranugao. Oznacimo, dalje, sa ∡ qOr i ∡ q′O′r′ uglove koji su, redom, naporedniuglovima ∡ pOq i ∡ p′O′q′. Tada iz relacije ∡ pOq ∼= ∡ p′O′q′, primenom teo-reme 4.4.4 o jednakosti naporednih uglova sledi ∡ qOr ∼= ∡ q′O′r′. S drugestrane, ugao ∡ pOq je prav, pa po prethodnoj definiciji pravih uglova vazi∡ pOq ∼= ∡ qOr. Na osnovu tranzitivnosti relacije podudarnosti, iz posled-nje dve relacije sledi ∡ pOq ∼= ∡ q′O′r′. Najzad, kako je, po pretpostavci,∡ pOq ∼= ∡ p′O′q′, to mora biti i ∡ p′O′q′ ∼= ∡ q′O′r′. Dakle, ugao ∡ p′O′q′

jeste podudaran svom naporednom uglu ∡ q′O′r′, pa je zaista rec o pravomuglu.

Teorema 4.4.10. Svaka dva prava ugla su medusobno podudarna.

49

Dokaz. Neka su ∡ pOq i ∡ p′O′q′ proizvoljni pravi uglovi, a ∡ qOr i ∡ q′O′r′

njima naporedni, samim tim i njima podudarni uglovi. Ako pretpostavimoda uglovi ∡ pOq i ∡ p′O′q′ nisu podudarni, onda vazi, recimo, relacija ∡ pOq <∡ p′O′q′. Tada u oblasti ugla ∡ p′O′q′ postoji poluprava O′q′′ takva da je∡ pOq ∼= ∡ p′O′q′′ (slika 4.13). Na osnovu prethodne teoreme ugao ∡ p′O′q′′

jeste prav, tj. podudaran je svom naporednom uglu ∡ q′′O′r′. Medutim,tada opruzeni ugao ∡ p′O′r′ ima dve razne bisektrise O′q′ i O′q′′ sto je usuprotnosti sa ranije pokazanom teoremom 4.4.8.

Slika 4.13.

Koristeci pojam pravih uglova mozemo definisati vaznu binarnu relacijukoja opisuje poseban odnos dveju pravih u ravni.

Definicija 4.4.10. Dve prave p, q koje pripadaju istoj ravni π su upravne

(normalne) ako zajedno sa svojom presecnom tackom O obrazuju bar jedan

prav ugao ∡ pOq. Tada pisemo p ⊥ q.

Primenom prethodnih dveju teorema lako se pokazuje da su i ostali uglovikoje obrazuju upravne prave p i q takode pravi (oni su ili naporedni ili un-akrsni pravom uglu ∡ pOq). Iz prethodne definicije dalje sledi da je relacijaupravnosti simetricna, tj. iz relacije p ⊥ q sledi relacija q ⊥ p. Stoga zatakve prave jednostavno kazemo da su medusobno upravne. Navodimo sadajednu od najvaznijih osobina upravnih pravih, poznatu teoremu o egzistenciji

i jedinstvenosti normale.

Teorema 4.4.11. Neka je p proizvoljna prava, a P ma koja tacka ravni π.

Tada u istoj ravni postoji jedinstvena prava n koja sadrzi tacku P i upravna

je na pravu p.

Dokaz. Razmotrimo najpre slucaj kada P /∈ p (slika 4.14). Ako su M iN dve razne tacke prave p, prema aksiomi III6 u ravni π postoji, s onestrane prave p s koje nije tacka P , jedinstvena tacka Q takva da je MP ∼=MQ i NP ∼= NQ. Kako su tacke P,Q ∈ π sa raznih strana prave p,prava n odredena njima sece pravu p u nekoj tacki O. Pritom je bar jedna

50

od tacaka M i N razlicita od tacke O (zasto?), neka je to, recimo, tackaM . U tom slucaju imamo da je (M,N,P ) ∼= (M,N,Q), pa primenomaksiome III7 nalazimo da je (O,P ) ∼= (O,Q). Sada su M,O,P i M,O,Qdve trojke nekolinearnih tacaka takve da je (M,O,P ) ∼= (M,O,Q), pa suuglovi ∡ MOP i ∡ MOQ naporedni i podudarni, dakle, pravi uglovi. Premaprethodnoj definicijio tada je n ⊥ p, pa ostaje jos da pokazemo da je n jedinaprava ravni π koja zadovoljava navedene uslove. Zaista, ako bi osim praven postojala jos neka takva prava n′, ona bi sekla pravu p u nekoj tackiO′ 6= O. Ako je Q′ tacka prave n′ takva da je B(P,O′, Q′) i PO′ ∼= O′Q′,bice MP ∼= MQ′ i NP ∼= NQ′. U tom slucaju, u ravni π sa iste straneprave p postoje dve razne tacke Q i Q′ takve da je (M,N,P ) ∼= (M,N,Q) i(M,N,P ) ∼= (M,N,Q′), sto je nemoguce. Na ovaj nacin, tvrdenje teoremejeste pokazano u ovom slucaju.

Slika 4.14. Slika 4.15.

Pretpostavimo sada da P ∈ p (slika 4.15). Tada tacka P razlaze skupostalih tacaka prave p na dve dijskunktne poluprave Pa i Pb koje odredujuopruzen ugao ∡ aPb. Prema teoremi 4.4.8 taj ugao ima jedinstvenu bisek-trisu, oznacimo je sa Pc. Kako su uglovi ∡ aPc i ∡ bPc naporedni i po-dudarni, oni su pravi, pa je prava n odredena polupravom Pc upravna napravu p. Da je n jedina prava ravni π koja je u tacki P upravna na pravu p,dokazuje se na slican nacin kao i u prethodnom slucaju (ostavljamo citaocuda taj dokaz izvede sam).

Na kraju ovog odeljka, koristeci relaciju normalnosti uvodimo jos jedanbitan pojam.

Definicija 4.4.11. Neka je u ravni π data duz AB. Prava m koja pripada

istoj ravni, sadrzi srediste O duzi AB i upravna je na pravu AB naziva se

medijatrisa (simetrala) duzi AB (slika 4.16).

51

Ranije smo pokazali (teorema4.4.2) da svaka duz ima tacnojedno srediste. S druge strane,prethodnom teoremom pokazalismo da u zadatoj ravni postojitacno jedna prava koja je norma-lna na datu pravu u nekoj zada-toj tacki. Na osnovu toga, za-kljucujemo da ce bilo koja duz ABu ravni π imati tacno jednu medi-

Slika 4.16.

jatrisu. Od znacajnijih osobina medijatrise duzi, izdvajamo jos sledecetvrdenje.

Teorema 4.4.12. Neka je u ravni π data duz AB. Skup svih tacaka X ∈ πtakvih da je AX ∼= BX predstavlja medijatrisu duzi AB.

Dokaz. Neka je n = {X ∈ π | AX ∼= BX} i pokazimo da ovaj skup tacakapredstavlja medijatrisu m duzi AB. Kao sto znamo, srediste O duzi ABjeste jedinstvena tacka prave AB za koju vazi AO ∼= OB, pa je O ∈ n.S druge strane, ako je X ∈ n tacka ravni π koja ne pripada pravoj AB,bice (A,O,X) ∼= (B,O,X), odnosno ∡ AOX ∼= ∡ BOX. Kako su ∡ AOXi ∡ BOX naporedni uglovi, to je OX ⊥ AB, tj. X ∈ m (videti opet sliku4.16). Dakle, pokazali smo da vazi n ⊆ m.

Obratno, ako je X ∈ m i X 6= O, onda su iz podudarnosti naporednihuglova ∡ AOX i ∡ BOX, kao i relacija OA ∼= OB i OX ∼= OX, sledi da jeAX ∼= BX. Na ovaj nacin pokazana je i relacija m ⊆ n, pa je m = n.

4.4.4 Podudarnost trouglova

Kao sto smo vec pokazali, u svakoj izometrijskoj transformaciji I : S →S kolinearnim tackama odgovaraju kolinearne, a nekolinearnim tackamaodgovaraju nekolinearne tacke. Iz tog svojstva i cinjenice da u izometrijskojtransformaciji duzi uvek odgovara duz neposredno sledi da u toj transfor-maciji trouglu uvek odgovara trougao, cetvorouglu cetvorougao, i, uopste,svakom n-touglu uvek odgovara n-tougao. Na taj nacin, u prostoru S moguse posmatrati klase podudarnih mnogouglova.

Ipak, uslovi kojima se utvrduje podudarnost dva mnogougla nisu uvekdati na idealan nacin samim postojanjem izometrijske transformacije koja

52

prevodi jedan od njih u drugi. Kod trouglova kao najjednostavnijih poligonapodudarnost mozemo izraziti podudarnoscu odgovarajucih stranica i uglovadatih trouglova. Na taj nacin, moguce je ustanoviti cetiri razlicita stavao podudarnosti trouglova u istoj ravni. Te stavove, nadamo se vec dobropoznate citaocima, formulisemo sada u obliku odgovarajucih tvrdenja.

Teorema 4.4.13 (III stav podudarnosti trouglova). Dva trougla su

podudarna ako su im podudarne odgovarajuce stranice.

Dokaz. Neka su ∆ABC i ∆A′B′C ′ dva trougla ravni π takva da je AB ∼=A′B′, BC ∼= B′C ′, CA ∼= C ′A′ (slika 4.17). Tada su A,B,C i A′, B′, C ′

dve trojke nekolinearnih tacaka ravni π takve da je (A,B,C) ∼= (A′, B′, C ′),pa postoji izometrijska transformacija I ravni π koja tacke A,B,C prevodirespektivno u tacke A′, B′, C ′. Jasno je onda da izometrija I prevodi ∆ABCu ∆A′B′C ′, odnosno da vazi ∆ABC ∼= ∆A′B′C ′.

Slika 4.17.

Teorema 4.4.14 (I stav podudarnosti trouglova). Dva trougla su po-

dudarna ako su im podudarne po dve razne stranice i njima zahvaceni ugao.

Dokaz. Neka su ∆ABC i ∆A′B′C ′ dva trougla u ravni π takvi da jeAB ∼= A′B′, AC ∼= A′C ′ i ∡ A ∼= ∡ A′ (slika 4.18). S obzirom da su ugloviA i A′ podudarni, a B,C i B′, C ′ tacke na kracima tih uglova takve daje (A,B) ∼= (A′, B′) i (A,C) ∼= (A′, C ′), prema teoremi 4.4.4 imamo daje (B,C) ∼= (B′, C ′), odnosno BC ∼= B′C ′. Stoga je, prema prethodnojteoremi, ∆ABC ∼= ∆A′B′C ′.

Slika 4.18.

53

Teorema 4.4.15 (II stav podudarnosti trouglova). Dva trougla su

podudarna ako su im podudarne po jedna stranica i njoj nalegli uglovi.

Dokaz. Neka su ∆ABC i ∆A′B′C ′ dva trougla u ravni π kojima je AB ∼=A′B′, ∡ A ∼= ∡ A′ i ∡ B ∼= ∡ B′ (slika 4.19). Dokazimo da je tada BC ∼=B′C ′. Ako pretpostavimo suprotno, onda je jedna od duzi BC i B′C ′

veca od druge, recimo, B′C ′ > BC. U tom slucaju, unutar duzi B′C ′

postoji tacka C ′′ takva da je BC ∼= B′C ′′. Prema prethodnoj teoremiimamo da je ∆ABC ∼= ∆A′B′C ′′, pa je ∡ BAC ∼= ∡ B′A′C ′′. Medutim,tada su A′C ′ i A′C ′′ dve razne poluprave koje sa polupravom A′B′ zah-vataju podudarne istosmerne uglove, a to je prema teoremi 4.4.7 nemoguce.Dakle, zaista je BC ∼= B′C ′, pa primenom prethodne teoreme, dobijamo∆ABC ∼= ∆A′B′C ′.

Slika 4.19.

Teorema 4.4.16 (IV stav podudarnosti trouglova). Dva trougla su

podudarna ako su im podudarne po dve stranice i ugao naspram jedne od

njih, dok su uglovi naspram drugih dveju pomenutih stranica istog karaktera

(oba su ostra, oba prava ili oba tupa).

Dokaz. Neka su ∆ABC i ∆A′B′C ′ dva trougla ravni π za koja je AB ∼=A′B′, BC ∼= B′C ′ i ∡ A ∼= ∡ A′, dok su uglovi ∡ C i ∡ C ′ oba ostra, obaprava ili oba tupa (slika 4.20). Dokazimo da je tada AC ∼= A′C ′. Akopretpostavimo suprotno, onda je, recimo, AC < A′C ′, pa postoji tacka C ′′ ∈A′C ′ takva da je AC ∼= A′C ′′. Prema I stavu podudarnosti trouglova tadaimamo da je ∆ABC ∼= ∆A′B′C ′′, pa je BC ∼= B′C ′′ i ∡ BCA ∼= ∡ B′C ′′A′.S druge strane, u ∆B′C ′C ′′ je B′C ′ ∼= B′C ′′, pa je ∡ B′C ′C ′′ ∼= ∡ B′C ′′C ′.Kako su ∡ BCA i ∡ B′C ′C ′′ uglovi istog karaktera (oba ostra, oba pravaili oba tupa) tu istu osobinu imaju i njima podudarni uglovi ∡ B′C ′′A′ i∡ B′C ′′C ′. Medutim, ova dva ugla ne mogu biti oba ostra niti oba tupa jersu naporedni. Isto tako ne mogu biti ni pravi, jer bi tada kroz tacku B′

postojale dve razne prave B′C ′ i B′C ′′ upravne na pravu A′C ′, sto je premateoremi 4.4.11 nemoguce. Stoga je AC ∼= A′C ′ i prema tome ∆ABC ∼=∆A′B′C ′.

54

Slika 4.20.

Gore navedeni stavovi o podudarnosti trouglova imaju veoma znacajnuulogu u dokazivanju velikog broja cinjenica i tvrdenja u geometriji, o cemuce biti vise reci u narednim izlaganjima. U ovom odeljku pokazacemo, naosnovu njih, jos neke dobro poznate osobine trouglova u ravni, kojima se,pre svega, opisuje odnos njihovih stranica i uglova.

Teorema 4.4.17. Naspram vece stranice trougla nalazi se veci ugao, i

obratno, naspram veceg ugla trougla nalazi se veca stranica.

Dokaz. Neka je dat ∆ABC u kojem je AC > AB, te pokazimo da tadamora biti ∡ B > ∡ C. Zaista, iz relacije AC > AB sledi da unutar duzi AC

Slika 4.21.

postoji tacka D takva da je AB ∼= AD(slika 4.21). Poluprava BD nalazi seu ∡ ABC, pa je ∡ ABC > ∡ ABD ∼=∡ ADB > ∡ ACB.

Obratno, ako je dat ∆ABC u ko-jem je ∡ B > ∡ C, onda je AC >AB. Zaista, ne moze biti AC ∼= AB,jer bi tada vazila relacija ∡ B ∼= ∡ C,sto je u suprotnosti sa polaznom pret-postavkom. Ne moze biti ni AC < AB,jer bi prema prethodno dokazanom delu

ove teoreme vazila relacija ∡ B < ∡ C, a to je takode suprotno pretpostavci.Dakle, vazi AC > AB.

Teorema 4.4.18. Zbir ma kojih dveju stranica trougla veci je od trece stran-

ice, a razlika dveju stranica manja je od trece stranice.

Dokaz. Neka je dat proizvoljan ∆ABC. Da bismo dokazali da je, recimo,AB + AC > BC, obelezimo sa D tacku prave AB takvu da je B(B,A,D) iAC ∼= AD (slika 4.22). Tada je ∡ BCD > ∡ ACD i ∡ ACD ∼= ∡ BDC, paje ∡ BCD > ∡ BDC. Stoga je prema prethodnoj teoremi BD > BC, odno-

55

sno AB + AC > BC. Dabismo dokazali drugi deoteoreme, pretpostavimo daje, recimo, AC > AB. Tada,prema prethodno dokazanomdelu ove teoreme imamo daje AC < AB + BC, odakleneposredno sledi relacijaAC − AB < BC.

Slika 4.22.

4.5 Zadaci za vezbu

Zadatak 4.1. Dokazati da u izometrijskoj transformaciji I prostora S kon-veksnom liku Φ odgovara konveksan lik Φ′, a konkavnom liku Φ odgovarakonkavan lik Φ′.

Zadatak 4.2. Ako u izometrijskoj transformaciji I ravni π duzi XY odgo-vara duz X ′Y ′, dokazati da sredistu O duzi XY odgovara srediste O′ duziX ′Y ′.

Zadatak 4.3. Na jednoj pravoj date su cetiri tacke A,B,C,D takve da jeB(A,B,C,D) i AB ∼= CD. Dokazati da je tada AC ∼= BD, kao i da sesredista duzi AD i BC poklapaju.

Zadatak 4.4. Date su tri kolinearne tacke A,B,C. Ako su M i N sredistaduzi AB i AC, respektivno, dokazati da je duz MN jednaka ili poluzbiru ilipolurazlici duzi AB i AC.

Zadatak 4.5. Ako u izometrijskoj transformaciji I ravni π uglu ∡ pOq odgo-vara ugao ∡ p′O′q′, dokazati da simetrali Os ugla ∡ pOq odgovara simetralaO′s′ ugla ∡ p′O′q′.

Zadatak 4.6. U jednoj ravni date su poluprave OA,OB,OC,OD takve daje ∡ AOB ∼= ∡ COD. Dokazati da je tada ∡ AOC ∼= ∡ BOD, kao i da sesimetrale uglova ∡ AOD i ∡ BOC poklapaju.

Zadatak 4.7. Ako su OM i ON simetrale uglova ∡ AOB i ∡ AOC, respek-tivno, sadrzanih u istoj ravni, dokazati da je ∡ MON jednak ili poluzbiruili polurazlici uglova ∡ AOB i ∡ BOC.

56

Zadatak 4.8. Ako u izometrijskoj transformaciji I ravni π duzi XY odgo-vara duz X ′Y ′, dokazati da medijatrisi m duzi XY odgovara medijatrisa m′

duzi X ′Y ′.

Zadatak 4.9. Neka je u ravni dat ∆ABC. Dokazati da je AB ∼= AC akkoje ∡ B ∼= ∡ C.

Zadatak 4.10. Ako su B1 i C1 sredista stranica CA i AB trougla ABC,dokazati da je AB ∼= AC akko je BB1

∼= CC1.

Zadatak 4.11. Ako su B′ i C ′ podnozja visina iz temena B i C trouglaABC, dokazati da je AB ∼= AC akko je BB′ ∼= CC ′.

Zadatak 4.12. Ako su B′ i C ′ tacke u kojima bisektrise unutrasnjih uglova∡ B i ∡ C seku naspramne stranice CA i AB trougla ABC, dokazati da jeAB ∼= AC akko je BB′ ∼= CC ′.

Zadatak 4.13. Ako se kraci AB i AC jednakokrakog trougla ABC produzepreko temena A do tacaka E i F , tako da je AE = AF i tacka E spoji satemenom C, a tacka F sa temenom B, dokazati da je FB = EC.

Zadatak 4.14. Neka su D,D′ sredista stranica BC i B′C ′ trouglova ABCi A′B′C ′, respektivno. Dokazati da je ∆ABC ∼= ∆A′B′C ′ ako vaze sledecejednakosti:

(a) AB = A′B′, AC = A′C ′ i BD = B′D′;

(b) ∡ BAD = ∡ B′A′D′, ∡ ADC = ∡ A′D′C ′ i AD = A′D′;

(c) AB − AC = A′B′ − A′C ′, BC = B′C ′ i AD = A′D′.

Zadatak 4.15. Neka je M proizvoljna tacka u unutrasnjosti ∆ABC. Do-kazati da je zbir duzi AM , BM i CM veci od poluobima, a manji od obimadatog trougla.

Zadatak 4.16. Neka je D srediste stranice BC trougla ABC. Dokazati datada vazi AB < AC akko je ∡ BDA < ∡ CDA.

Zadatak 4.17. Ako u ∆ABC vazi AB > AC, a S je tacka u kojoj simetrala∡ A sece stranicu BC, dokazati da je ∡ ASB > ∡ ASC i SB > SC.

Zadatak 4.18. Neka su ∆ABC i ∆A′B′C ′ dva trougla takva da vazi AB ∼=A′B′ i AC ∼= A′C ′. Dokazati da je BC > B′C ′ akko je ∡ A > ∡ A′.

Zadatak 4.19. Dokazati da je zbir dijagonala konveksnog cetvorougla veciod poluobima, a manji od obima tog cetvorougla.

57

Zadatak 4.20. Ako kod prostog cetvorougla ABCD vazi ∡ A = ∡ B,dokazati da je tada:

(a) AD = BC ⇐⇒ ∡ C = ∡ D.(b) Prava odredena sredistima stranica AB i CD je zajednicka normala

tih stranica.

Zadatak 4.21. Ako kod prostog cetvorougla ABCD vazi ∡ A = ∡ B,dokazati da je AD < BC ⇐⇒ ∡ C < ∡ D.

Zadatak 4.22. Ako kod prostog cetvorougla ABCD vazi ∡ A = ∡ B i∡ C = ∡ D, dokazati da je tada AD = BC i AC = BD.

Zadatak 4.23. Dokazati da su naspramni uglovi prostog cetvorougla ABCDjednaki akko su njegove naspramne stranice jednake.

Zadatak 4.24. Kod prostog cetvorougla ABCD je ∡ B = ∡ D i srediste Odijagonale AC je na dijagonali BD. Dokazati da je tada tacka O i sredistedijagonale BD, kao i da su naspramne stranice ovog cetvorougla jednake.

58

Glava 5

NEPREKIDNOST

U prethodnim razmatranjima vec smo bili upuceni na to da pravu linijuzamisljamo kao neprekidnu liniju u prostoru. Time smo samo mogli danaslutimo, ali ne i da egzaktno izgradimo ucenje o neprekidnosti. Da bi serazvila ova teorija potrebno je uvesti novu grupu aksioma o kojoj ce ovde bitireci. S tim u vezi, opisacemo i neke od najvaznijih posledica ovih aksioma,kao i njihovu primenu u izgradnji sistema merenja duzi i uglova. Na kraju,dajemo i jedan od osnovnih nacina na koji se uvodi pojam kruga i njemusrodnih geometrijskih objekata.

5.1 Aksiome neprekidnosti i njihove posledice

Grupu aksioma neprekidnosti cine sledece dve aksiome:

Aksioma IV1 (Eudoks-Arhimedova aksioma): Ako su AB i CD dve

proizvoljne duzi takve da je AB > CD, onda postoji prirodan broj

n ∈ N takav da vazi nejednakost

nCD ≤ AB ≤ (n + 1)CD.

Ovu aksiomu, poznatu i pod nazivom aksioma prestizivosti, mozemododatno interpretirati na sledeci nacin:

Na pravoj AB postoji konacan broj tacaka A1, · · · , An, An+1 takvihda je A = A1, B ∈ AnAn+1 i CD ∼= A1A2

∼= · · · ∼= AnAn+1. Kaoilustraciju, na slici 5.1 prikazali smo primenu aksiome prestizivosti uslucaju kada je n = 3.

59

60

Slika 5.1.

Aksioma IV2 (Kantorova aksioma): Neka je na pravoj p dat beskona-

can niz duzi A1B1, A2B2, . . . , AnBn, . . . takav da zadovoljava sledece

osobine (slika 5.2):

(i) Svaka duz datog niza sadrzi sledecu duz, tj. za svako n ∈ N vazi

An+1Bn+1 ⊆ AnBn.

(ii) Ne postoji duz koja pripada svim duzima datog niza.

Tada postoji jedinstvena tacka X koja pripada svim duzima datog niza

duzi, tj. X ∈ AnBn za svako n ∈ N.

Slika 5.2.

Poslednja aksioma je verovatno poznata citaocu i kao Lema o umetnu-tim intervalima, koja se pokazuje kao tvrdenje u okviru standarnog kur-sa Matematicke analize. Na osnovu nje, moguce je izvrsiti uzajamno jed-noznacnu korespodenciju realnih brojeva i tacaka na pravoj, odnosno pot-punu analiticku interpretaciju geometrijskih objekata u prostoru, sto miovde, ipak, necemo ciniti. Navescemo samo da se moze pokazati da jeprethodnim dvema aksiomama ekvivalentna tzv. Dedekindova aksioma ne-

prekidnosti :

Aksioma IV1/2: Neka su na orijentisanoj pravoj p data dva neprazna skupa

tacaka A i B takvi da za svako A ∈ A i B ∈ B vazi A < B. Tada pos-

toji tacka X ∈ p takva da za svake dve tacke A ∈ A\{X} i B ∈ B\{X}vazi uredenje A < X < B (slika 5.3).

61

Slika 5.3.

Naglasimo jos da je navedeni sistem aksioma moguce transformisati unjemu ekvivalentan, tako sto se termin duzi zameni uglom, a tacka polupra-vom. (Ostavljamo Vama da to uradite za vezbu!) Na taj nacin formulisaneaksiome neprekidnosti imaju raznovrsnu primenu u geometriji. Jedna odnajznacajnijih jeste utvrdivanje mere zbira uglova u trouglu o kojoj ce sadabiti vise reci. No, pre toga dajemo sledece pomocno tvrdenje.

Lema 5.1.1. Za svaki ∆ABC postoji u istoj ravni trougao kome je bar jedan

od unutrasnjih uglova najamnje dva puta manji od bar jednog ugla ∆ABC.

Pritom, oba trougla imaju jednak zbir unutrasnjih uglova.

Dokaz. Neka je u ravni π dat proizvoljan trougao ABC i neka je S sredisteduzi BC. Odredimo na pravoj AS tacku D tako da je B(A,S,D) i AS ∼= SD.Tada, prema I stavupodudarnosti trouglovavazi ∆ASC ∼= ∆BSD, aodatle je ∡ SAC ∼= ∡ SDBi ∡ SCA ∼= ∡ SBD.Pokazimo sada da ∆ABDzadovoljava uslove date utvrdenju leme. Zaista, barjedan od njegovih uglova∡ BAS i ∡ SDB najmanjeje dva puta manji od∡ BAC u trouglu ABC.Pritom, ako funkciju zbira

Slika 5.4.

unutrasnjih uglova ma kojeg trougla oznacimo sa σ(·), na osnovu prethodnopokazanih podudarnosti uglova vazi

σ(∆ABC) = ∡ ABC + ∡ BAC + ∡ ACB =

= ∡ ABC + ∡ BAS + ∡ SAC + ∡ ACB =

= ∡ ABD + ∡ BAD + ∡ ADB =

= σ(∆ABD).

62

Pokazujemo sada, pri oznakama uvedenim u dokazu prethodne leme,poznatu I teoremu Lezandra o zbiru unutrasnjih uglova u trouglu.

Teorema 5.1.1. Za proizvoljan ∆ABC vazi σ(∆ABC) ≤ 2R, gde je Rprav ugao.

Dokaz. Oznacimo sa α, β, γ unutrasnje uglove trougla ABC. Ako pret-postavimo, suprotno tvrdenju teoreme, da je zbir ovih uglova vec i od 2R,onda postoji ugao ε takav da je

σ(∆ABC) = α + β + γ = 2R + ε.

Sada, primenom prethodne leme, mozemo naci ∆A1B1C1 sa uglovima α1, β1, γ1

za koji vazi

α1 <1

2α ∧ σ(∆A1B1C1) = σ(∆ABC) = 2R + ε.

Nastavljajuci isti postupak dobijamo beskonacan niz trouglova

∆ABC,∆A1B1C1, . . . ,∆AnBnCn, . . .

koji za svako n ∈ N zadovoljava sledece relacije

αn <1

2αn−1 < · · · <

1

2nα ∧ σ(∆AnBnCn) = σ(∆ABC) = 2R + ε.

Medutim, na osnovu aksiome neprekidnosti Kantora, zakljucujemo da zaugao ε postoji n ∈ N tako da je zadovoljena nejednakost

αn <1

2nα < ε.

Konacno, zamenivsi ovu nejednakost u jednakost αn + βn + γn = 2R + ε,dobijamo

βn + γn > 2R.

Poslednja nejednakost je ocito nemoguca, cime je pokazano tvrdenje teoremeu celini.

Na kraju ovog odeljka navodimo bez dokaza jos dve Lezandrove teoreme:

Teorema 5.1.2 (II Lezandrova teorema). Ako u ravni π postoji ∆ABCtakav da je σ(∆ABC) = 2R, onda za svaki ∆A1B1C1 iste ravni takode vazi

σ(∆A1B1C1) = 2R.

63

Teorema 5.1.3 (III Lezandrova teorema). Ako za ∆ABC ravni π vazi

σ(∆ABC) = 2R, onda za proizvoljnu tacku P i pravu l te ravni, takvu da

P /∈ l, postoji jedinstvena prava p u ravni π koja sadrzi tacku P i nema sa

pravom l zajednickih tacaka.

Citalac, verujemo, vec moze ”naslutiti” tesnu vezu ovih teorema sa poj-mom paralelnosti, o cemu govorimo u narednom poglavlju. Naglasimo jos iovu cinjenicu:

Kako se proizvoljan mnogougao A1A2 · · ·An moze svojim unutrasnjimdijagonalama razloziti na n − 2 disjunktnih truoglova, indukcijom se lakopokazuje zbir unutrasnjih uglova datog mnogougla zadovoljava nejednakost

σ(A1A2 · · ·An) ≤ 2(n − 2)R.

5.2 Sistem merenja duzi i uglova

Aksiome neprekidnosti omogucavaju nam da na specifican nacin uvedemopojam mere proizvoljne duzi, odnosno ugla u geometrijskom prostoru. For-malno, ovaj pojam mozemo formulisati na sledeci nacin:

Definicija 5.2.1. Sistem merenja duzi jeste funkcija d(·) koja svakoj

duzi a pridruzuje realnu vrednost d(a) sa osobinama:

(i) Nenegativnost: Za svaku duz a vazi d(a) ≥ 0.

(ii) Normiranost: Postoji duz a0 takva da je d(a0) = 1.

(iii) Invarijantost: Za svake dve podudarne duzi a, b vazi

d(a) = d(b).

(iv) Aditivnost: Za svake dve duzi a i b vazi

d(a + b) = d(a) + d(b).

Broj d(a) iz prethodne definicije obicno se naziva mera duzi a, pri datomsistemu merenja d(·). Stavise, ako je a = AB, reci cemo i da d(a) predstavljarastojanje1 krajnjih tacaka A i B date duzi. Narednim tvrdenjem dodatnoispitujemo osnovna svojstva funkcije d(·).

1Ovaj termin nije slucajan. Naime, lako se pokazuje da se osnovu funkcije d(·) mozeizgraditi ”prava” metrika, odnosno rastojanje tacaka u geometrijskom prostoru.

64

Teorema 5.2.1. Za svake dve duzi a i b, odnosno njihove mere d(a) i d(b)vaze sledece relacije:

(i) a < b ⇐⇒ d(a) < d(b)

(ii) a < b =⇒ d(b − a) = d(b) − d(a).

Dokaz. (i) Ako je a < b, onda postoji duz c takva da je d(c) > 0 i b = a+c.Tada, primenom osobine aditivnosti funkcije d(·) dobijamo

d(b) = d(a + c) = d(a) + d(c) > d(a).

Obratno, iz d(a) < d(b) i aksiome invarijantnosti sledi da je a 6= b. Akobi bilo a > b, onda prema prethodnom delu dokaza sledi da je d(a) > d(b),sto je nemoguce. Dakle, mora biti a < b.

(ii) Sledi neposredno na osnovu (i) i aksiome aditivnosti (proverite sami,za vezbu).

Na kraju, pokazujemo egzistenciju sistema merenja duzi, odnosno sledecuvaznu cinjenicu.

Teorema 5.2.2. Za proizvoljnu duz a0 = A0B0 postoji jedinstveno odreden

sistem merenja d(·) takav da vazi d(a0) = 1.

Dokaz. Neka je a = AB proizvoljna duz koja pripada istoj pravoj, oznacimoje sa p, kao i duz a0. Za svako k = 0, 1, 2, . . . podelimo duz a0 na 2k podu-darnih medusobno susednih duzi, a sa AkBk oznacimo ma koju duz u k-tojpodeli. Sada, istu prosirimo i na celu pravu p, odnosno formiramo sistemmedusobno susednih duzi koje su podudarne sa AkBk (slika 5.5).

Slika 5.5.

Oznacimo sa nk ukupan broj svih duzi k-te podele koje pripadaju duzia = AB. Slicno, neka je n′

k ukupan broj takvih duzi koje sa duzi a imaju barjednu zajednicku tacku. Tada za svako k = 0, 1, 2, . . . ocito vazi nk ≤ n′

k,kao i n′

k − nk ≤ 2. Na ovaj nacin dobijamo brojevne nizove (nk) i (n′k)

65

sa osobinama nk+1 ≥ 2nk, odnosno n′k+1

≤ 2n′k. Stavise, sukscesivnom

primenom prethodnih nejednakosti za k = 0, 1, 2, . . . imamo

n0 ≤n1

2≤

n2

22≤ · · · ≤

nk

2k≤ · · · ≤

n′k

2k≤ · · · ≤

n′2

22≤

n′1

2≤ n′

0.

Dakle, mozemo posmatrati dva brojevna niza(nk

2k

)i(

n′

k

2k

)

, pri cemu je prvi

od njih monotono-neopadajuci, odozgo ogranicen brojem n′0. Stoga, niz

(nk

2k

)jeste konvergentan, tj. postoji njegova granicna vrednost

ndef= lim

k→∞

nk

2k.

Slicno, niz(

n′

k

2k

)

je monotono-nerastuci, odozdo ogranicen sa n0, pa i on

konvergira nekoj granicnoj vrednosti

n′ def= lim

k→∞

n′k

2k.

Ako sada primenimo nejednakost 0 ≤ n′k−nk ≤ 2 na prethodne granicne

vrednosti, dobijamo

0 ≤ n′ − n = limk→∞

n′k − nk

2k≤ lim

k→∞

2

2k= 0.

Znaci, vazi n = n′ pa ovu vrednost proglasimo za meru duzi a, odnosnostavimo d(a) = n. Ovim smo za proizvoljnu duz a jednoznacno utvrdilibrojevnu vrednost d(a), za koju se jednostavno proverava da predstavljanjenu meru, tj. da zadovoljava osobine mere iz prethodne definicije. Recimo,za duz a0 vazi nk = n′

k = 2k, pa po definiciji odgovarajucih granicnihvrednosti bice

d(a0) = limk→∞

nk

2k= lim

k→∞

n′k

2k= 1.

Analogno se proveravaju i ostale osobine mere, koje ostavljamo citaocu kaovezbu.

Napomena 5.2.1. Na slican nacin kao u gore opisanom postupku mozese formirati sistem merenja uglova. Potrebno je opet, kao i kod odgo-varajucih aksioma neprekidnosti, termine duzi zameniti uglovima, a tackepolupravama.

66

5.3 Pojam kruga

Koristeci pojam mere duzi, dolazimo do niza novih geometrijskih poj-mova i cinjenica. Posebno isticemo jedan od najvaznijih i najcesce koriscenih.

Definicija 5.3.1. Neka su O i P 6= O proizvoljne tacka ravni π. Skup svih

tacaka P ′ ravni π takvih da je OP ′ ∼= OP naziva se kruzna trajektorija

ili, jednostavno, krug.

Tacka O predstavlja centar (srediste) datog kruga, dok uoceni skupsvih podudarnih duzi OP ′ ∼= OP nazivamo poluprecnikom kruga. Na-jzad, ako je r = d(OP )mera poluprecnika, odnosnoduzi OP koju smo defini-sali u prethodnom odeljku,sam krug oznacavamo sak = K(O, r). Na slici 5.6prikazan je krug K(O, r) za-jedno sa odgovarajucim ele-mentima, centrom O i polu-precnikom mere r. Koristecisada relacije poredenja duziiz prethodnog poglavlja, umogucnosti smo da uvedemosledece relacije.

Slika 5.6.

Definicija 5.3.2. Tacka X je unutar kruga K(O, r) ako je OX < OP,odnosno d(OX) < r. U slucaju da vazi suprotna jednakost, kazemo da je Xizvan datog kruga.

Definicija 5.3.3. Skup svih tacaka unutar kruga K(O, r) naziva se otvore-

na kruzna povrs, a unija te povrsi i samog kruga jeste zatvorena kruzna

povrs.

Sada, na osnovu prethodnih definicija, mozemo preciznije prouciti odnos

prave i kruga u ravni. Evo nekoliko jednostavnijih cinjenica o tome.

Teorema 5.3.1. Svaka prava p koja je u ravni kruga K(O, r) i sadrzi nje-

govo srediste ima sa tim krugom tacno dve zajednicke tacke, po jednu sa

svake strane sredista.

67

Dokaz. Neka je OP poluprecnik kruga K(O, r). Prema aksiomi III5 nasvakoj od poluprava prave p ciji je kraj tacka O postoji po jedna tacka,oznacimo ih sa A i B, tako da je d(OA) = d(OB) = r. Po definiciji, ocito jeda obe tacke A,B pripadaju datom krugu.2

Teorema 5.3.2. Prava p i krug K(O, r) jedne iste ravni π mogu imati

najvise dve zajednicke tacke.

Dokaz. Pretpostavimo, suprotno tvrdenju teoreme, da prava p ima sa kru-gom K(O, r) tri zajednicke tacke A,B,C (slika 5.7). Pritom, pretpostavimo,recimo, da vazi poredakB(A,B,C). Kako jeOA = OB = OC, trougloviOAB i OBC su jednakokraki,pa je ∡ OAB = ∡ OBA i∡ OBC = ∡ OCB. Medutim,kako su ∡ OBA i ∡ OBCnaporedni podudarni uglovi,to oni moraju biti pravi, kaoi njima podudarni uglovi∡ OAB i ∡ OCB. Ovo je usuprotnosti sa cinjenicom datrougao moze imati najvisejedan pravi ugao (objasnitedetaljnije zasto).

Slika 5.7.

Na kraju, definisemo pojam secice i tangente datog kruga.

Definicija 5.3.4. Prava s je secica kruga K(O, r) ako sa njim ima tacno

dve zajednicke tacke. Prava t koja ima tacno jednu zajednicku tacku sa

datim krugom jeste njegova tangenta.

Teorema 5.3.3. Kroz svaku tacku P kruga K(O, r) prolazi tacno jedna

njegova tangenta t, upravna na poluprecnik OP .

Dokaz. Prema teoremi o jedinstvenosti normale, u ravni kruga K(O, r)postoji tacno jedna prava t upravna na pravu OP . Neka je Q proizvoljnatacka prave t razlicita od P . Tada je ∡ PQO manji od pravog ugla, pa vaziOP < OQ (objasnite zasto i nacrtajte odgovarajucu sliku). Dakle, premadefiniciji, tacka Q nalazi se izvan kruga K(O, r), tj. P je jedina tacka pravet koja pripada datom krugu.

2Duz AB nazivamo precnikom datog kruga.

68

5.4 Zadaci za vezbu

Zadatak 5.1. Neka je A1B1, A2B2, . . . beskonacan niz duzi takav da svakaod njih sadrzi narednu i svaka sledeca duz jednaka je polovini prethodne.Dokazati da tada ne postoji duz sadrzana u svim duzima datog niza.

Zadatak 5.2. Neka je ∡ pnqn, n ∈ N beskonacan niz uglova sa zajednickimtemenom u tacki O i takav da se svaki sadrzi u prethodnom i ne postojiugao datog niza koji je zajednicki za sve ostale uglove. Pokazati da je tadapresek ovih uglova poluprava sa pocetkom u tacki O.

Zadatak 5.3. Neka je A proizvoljna tacka van prave p i N podnozje normalepovucene iz tacke A na pravu p. Pokazati da za svaku tacku P ∈ p \ {N}vazi d(AN) < d(AP ).

Zadatak 5.4. Neka je kn = K(O, rn), n ∈ N beskonacan niz krugova takavda se svaki sadrzi u prethodnom i pritom vazi lim

n→∞rn = 0. Pokazati da tada

postoji jedinstvena tacka koja se nalazi u svakom od navedenih krugova.

Zadatak 5.5. Dokazati da je kruzna povrs konveksan skup koji ima besko-nacno mnogo tacaka.

Zadatak 5.6. Ako je AB precnik kruga K(O, r), tacka M ma koja tackana krugu, a N tacka na pravoj AB takva da je B(A,B,N), dokazati da jeBN < MN < AN .

Zadatak 5.7. Ako su t i t′ dve tangente istog kruga K(O, r) koje se sekuu tacki P izvan kruga, dokazati da vaze sledeca tvrdenja:

(a) Duzi ciji su krajevi tacka P i dodirne tacke tangenti t i t′ sa krugomsu jednake.3

(b) Uglovi koje obrazuju tangente t i t′ sa polupravom PO su jednaki.

Zadatak 5.8. Neka su M i N dve razne proizvoljne tacke kruznice K(O, r),a P i Q tacke u kojima proizvoljna tangenta t kruznice K sece dirke kon-struisane u tackama M i N , respektivno. Dokazati da je ∡ POQ jednakpolovini ∡ MON .

3Ove duzi nazivamo tangentnim duzima.

69

Zadatak 5.9. Dva kruga u istoj ravni mogu imati najvise dve zajednicketacke. Dokazati.

Zadatak 5.10. Dva kruga u istoj ravni sa istim sredistem i razlicitim po-luprecnicima nemaju zajednickih tacaka.4 Dokazati.

Zadatak 5.11. Neka su k1 = K(O, r) i k2 = K(O′, r′) dva kruga u istojravni sa raznim sredistima O i O′. Dokazati sledeca tvrdenja:

(a) Ako je d(OO′) < r+ r′, onda se krugovi k1 i k2 seku u dvema raznimtackama.

(b) Ako je d(OO′) = r+r′, krugovi k1 i k2 imaju tacno jednu zajednickutacku (dodiruju se spolja).

(c) Ako je r < r′ i d(OO′) < r − r′, krugovi k1 i k2 nemaju zajednickihtacaka.

(d) Ako je r < r′ i d(OO′) = r − r′, krugovi k1 i k2 imaju tacno jednuzajednicku tacku (dodiruju se iznutra).

4Za ovakve krugove kazemo da su koncentricni krugovi.

70

Glava 6

PARALELNOST

U celokupnom izlaganju koje prethodi ovom poglavlju, koristili smo cetirigrupe aksioma. Na osnovu njih se izgraduje tzv. apsolutna geometrija uprostoru. Tek nakon uvodenja pojma paralelnosti u mogucnosti smo dadamo potpunu geometrijsku teoriju, poznatu kao Euklidska geometrija.

6.1 Aksioma paralelnosti i njene posledice

Kao sto smo vec istakli ranije, paralelnost je bila poznata jos u antickimvremenima i zasnivala se na famoznom Euklidovom petom postulatu. Ovdedajemo jednostavniji ekvivalent ovog tvrdenja koji je dao engleski matema-ticar Dzon Plejfer 1797. godine:

Aksioma V1 (Plejfer):Za proizvoljnu pravu

p i tacku A izvan nje

postoji jedinstvena

prava q, kompla-

narna sa p i takva

da je p ∩ q = ∅. Slika 6.1.

U cast njenog autora ovu aksiomu obicno nazivamo Plejferovom ak-

siomom paralelnosti. Ona se, kao sto vidimo, odnosi na posebnu relacijupravih u ravni, kao sto je prikazano na slici 6.1. Ravan i prostor u ko-jima vazi aksioma paralelnosti nazivamo, respektivno, Euklidovom ravni i

71

72

Euklidovim prostorom, a obelezavamo ih sa E2 i E3. Primenom Plejferoveaksiome mozemo i formalno definisati odgovarajucu binarnu relaciju paralel-nosti pravih.

Definicija 6.1.1. Za dve prave p i q koje pripadaju istoj ravni kazemo da

su paralelne ako je p = q ili p ∩ q = ∅. Tada pisemo p ‖ q.

Pojam paralelnosti mozemo ”prosiriti” i na jos neke geometrijske objekte”srodne” pravama.

Definicija 6.1.2. Dve duzi (poluprave) AB i A′B′ su paralelne ako istu

osobinu imaju odgovarajuce prave koje ih sadrze. Na isti nacin kao kod

pravih, pisemo AB ‖ A′B′.

Dajemo sada neke od vaznijih posledica aksiome paralelnosti, pri cemuse najpre bavimo njenim planimetrijskim primenama, tj. posmatramo par-alelnost u Euklidovoj ravni E2. Pokazacemo najpre ”cuvenu” teoremu o

uglovima sa paralelnim kracima.

Teorema 6.1.1. Neka su ∡ pOq i ∡ p′O′q′ uglovi iste ravni takvi da je

Op ‖ Op′ i Oq ‖ Oq′. Uglovi ∡ pOq i ∡ p′O′q′ su tada ili podudarni ili

suplementi (njihov zbir je jednak zbiru dva prava ugla).

Dokaz. Ako su ∡ pOq i ∡ p′O′q′ opruzeni uglovi, ocito je da vazi ∡ pOq ∼=∡ p′O′q′. Pretpostavimo stoga da oni nisu opruzeni, i uocimo proizvoljnuizometrijsku transformaciju I : E2 → E2 kojom se poluprava Op preslikava1

u polupravu O′p′ tako da je I(O) = O′. Oznacimo, dalje, sa O′q′′ polupravu

Slika 6.2. Slika 6.3.

1Svake dve poluprave jesu podudarne, tj. postoji izometrijska transformacija kojajednu od njih preslikava u drugu polupravu.

73

koja u izometrji I odgovara polupravoj Oq, tj. takvu da je O′q′′ = I(Oq).Tada razlikujemo dva slucaja:

(i) Ako je O′q′′ = O′q′, onda je, jasno, I(∡ pOq) = ∡ p′O′q′, odnosnovazi ∡ pOq ∼= ∡ p′Oq′, kao sto je prikazano na slici 6.2.

(ii) Razmotrimo slucaj kada je O′q′′ 6= O′q′. Tada izometrija I preslikavapolupravu Oq u polupravu O′q′′ koja je komplementarna sa O′q′ (slika 6.3).Sada, dakle, vazi ∡ pOq ∼= ∡ p′O′q′′, pa je ∡ pOq + ∡ p′O′q′ = 2R.

Kao posledicu prethodnog tvrdenja, navodimo jos jedan od fundamen-talnih rezultata Euklidske geometrije, dobro poznatu teoremu o zbiru unu-

trasnjih uglova u trouglu.

Teorema 6.1.2. Zbir unutrasnjih uglova proizvoljnog ∆ABC jednak je zbiru

dva prava ugla.

Dokaz. Neka je p = p(A,B) i q prava paralelna sa p koja sadrzi teme Cdatog trougla. Tacka C razlaze pravu q na dve disjunktne poluprave. Akosu M i N dve raznetacke prave q koje pri-padaju jednoj, odnosnodrugoj polupravoj, biceB(M,C,N), kao sto smoprikazali na slici 6.4.Ako sada primenimoprethodno pokazanuteoremu o uglovima saparalelnim kracima, ima-

Slika 6.4.

mo da je ∡ BAC = ∡ ACM i ∡ ABC = ∡ BCN . Najzad, iz ovih dvejujednakosti sledi

σ(∆ABC) = ∡ BAC + ∡ ABC + ∡ ACB = ∡ ACM + ∡ BCN + ∡ ACB

= ∡ MCN = 2R.

Evo jos nekih cinjenica koje direktno proizilaze iz prethodne teoreme.

Posledica 6.1.1. Zbir unutrasnjih uglova konveksnog n-tougla (n ≥ 3) jed-

nak je izrazu 2(n − 2)R, gde je R prav ugao.

Posledica 6.1.2. Zbir spoljasnjih uglova proizvoljnog n-tougla jednak je 4R.

74

6.2 Relacija paralelnosti pravih i ravni

U prethodnom izlaganju definisali smo pojam paralelnih pravih, duzi ipolupravih. Ovde detaljnije proucavamo paralelnost kao binarnu relaciju naskupu pravih, ali i ravni u prostoru E3.

Teorema 6.2.1. Relacija paralelnosti jeste relacija ekvivalencije na skupu

pravih prostora E3.

Dokaz. Refleksivnost i simetricnost relacije paralelnosti sledi neposredno iznjene definicije. Dokazimo, stoga, da vazi jos i tranzitivnost. U tom cilju,neka su a, b, c tri proizvoljne prave prostora E3 takve da je a ‖ b i b ‖ c.Razmotricemo sledece tri moguc nosti:

(i) Ukoliko je a = b, b = c ili a = c onda je, ocito, a ‖ c.

(ii) Ako su a, b, c tri razne komplanarne prave, onda mora biti a∩ c = ∅.Zaista, u suprotnom, iz a∩ c = {P} sledi da kroz presecnu tacku P postojedve razne prave a i c paralelne sa pravom b. Ovo je prema Plejferovojaksiomi nemoguce, pa je a ‖ c.

(iii) Pretpostavimo sada da prave a, b, c nisu komplanarne. U tomslucaju, na osnovu prethodnog dela dokaza bice opet a ∩ c = ∅, pa os-taje jos da pokazemo da prave a i c pripadaju jednoj istoj ravni. Neka je

Slika 6.5.

zato α ravan odredena pravama ai b, β ravan odredena pravama bi c, a γ ravan odredena pravom ci ma kojom tackom A ∈ a (slika6.5). Kako je A ∈ α ∩ γ i α 6= γ,to se ravni α i γ seku po nekojpravoj a′, pri cemu je a′ ∩ b = ∅.Zaista, u suprotnom bi svaka za-jednicka tacka pravih a′ i b pri-padala i ravni β i ravni γ, pa injihovoj presecnoj pravoj c, a ovo

je zbog b ‖ c nemoguce. Dakle, vazi a′ ‖ b, a odatle, na osnovu Plejferoveaksiome, sledi da je a′ = a. Najzad, iz poslednje jednakosti zakljucujemo dasu prave a i c disjunktne i komplanarne, tj. vazi a ‖ c.

Primetimo najpre da na osnovu Plejferove aksiome paralelnosti sledi dau Euklidovom prostoru E3 postoje bar dve paralelne prave. Pokazacemosada nesto vise, da je njima na jednoznacan nacin odredjena odgovarajucaravan.

75

Teorema 6.2.2. Postoji tacno jedna ravan π koja sadrzi dve razne paralelne

prave p i q.

Dokaz. Neka su p, q proizvoljne razne paralelne prave Euklidovog prostoraE3. Uocimo na pravoj p dve razne tacke A i B, a na pravoj q tacku C (slika6.6). Tacke A,B,C su nekolinearne, pa je njima, na osnovu teoreme 2.1.2,

jednoznacno odredena ravanπ = π(A,B,C). Ovoj ravni,prema aksiomi I7, pripadaprava p, a pokazacemo dajoj mora pripadati i pravaq. Zaista, ako pretpostavimosuprotno, da q ne pripada π,onda je C jedina zajednickatacka prave q i ravni π. Sdruge strane, na osnovu Ple-jferove aksiome, u ravni π po-stoji jedinstvena prava q′ pa-

Slika 6.6.

ralelna pravoj p. Pritom je q 6= q′, pa kroz tacku C prolaze dve razne prave qi q′ koje su paralelne pravoj p. Ovo je, naravno, u suprotnosti sa Plejferovomaksiomom paralelnosti.

Paralelnost sada prosirujemo kao relaciju koja opisuje poseban odnosprave i ravni.

Definicija 6.2.1. U prostoru E3 prava p je paralelna ravni π, u oznaci

p ‖ π, ako je p ⊂ π ili p ∩ π = ∅. U tom slucaju, kazemo, takode, i da je

ravan π paralelna pravoj p i pisemo π ‖ p.

Iz prethodne definicije jasno je da u relaciji paralelnosti prave p i ravni πsvejedno koja je od njih ”prva” a koja ”druga” u ovom njihovom uzajamnomodnosu. Stoga najcesce kazemo da su prava p i ravan π (uzajamno) paralelne.Jedna od vaznijih osobina koju ima ova relacija moze se formulisati sledecimtvrdenjem.

Teorema 6.2.3. Ako u prostoru E3 prava p ne pripada ravni π i ako u istoj

ravni postoji prava q takva da je p ‖ q, tada je p ‖ π.

Dokaz. Na osnovu pretpostavki datih u teoremi jasno je da su p i q dverazne prave prostora E3. Iz relacija p 6= q i p ‖ q, primenom teoreme 6.2.2zakljucujemo da prave p i q jednoznacno odreduju neku ravan σ (slika 6.7).

76

Pritom je π 6= σ, pa izq ⊂ π i q ⊂ σ, sledi da jeq = π ∩ σ. Najzad, kakoprava p nema zajednickihtacaka sa pravom q, morabiti p ∩ π = ∅ (objasnitedetaljnije zbog cega). To,prema prethodnoj defini-ciji, konacno znaci da jep ‖ π.

Slika 6.7.

Na kraju, narednom definicijom dajemo pojam paralelnih ravni Eukli-dovog prostora E3.

Definicija 6.2.2. U prostoru E3 ravan α je paralelna ravni β, u oznaci

α ‖ β, ako je α = β ili α ∩ β = ∅.

Teorema 6.2.4. Relacija paralelnosti ravni prostora E3 je relacija ekviva-

lencije.

Dokaz. Refleksivnost i simetricnost ove relacije sledi neposredno iz njenedefinicije, pa dokazujemo da je ona i tranzitivna. U tom cilju, obelezimosa α, β, γ tri ravni prostora E3 takve da je α ‖ β i β ‖ γ. Ako je α = βili β = γ, ocito je α ‖ γ. Zato pretpostavimo da su date ravni medusobnorazlicite i pokazimo da ravni α i γ tada nemaju zajednickih tacaka. Zaista,ako bi se ravni α i γ sekle po nekoj pravoj s, tada bi proizvoljna ravan kojasece pravu s u nekoj tacki S i ravan β po nekoj pravoj b, sekla ravni α i γpo dvema raznim pravama a i c koje sadrze tacku S i paralelne su pravoj b,sto je nemoguce. Stoga je α ∩ γ = ∅, odnosno α ‖ γ.

6.3 Primena paralelnosti u planimetriji

Pokazacemo sada kako se i na koji nacin relacija paralelnosti primenju-je u opisivanju i pokazivanju nekih osobina geometrijskih figura u ravni.Pre svega, definisacemo najvaznije klase cetvorouglova u kojima se koristipojam paralelnosti. Zatim istrazujemo neke od osobina koje, na osnovuparalelnosti, poseduju trougao, cetvorougao i krug.

77

6.3.1 Paralelogram i trapez

Najpre formulisemo pojam paralelograma, kao cetvorougla koji se veomacesto posmatra u geometriji Euklidove ravni E2. Pre toga, primetimo da kodsvih prostih ravnih cetvorouglova mozemo, pored susednih stranica i uglova,koristiti i termine naspramnih stranica, kod stranica bez zajednickih tacaka,odnosno naspramnih uglova, kod uglova cetvorougla koji nemaju zajednickikrak.

Definicija 6.3.1. Cetvorougao u kome su (dve po dve) naspramne stra-

nice paralelne naziva se paralelogram. Posebno, paralelogram u kome sve

susedne stranice obrazuju prave uglove nazivamo pravouglim paralelo-

gramom ili pravougaonikom.

Definicija 6.3.2. Paralelogram u kome su sve stranice jednake naziva se

jednakostranicni paralelogram ili romb. Jednakostranicni pravougli pa-

ralelogram nazivamo kvadratom.

Sledecim tvrdenjem opisujemo osnovna svojstva paralelograma.

Teorema 6.3.1. U svakom paralelogramu vaze sledece osobine:

(a) Paralelogram je prost ravan cetvorougao.

(b) Naspramne stranice i naspramni ulovi paralelograma su jednaki.

(c) Zbir dva susedna ugla paralelograma jednak je zbiru dva prava ugla.

(d) Dijagonale paralelograma se polove medusobno.

Dokaz. (a) Neka je ABCD proizvoljan paralelogram, cije su paralelnestranice AB i CD, odnosno BC i AD (slika 6.8). Nesusedne stranice,zbog paralelnosti, nemaju zajednickih tacaka, pa paralelogram jeste prostcetvorougao. Dalje, prema teoremi 6.2.2 prave AB i CD jednoznacno odre-duju ravan α kojoj pripadaju, a istoj ravni tada pripadaju prave BC i AD(zasto?). Dakle, ABCD jeste ravan cetvorugao.

(b) Pri istim oznakama kao u prethodnom delu dokaza, tvrdenje nepo-sredno sledi iz cinjenice da, prema teoremi 6.1.1, vazi ∡ ABD = ∡ BDC i∡ ADB = ∡ DBC, odakle sledi ∆ABD ∼= ∆BCD.

78

Slika 6.8. Slika 6.9.

(c) Tvrdenje je opet neposredna posledica teoreme 6.1.1.

(d) Neka su AC i BD dijagonale paralelograma, a O njihova presecnatacka (slika 6.9). Na osnovu prethodno dokazanog tvrdenja pod (b) i jedna-kosti ∡ ABO = ∡ ODC i ∡ BAO = ∡ OCD, dobija se ∆AOB ∼= ∆COD.Odavde neposredno sledi i samo tvrdenje ovog dela teoreme.

Sada dajemo potrebne i dovoljne uslove da bi neki cetvorougao bio pa-ralelogram.

Teorema 6.3.2. Prost cetvorougao je paralelogram akko ima bar jednu od

sledecih osobina:

(i) Naspramni uglovi (dva po dva) su jednaki.

(ii) Dve naspramne stranice su jednake i paralelne.

(iii) Dijagonale se polove medusobno.

Dokaz. Dokaz ovog tvrdenja je slican kao u prethodnoj teoremi, pa gaostavljamo citaocu kao vezbu.

U kratkim crtama dajemo i osobine ostalih podklasa klase paralelograma:pravougaonika i romba. Pritom, zbog elementarnosti i ovde izostavljamodokaz navedenih cinjenica.

Teorema 6.3.3. Cetvorougao ABCD je pravougaonik akko ima neku od

sledecih osobina:

(i) ABCD je paralelogram u kome su dijagonale jednake.

(ii) ABCD je cetvorougao u kome su dijagonale jednake i polove se.

(iii) ABCD je cetvorougao u kome su tri ugla prava.

79

Teorema 6.3.4. Cetvorougao ABCD je romb akko ima neku od sledecih

osobina:

(i) ABCD je paralelogram u kome su dijagonale upravne jedna na drugu.

(ii) ABCD je paralelogram u kome bar jedna dijagonala polovi jedan od

njegovih uglova.

(iii) ABCD je prost cetvorougao u kome su sve stranice jednake.

Na kraju, opisacemo i trapeze kao vaznu klasu cetvorouglova srodnojprethodnoj.

Definicija 6.3.3. Prost cetvorougao u kome su tacno dve stranice paralelne

naziva se trapez. Paralelne stranice zovemo osnovicama, a ostale dve

stranice kracima trapeza.

Od osobina trapeza posebno izdvajamo sledecu, dobro poznatu cinjenicu.

Teorema 6.3.5. Duz koja spaja sredista krakova trapeza paralelna je nje-

govim osnovicama i jednaka njihovom poluzbiru.

Dokaz. Neka su AB i CD osnovice trapeza ABCD, a tacke E i F , redom,sredista stranica BC i AD (slika 6.10). Oznacimo, dalje, sa MN ‖ AD duzkoja sadrzi tacku E, a ciji krajevi M i N pripadaju, respektivno, pravamaAB i CD. Tada je ∆BEM ∼= ∆CEN , odakle sledi da je ME = NE iBM = CN .

S druge strane, cetvorougao AMND je paralelogram, jer su mu oba paranaspramnih stranica paralelne, pa na osnovu teoreme 6.3.1 vazi AM = DNi AD = MN . Kako su E i Fsredista duzi MN i AD, respek-tivno, to iz poslednje jednakostisledi AF = ME, tj. cetvorougaoAMEF je prema teoremi 6.3.2takode paralelogram. Odavde sledida je EF ‖ AB, pa je odatle iEF ‖ CD, odnosno i cetvorougaoDNEF jeste paralelogram, takode. Slika 6.10.

Najzad, na osnovu teoreme 6.3.1 tada vazi EF = AM = DN , pa primenomprethodnih jednakosti dobijamo

2EF = AM + DN = AM + DC + CN = AM + DC + MB = AB + CD.

Dakle, duz EF zaista predstavlja polovinu zbira duzi AB i CD.

80

6.3.2 Znacajne tacke trougla

U cilju definisanja vaznih tacaka trougla pokazujemo najpre sledece tvr-denje, poznato kao teorema o srednjoj liniji trougla.2

Teorema 6.3.6. Duz koja spaja sredista dveju stranica trougla paralelna je

trecoj stranici tog trougla i jednaka njenoj polovini.

Dokaz. Neka su D i E sredista stranica AC i BC trougla ABC. Tadaprava koja prolazi kroz tacku E i paralelna je stranici AC sece pravu AB utacki F , a pravu koja sadrzi tacku C i paralelna je pravoj AB sece u nekoj

Slika 6.11.

tacki G (slika 6.11). Sadaje ∆BEF ∼= ∆CEG, jersu duzi BE i CE jednake,uglovi ∡ EBF i ∡ ECG podu-darni kao uglovi sa paralelnimkracima, a uglovi ∡ BEF i∡ CEG podudarni kao una-krsni uglovi. Dakle, imamo daje EF = EG i BF = CG.

No, cetvorougao AFGCje paralelogram, jer su munaspramne stranice paralelne,

pa je AC = FG i AF = CG. Kako je AD = CD i FE = GE, duziAD i FE su jednake, kao polovine jednakih duzi AC i FG. Najzad, tadasu u cetvorouglu AFED stranice AD i FE paralelne i jednake, pa je i onparalelogram, tj. stranice AF i DE su paralelne i jednake. Dakle, duz DEjeste paralelna stranici AB trougla ABC, pri cemu iz prethodno pokazanihjednakosti sledi AF = BF = CG = DE, odnosno duz DE jednaka jepolovini duzi AB.

Prelazimo sada na razmatranje pojmova tezisnih duzi i tezista trougla.

Definicija 6.3.4. Duz koja spaja teme trougla sa sredistem naspramne

stranice nazivamo tezisnom duzi ili medijanom datog trougla.

Teorema 6.3.7. Sve tri tezisne duzi trougla seku se u jednoj tacki tako da

je duz od temena do tacke preseka dvostruko duza od ostalog dela tezisne

duzi.

2Skrecemo paznju citaocu na ovu teoremu, koja se veoma cesto koristi u resavanju nizarazlicitih problema i zadataka.

81

Dokaz. Neka su AE i BD dve tezisne duzi trougla ABC. Kako je tadaB(B,E,C) i B(A,D,C), to se duzi AE i BD seku u tacki S koja pripadaunutrasnjosti datog trougla (slika 6.12). Neka je, dalje, F srediste duzi AS,

Slika 6.12.

a G srediste duzi BS. Duz FGspaja sredista stranica AS i BStrougla ABS, pa prema prethod-noj teoremi vazi FG ‖ AB i

FG =1

2AB. Kako i duz DE

spaja sredista stranica AC i BCtrougla ABC, takode je DE ‖

AB i DE =1

2AB. Dakle, duzi

FG i DE su paralelne i jednake,pa na osnovu teoreme 6.3.2 sledida cetvorougao FGED jeste pa-

ralelogram. Prema teoremi 6.3.1 dijagonale FE i DG ovog paralelogramase uzajamno polove, tj. vazi FS = SE i DS = DG. Najzad, kako jeFS = AF , zakljucujemo da su duzi FS i SE polovine duzi AS. Na istinacin se pokazuje da je DS polovina duzi BS.

Pokazimo sada da se sve tri tezisne duzi seku u jednoj tacki. Pret-postavimo, stoga, suprotno, da se, recimo, tezisne duzi AE i CM seku unekoj tacki T razlicitoj od S (nacrtajte sami odgovarajucu sliku). Kako je,prema prethodnom delu dokaza, AS = 2ES, tj. AE = 3ES, na isti nacinse moze pokazati da je i AE = 3ET . Znaci, vazi 3ES = 3ET , odnosnoES = ET , sto je na osnovu teoreme 4.1.2 nemoguce, jer su S i T tackeprave AE sa iste strane tacke E. Dakle, duzi AE i CM zaista se seku uistoj tacki S.

Definicija 6.3.5. Tacka u kojoj se seku sve tri tezisne duzi naziva se teziste

datog trougla.

Prelazimo sada na razmatranje pojmova simetrala stranica datog trougla,odnosno kruga opisanog oko istog. Osnov za to daje naredno tvrdenje.

Teorema 6.3.8. Sve tri simetrale stranica trougla seku se u jednoj tacki,

centru kruga koji sadrzi temena datog trougla. Pritom, ovaj krug je jedin-

stveno odreden, tj. kroz temena trougla prolazi tacno jedan krug.

Dokaz. Neka su D i E redom sredista stranica AB i AC nekog trouglaABC, a r i s simetrale datih stranica (slika 6.13). Prava r prolazi kroz D i

82

upravna je na AB, a pravas prolazi kroz E i upravnaje na AC, pa se prave ri s seku u nekoj tacki M .Kako je tacka M na sime-trali stranice AB, na os-novu teoreme 4.4.12 vaziAM = BM , a iz cinjeniceda M pripada simetralistranice AC imamo da jei AM = CM . Odavdesledi da je BM = CM ,tj. tacka M pada sime-trali trece stranice BC.Dakle, tacka M je podjed-nako udaljena od sva tri te-

Slika 6.13.

mena trougla ABC, pa se njegova temena nalaze na krugu k kome je sredisteM . Kako u datoj ravni svaka od duzi ima samo jednu simetralu, to su tackaM i sam krug k jedinstveno odredeni.

Definicija 6.3.6. Za krug koji sadrzi sva tri temena nekog trougla kaze se

da je opisan oko tog trougla. Slicno, tada kazemo da je trougao upisan u

dati krug.

Na osnovu dokaza prethodne teoreme sada mozemo formulisati pojamvisina i ortocentra proizvoljnog trougla.

Definicija 6.3.7. Duz koja spaja teme nekog trougla sa naspramnom stra-

nicom, odnosno pravom koja je sadrzi, a pritom je upravna na istu, naziva

se visina trougla.

Teorema 6.3.9. Prave koje sadrze visine trougla seku se u jednoj tacki.

Dokaz. Neka su ha, hb, hc visine trougla povucene redom iz temena A,B,Ctrougla ABC. Dalje, neka je A′B′ prava paralelna sa AB koja sadrzi tackuC, zatim B′C ′ prava paralelna sa BC kroz teme A i, najzad, C ′A′ paralelnasa CA kroz teme B (slika 6.14). Cetvorougao ABCB′ je paralelogram, paje, dakle, AB = B′C. Isto tako je AB = CA′, pa je C je srediste duzi A′B′.Slicno se pokazuje da je A srediste duzi B′C ′ i B srediste duzi C ′A′.

83

Slika 6.14.

S druge strane, kako je ha⊥BC i B′C ′ ‖ BC, to mora biti ha⊥B′C ′. Naisti nacin, vazi hb⊥C ′A′ i hc⊥A′B′. Dakle, prave koje sadrze visine ha, hb, hc

jesu simetrale triju stranica ∆A′B′C ′, pa se prema prethodnoj teoremi sekuu jednoj tacki.

Definicija 6.3.8. Tacka u kojoj se seku sve tri visine jednog trougla, odnosno

prave koje ih sadrze, naziva se ortocentar tog trougla.

Na kraju, navodimo i odgovarajuce pojmove i tvrdenje koje se odnosi nasimetrale uglova i centar kruga upisanog u dati trougao.

Teorema 6.3.10. Simetrale svih uglova datog trougla seku se u jednoj tacki,

sredistu kruga koji dodiruje sve tri stranice tog trougla.

Dokaz. Neka su p, q, r redom simetrale uglova ∡ A,∡ B,∡ C trougla ABC.Kako simetrala pripada uglu koji polovi, poluprava p sece stranicu BC unekoj tacki A1, pri cemu je B(B,A1, C). Slicno, poluprava q sece duz AA1,ciji su krajevi na kracima ∡ ABC, u nekoj tacki S tako da je B(A,S,A1).Tacka S, dakle, pripada obema polupravama p i q.

Neka su, sada, SL i SM upravne duzi iz tacke S redom na krake AB iAC ugla ∡ BAC (slika 6.15). Tada vazi ∆ALS ∼= ∆AMS, odakle dobijamo

84

Slika 6.15.

SL = SM . Ako je, naisti nacin, SN duz povucena iztacke S i upravna na krak BCugla ∡ ABC, onda je ∆BLS ∼=∆BNS. Otuda sledi da jeSL = SN , odnosno SM = SN .Iz poslednje jednakosti konacnoimamo ∆CMS ∼= ∆CNS, paje ∡ MCS = ∡ NCS. Znaci,poluprava CS jeste simetrala∡ ACB, tj. vazi CS = r. Dakle,sve tri simetrale uglova u ∆ABC

seku se u tacki S, pri cemu su duzi povucene iz tacke S i upravne na stranicetrougla u tackama L,M,N medusobno podudarne. Tada postoji krug sasredistem u tacki S koji sadrzi tacke L,M,N , a prema teoremi 5.3.3 stranicetrougla pripadaju tangentama tog kruga.

Definicija 6.3.9. Za krug koji dodiruje sve tri stranice nekog trougla kazemo

da je upisan u dati trougao.

6.3.3 Krug i mnogougao

U prethodnoj sekciji smo pokazali da se oko svakog trougla moze opisati,odnosno unutar njega upisati krug. Ovde dajemo jos neke pojmove koje seodnose na krug, ali i odnos kruga sa mnogouglovima oko kojih se on mozeupisati ili opisati. Na pocetku, ipak, dajemo definicije jos nekih pojmovakoji su u tesnoj vezi sa krugom.

Definicija 6.3.10. Duz AB ciji krajevi A, B pripadaju krugu K(O, r)naziva se tetiva tog kruga. Precnik kruga jeste tetiva koja sadrzi srediste

O datog kruga.

Lako se pokazuje da je precnik kruga njegova najveca tetiva, kao i daje svaka tetiva polovljena svojom normalom povucenom iz sredista datogkruga (proverite za vezbu). U tesnoj vezi sa pojmom tetive nalazi se josnekoliko vaznih pojmova.

Definicija 6.3.11. Ugao koji pripada ravni nekog kruga a teme mu je

srediste kruga naziva se centralni (sredisnji) ugao tog kruga.

85

Definicija 6.3.12. Deo kruga koji se nalazi unutar nekog njegovog cen-

tralnog ugla naziva se kruzni luk. Presecne tacke A,B krakova tog ugla i

kruga nazivamo krajevima luka, a sam kruzni luk oznacavamo sa⌢

AB.

Ako su A i B presecne tacke krakova konveksnog centralnog ugla ∡ aOb

sa krugom K(O, r), onda kazemo da tetiva AB, odnosno luk⌢

AB, odgovaracentralnom uglu ∡ aOb (slika 6.16).Na elementaran nacin tada sepokazuje da jednakim tetivama(lukovima) kruga odgovaraju jed-naki centralni uglovi, odnosno davecoj tetivi (luku) odgovara vecicentralni ugao i obratno.3 Nakraju, uvodimo jos jedan pojam kojije tesno povezan sa pojmom cen-tralnog ugla kruga.

Slika 6.16.

Definicija 6.3.13. Konveksan ugao kome je teme na krugu K(O, r) a kraci

mu seku ili dodiruju taj krug nazivamo periferijskim uglom.

Slicno centralnim uglovima, kod periferijskih uglova takode ima smislaposmatrati tetive, odnosno kruzne lukove koji im odgovaraju. Sledece funda-mentalno tvrdenje daje dobro poznati odnos centralnih i periferijskih uglovakruga.

Teorema 6.3.11. Periferijski ugao jednak je polovini centralnog ugla koji

odgovara istoj tetivi (luku) datog kruga.

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je ∡ ACD periferijski ugao kome kraci CAi CD seku krug K(O, r) u tackama A i D, pri cemu je CD precnik datog

kruga (slika 6.17). Centralni ugao koji zahvata isti luk⌢

AD tada je ∡ AOD,pri cemu on predstavlja spoljasnji ugao jednakokrakog trougla ACO. Kakoje tada ∡ AOD jednak zbiru dva nesusedna ugla ovog trougla, vazi

∡ AOD = ∡ DOC + ∡ ACO = 2∡ ACD.

Neka je sada ∡ ACB periferijski ugao kome kraci CA i CB seku krug utackama A i B, a ne sadrze srediste O (videti opet sliku 6.17). Ako je opetCD precnik kruga, prema prethodnom delu dokaza je ∡ AOD = 2∡ ACDi ∡ BOD = 2∡ BCD. Odavde centralni ugao ∡ AOB, koji odgovara istomluku kao i periferijski ugao ∡ ACB, mozemo napisati kao

∡ AOB = ∡ AOD ± ∡ BOD = 2 (∡ ACD ± ∡ BCD) = 2∡ ACD,

86

gde znak sabiranja vazi ako su tacke A i B sa raznih strana prave CD, aznak oduzimanja u suprotnom slucaju.

Slika 6.17. Slika 6.18.

Razmotrimo sada slucaj kada krak CA ugla ∡ ACD dodiruje krug K(O, r)u tacki C, kao na slici 6.18. Ugao ∡ ACD je tada prav (zasto?), dok, s drugestrane, centralni ugao nad istim lukom jeste opruzen ugao ∡ COD. Dakle,opet vazi ∡ COD = 2∡ ACD.

Najzad, neka je ∡ ACB periferijski ugao ciji krak CA dodiruje krug utacki C, a krak CB ga sece u tacki B i ne sadrzi srediste O (slika 6.18). Tadaje nekonveksan ∡ COB centralni ugao koji odgovara datom periferijskom

uglu, odnosno luku⌢

BC. Ako je opet CD precnik datog kruga, imamo∡ COD = 2∡ ACD i ∡ BOD = 2∡ BCD, a odavde konacno sledi

∡ COB = ∡ COD ± ∡ BOD = 2 (∡ ACD ± ∡ BCD) = 2∡ ACB,

gde operacije ” + ” i ” − ” imaju istu interpretaciju kao i malopre.

Na osnovu prethodne teoreme neposredno slede naredne cinjenice.

Posledica 6.3.1. Svaka dva periferijska ugla nad jednakim tetivama su ili

jednaka ili suplementna.

Dokaz. Ako se dva periferijska ugla nalaze sa iste strane tetive oni odgo-varaju istom centralnom uglu. Na osnovu prethodne teoreme tada sledinjihova jednakost. Ukoliko su periferijski uglovi sa raznih strana tetive,zbir njihovih centralnih uglova je pun ugao, odakle ponovnom primenomprethodne teoreme sledi drugi deo tvrdenja.

Posledica 6.3.2. Svi periferijski uglovi nad precnikom kruga kao tetivom

jesu pravi uglovi.

87

Posledica 6.3.3. Centar opisanog kruga oko pravouglog trougla nalazi se

na sredistu njegove hipotenuze.

Konacno, koristeci pojmove tangenti i tetiva kruga mozemo opisati po-sebna svojstva mnogouglova.

Definicija 6.3.14. Prost ravan mnogougao je tetivan ako postoji krug koji

sadrzi sva njegova temena. Slicno, prost ravan mnogougao je tangentan

ako postoji krug koji dodiruje sve njegove stranice.

Vec smo pokazali da osobine tetivnosti i tangentnosti imaju svi trouglovi.Razmotrimo sada potrebne i dovoljne uslove pod kojima ista takva posedujucetvorouglovi.

Teorema 6.3.12. Konveksan cetvorougao je tetivan akko su njegovi nas-

pramni uglovi suplementni, tj. zbir dva naspramna ugla cetvorougla jednak

je zbiru druga dva naspramna ugla.

Dokaz. (=⇒:) Neka je ABCD tetivan cetvorougao oko koga je opisan krugsa centrom u tacki O, kao na slici 6.19. Kako je cetvorougao konveksan,naspramna temena A i C su sa raznih strana prave odredene dijagonalomBD. Na osnovu posledice 6.3.1 uglovi ∡ BAD i ∡ BCD, kao periferijskiuglovi sa raznih strana iste tetive BD su suplementni, a odatle jasno sledi isuplementnost za ostala dva ugla.

(:⇐=) Pretpostavimo sada da su naspramni uglovi cetvorougla ABCDsuplementni. Neka je k krug opisan oko trougla ABD. Tada se iz cetvrtogtemena C tetiva BD ”vidi” pod uglom koji je suplementan uglu kod temenaA, pa i tacka C pripada krugu k.

Slika 6.19. Slika 6.20.

Teorema 6.3.13. Cetvorougao je tangentan akko je zbir dve njegove nas-

pramne stranice jednak je zbiru ostalih dveju stranica.

88

Dokaz. (=⇒:) Neka je ABCD tangentni cetvorougao u koga je upisan krugsa sredistem u tacki O (slika 6.20). Neka su dalje K,L,M,N redom dodirnetacke stranica AB,BC,CD,DA i upisanog kruga. Tada su odgovarajucetangentne duzi jednake (videti zadatak 5.7), pa imamo da je AK = AN ,BK = BL, CL = CM , DM = DCN . Odavde konacno dobijamo

AB +CD = AK +BK +CM +DM = AN +DN +BL+CL = AD +BC.

(:⇐=) Obratno, neka su u cetvorouglu ABCD zbirovi naspramnih stra-nica jednaki i neka je k krug koji dodiruje stranice AB, BC i AD (njegovcentar je presek bisektrisa uglova cetvorougla kod temena A i B). Kako jeprava odredena stranicom CB tangenta kruga k iz tacke C izvan njega, topostoji jos jedna tangenta CD′, gde je D′ presek ove tangente sa pravomAD. Pretpostavimo da je D′ 6= D i neka, recimo, vazi B(A,D′,D) (nacr-tajte odgovarajucu sliku). Cetvorougao ABCD′ je tangentan, pa premaprethodnom delu dokaza imamo da je AB + CD′ = BC + AD′. Iz ove ipretpostavljene jednakosti AB + CD = BC + AD dobijamo

CD − CD′ = AD − AD′ = DD′ ⇐⇒ CD = CD′ + DD′.

Medutim, iz ∆CDD′ sledi da je CD < CD′+DD′, sto protivureci poslednjojjednakosti. Dakle, vazi D = D′, tj. krug k dodiruje i cetvru stranicu CDdatog cetvorougla.

6.3.4 Merenje figura u ravni

Tek nakon uvodenja pojma paralelnosti u stanju smo da, slicno kao kodduzi, definisemo odgovarajuci sistem merenja geometrijskih figura (povrsi)u Euklidovoj ravni E2. Osnov za to daje

Definicija 6.3.15. Sistem merenja figura u ravni E2 jeste funkcija µ(·)koja proizvoljnoj figuri Φ ⊂ E2 pridruzuje realan broj µ(Φ) i pritom zado-

voljava sledece osobine:

(i) Nenegativnost: Za svako Φ ⊂ E2 vazi µ(Φ) ≥ 0.

(ii) Normiranost: Postoji kvadratna povrs ω0 ⊂ E2 takva da je

µ(ω0) = 1.

89

(iii) Invarijantost: Za svake dve podudarne figure Φ1,Φ2 vazi

µ(Φ1) = µ(Φ2).

(iv) Aditivnost: Ako za figure Φ1,Φ2 i Φ vazi Φ = Φ1 + Φ2, onda je

µ(Φ) = µ(Φ1) + µ(Φ2).

Za sistem merenja µ(·) brojevna vrednost µ(Φ) predstavlja meru, odno-sno povrsinu figure Φ ⊂ E2. Kvadratna povrs ω0, ukoliko postoji, naziva sejedinicna povrs mere µ. Ipak, za razliku od duzi, sistem merenja figurau ravni ne postoji uvek, tj. svaku figuru u ravni nije moguce izmeriti.Objasnjenje ove cinjenice zasniva se na sledecoj konstrukciji:

Neka je Φ ⊂ E2 ma koja figura cija je granica zatvorena prosta linija.Za proizvoljnu kvadratnu povrs ω0 iste ravni uocimo niz njoj podudarnih,medusobom susednih kvadratnih povrsi. Dalje, oznacimo sa m0 ukupanbroj svih takvih povrsi koje se u potpunosti nalaze unutar figure Φ, a sa m′

0

ukupan broj svih kvadratnih povrsi koje sa Φ imaju zajednickih unutrasnjihtacaka (slika 6.21). Ocito je da tada vazi nejednakost m0 ≤ m′

0.Podelimo sada dve

susedne stranicepovrsi ω0 na jednakbroj od, recimo,deset podudarnih,medusobno susednihduzi. Iz svake odkrajnjih tacaka ovihduzi konstruisimoprave linije paralelnedvema naspramnimstranicama povrsi ω0,pa identican postupakponovimo i sa ostalimkvadratnim povrsima,

Slika 6.21.

podudarnim sa ω0. Na taj nacin, dobijena je tzv. mreza ranga 1, kojuoznacimo sa µ1. Slicno kao i ranije, ukupan broj kvadratnih povrsi ovemreze koji se nalaze unutar figure Φ oznacimo sa m1, a ukupan broj svihkvadratnih povrsi koje sa Φ imaju zajednickih unutrasnjih tacaka obelezimosa m′

1. Tada, ocito, vazi m1 ≤ m′1, m1 ≥ 100m0 i m′

1 ≤ 100m′0.

Ponavljajuci isti postupak dobijaju se mreze µk ranga k = 0, 1, 2, . . . , pricemu za svako k ≥ 0 vrednosti mk i m′

k zadovoljavaju nejednakost mk ≤ m′k,

90

a za k ≥ 1 relacije mk ≥ 100mk−1 i m′k ≤ 100m′

k−1. Odavde dobijamo

m0 ≤m1

100≤

m2

1002≤ · · · ≤

mk

100k≤

m′k

100k≤ · · · ≤

m′1

100≤ m′

0,

tj. nizovi(

mk

100k

)i(

m′

k

100k

)

su monotoni i ograniceni, pa postoje njihove

granicne vrednosti

µ = limk→∞

mk

100k, µ′ = lim

k→∞

m′k

100k.

Pritom, ocito je µ ≤ µ′, ali u opstem slucaju ne vazi jednakost ovihgranicnih vrednosti. Broj µ naziva se unutrasnja, a broj µ′ spoljasnja mera

povrsi Φ (u Zordanovom smislu). Ako je µ = µ′, figura Φ je merljiva u

smislu Zordana i za nju, dakle, postoji sistem merenja µ(·) koji zadovoljavaranije navedene aksiome. Iako nije svaka geometrijska ravna povrs merljiva,moze se pokazati da iz gore opisane konstrukcije sistema merenja mere µ(·)proizilaze dobro nam poznate mere nekih geometrijskih figura u ravni.

Teorema 6.3.14. Neka je Φ pravougaona povrs, pri cemu su a i b mere

susednih stranica te povrsi. Tada je mera povrsi Φ jednaka njihovom proiz-

vodu, tj. vazi µ(Φ) = a · b.

Dokaz. Neka su ak i a′k brojevi koji odgovaraju podeli duzi (stranice) ABzadate pravougaone povrsi Φ = ABCD. Slicno, sa bk i b′k oznacimo odgova-

rajuce brojevne vre-dnosti u podeli susednestranice AD (slika6.22). Tada za svakumrezu ranga k ≥ 0u podeli pravougaonepovrsi ABCD, odnosnoza ranije definisanebrojeve mk i m′

k vazejednakosti mk = ak · bk

i m′k = a′k · b′k.

Slika 6.22.

S druge strane, imamo da je ak ≤ a′k i bk ≤ b′k, pa prelaskom na

91

Zordanove mere, odnosno granicne vrednosti µ i µ′ imamo

µ = limk→∞

ak · bk

100k≤ µ′ = lim

k→∞

a′k · b′k

100k≤ lim

k→∞

(ak + 2) · (bk + 2)

100k

= limk→∞

(

ak · bk

100k+

2ak

100k+

2bk

100k+

4

100k︸ ︷︷ ︸

ց0

)

= limk→∞

ak · bk

100k= µ.

Dakle, vazi µ = µ′, tj. povrs Φ je merljiva u Zordanovom smislu. Kako je,po definiciji sistema merenja duzi,

a = limk→∞

ak

10k, b = lim

k→∞

bk

10k,

zamenom u prethodnu jednakost dobijamo µ = µ′ = a · b.

Slicno prethodnom tvrdenju, moze se pokazati

Teorema 6.3.15. Neka je a duzina proizvoljne stranice, a h njoj odgo-

varajuce visine u trougaonoj povrsi Φ = ∆ABC. Tada je mera ove povrsi

data jednakoscu µ(Φ) =a · h

2. ✷

6.4 Vektori u geometriji

Klasa paralelograma, koju smo opisali u prethodnom delu, omogucavanam da u geometriji ravni uvedemo pojam vektora koji, kao sto znamo, imavaznu primenu i to ne samo u geometriji. Tom pojmu prethodi uvodenjejedne pomocne relacije tacaka o kojoj ce sada biti reci.

Definicija 6.4.1. Ureden par tacaka (P,P ′) je ekvipolentan (istoznacan)sa uredenim parom tacaka (Q,Q′) ako su duzi PQ,P ′Q′, odnosno PP ′, QQ′

paralelne stranice paralelograma PQP ′Q′.

Na osnovu prethodne definicije neposredno sledi da su ekvipolentni parovitacaka (P,P ′) i (Q,Q′) podudarni, stavise, da su orijentisane duzi PP ′ i QQ′

92

podudarne i istosmerne (slika6.23). Najzad, jednostavno sepokazuje da relacija ekvipolencijejeste relacija ekvivalencije defin-isana na skupu uredenih parovatacaka u ravni. Stoga, onanam omogucava da skup svihtakvih parova razlozimo na odgo-varajuce klase ekvivalencije. Nataj nacin, dolazimo do osnovnogpojma ove sekcije.

Slika 6.23.

Definicija 6.4.2. Klasu svih medu sobom ekvipolentnih parova tacaka ravni

π nazivamo vektorom te ravni.

Vektore, uobicajeno, obelezavamo malim slovima, odnosno odgovara-jucim parom ekvipolentnih tacaka iznad kojih stavljamo znak strelice, na

primer −→a =−−→AB. U tom slucaju tacku A nazivamo pocetnom, a tacku

B krajnjom tackom vektora−−→AB. S obzirom da vektor predstavlja klasu

ekvipolentnih parova tacaka, ima smisla uvesti jos neke pojmove koji gapreciznije karakterisu.

Definicija 6.4.3. Pravac vektora−−→AB odreden je pravom-nosacem AB,

a smer polupravom sa pocetkom u tacki A koja sadrzi tacku B. Vektore

koji imaju isti pravac nazivamo kolinearnim. U suprotnom, vektori su

nekolinearni.

Definicija 6.4.4. Rastojanje izmedu pocetne tacke A i krajnje tacke B

vektora −→a =−−→AB nazivamo duzinom ili intenzitetom datog vektora, a

oznacavamo ga sa |−→a | =∣∣∣−−→AB∣∣∣ .

Jasno je da intenzitet vektora −→a =−−→AB predstavlja, u stvari, ranije

definisanu meru duzi-nosaca AB datog vektora. Odatle neposredno sledida intenzitet vektora ima sve osobine mere duzi o kojima smo vec govorili.Specijalno, ako je duzina vektora −→a jednaka nuli, onda je A = B, pa takav

vektor nazivamo nula vektorom i simbolicki obelezavano sa−→0 =

−→AA.

Jasno je da nula vektor ne odreduje nikakav pravac, niti smer.

Definicija 6.4.5. Vektor −−→a =−−→BA je suprotan vektoru −→a =

−−→AB.

Na osnovu definiicije suprotnog vektora −−→a , jasno ja da on i vektor −→aimaju jednake intenzitete, tj. vazi |−−→a | = |−→a | . Sada mozemo definisati idve vrste tzv. linearnih operacija sa vektorima.

93

Definicija 6.4.6. Neka su −→a =−−→AB i

−→b =

−−→BC dva vektora iste ravni. Tada,

vektor −→c =−→AC nazivamo zbirom vektora −→a i

−→b , u oznaci −→c = −→a +

−→b .

Nije tesko dokazati da zbir dva vektora −→a =−−→AB i

−→b =

−−→BC ne zavisi od

polozaja tacaka A,B,C. Zaista, ako je A′ ma koja druga tacka, a B′, C ′ ta-

Slika 6.24.

cke takve da je −→a = A′B′ i−→b =

−−→B′C ′, orijentisane duzi AB i A′B′,odnosno BC i B′C ′ bice istosmernepodudarne (slika 6.24). Na os-novu toga sledi da su podudarnei istosmerne orijentisane duzi AC iA′C ′, jer je

−→AC =

−−→AB +

−−→BC =

−−→A′B′ +

−−→B′C ′

=−−→A′C ′.

Neka od najvaznijih svojstava op-eracije sabiranja vektora mogu seiskazati narednom teoremom, kojunavodimo bez dokaza:

Teorema 6.4.1. Za svaka tri vektora −→a ,−→b ,−→c vaze sledece jednakosti:

(i) −→a +−→b =

−→b + −→a ;

(ii) −→a + (−→b + −→c ) = (−→a +

−→b ) + −→c ;

(iii) −→a +−→0 =

−→0 + −→a = −→a ;

(iv) −→a + (−−→a ) =−→0 .

Sem, operacije sabiranja, na skupu vektora moze se definisati i operacijamnozenja vektora brojem (skalarom).

Definicija 6.4.7. Neka je −→x proizvoljan vektor i k ∈ R. Proizvod vektora−→x brojem k jeste vektor −→y = k−→x koji zadovoljava sledece uslove:

(i) Intenzitet vektora −→y jednak je proizvodu iz apsolutne vrednosti broja

k i intenziteta vektora −→a , tj. |y| = |k| · |x|.

(ii) Vektor −→y je kolinearan sa vektorom −→x , pri cemu su ova dva vektora

istog smera ako je k > 0, odnosno suprotnog smera za k < 0.

Na osnovu definicije operacije mnozenja vektora brojem neposredno sledi

94

Teorema 6.4.2. Neka su −→a i−→b proizvoljni vektori i k, k1, k2 ∈ R realni

brojevi. Tada je

(i) k(−→a +−→b ) = k−→a + k

−→b ;

(ii) (k1 + k2)−→a = k1

−→a + k2−→a ;

(iii) (k1k2)−→a = k1(k2

−→a );

(iv) 1 · −→a = −→a .

6.5 Konstrukcije lenjirom i sestarom

Posbno mesto u gometriji zauzimaju konstruktivni zadaci, tj. problemigde se zahteva da se pomocu lenjira i sestara konstruisu geometrijske figurekoje zadovoljavaju neke unapred zadate osobine. Svaka konstrukcija sastojise od niza jednostavnijih, tzv. osnovnih konstrukcija koje neposredno sledena osnovu dobro poznatih geometrijskih cinjenica. Osnovne konstrukcije, uprincipu, mozemo podeliti na dve grupe:

• Osnovne konstrukcije koje mogu realizovati lenjirom, gde spadaju

1. konstrukcija prave kroz dve razne zadate tacke;

2. konstrukcija poluprave sa zadatom pocetnom i jos jednom svojomtackom;

3. konstrukcija duzi kojoj su date krajnje tacke.

• Osnovne konstrukcije koje se realizuju sestarom su

1. konstrukcija kruga kome je zadat centar i poluprecnik;

2. konstrukcija kruznog luka kome su dati centar i dve krajnje tacke.

Pored osnovnih, postoje neke jednostavnije konstrukcije koje takodesmatramo poznatim, pa ne proveravamo formalno njihovu ispravnost, vec ihkoristimo pri resavanju konstruktivnih zadataka. Takve konstrukcije nazi-vamo elementarnim i od znacajnih navodimo sledece:

• konstrukcija simetrala (duzi i uglova);

• konstrukcija paralelnih pravih, polupravih i duzi;

• konstrukcija normalnih pravih, polupravih i duzi;

95

• konstrukcija duzi (ugla) podudarne datoj duzi (uglu);

• konstrukcija trougla kome se dati oni njegovi elementi koji su navedeniu stavovima o podudarnosti dva trougla.

Opisacemo sada nacin na koji se resavaju problemi konstrukcije slozenijihgeometrijskih figura. Primetimo da sve konstruktivne zadatke, u formalnomsmislu, mozemo opisati iskazom:

Konstruisati figuru Φ koje zadovoljava uslove A.

Tada se sam postupak resavanja konstruktivnih zadataka sastoji iz sledececetiri etape:

I Analiza

Opisivanje mogucnosti da se dode do resenja zadatka, odnosno svih potreb-nih uslova koji ce biti korisceni u njegovom resavanju. U ovoj etapi sma-tramo da je zadatak resen, tj. da postoji figura Φ koja zadovoljava usloveA. Ove uslove najcesce transformisemo u skup uslova B koji omogucavajukonstrukciju figure Φ, a da pritom vazi A =⇒ B.

II Konstrukcija

Ovde, kao sto smo vec naveli, polazeci od zadatih elemenata i primenomkonacnog broja elementarnih konstrukcija crtamo trazenu geometrijsku fi-guru. Pritom, sam postupak konstrukcije, odnosno svaki od njenih ”koraka”,treba detaljno obrazloziti.

III Dokaz

Ovo je etapa u kojoj treba formalno pokazati da konstruisana geometrijskafigura Φ zadovoljava uslove B, odnosno uslove A koji su dati u zadatku.Dakle, na formalan i logicki strog nacin pokazujemo da je tacna implikacijaA =⇒ B.

IV Diskusija

Razmatramo sve moguce pretpostavke koriscene u samoj konstrukciji. Sa-mim tim, precizno navodimo sve uslove pod kojima zadatak ima resenja (ikoliko njih), odnosno uslove kada zadatak nema resenja. Naravno, samaegzistencija i broj resenja datog problema prevashodno zavisi od zadatih

96

uslova A.

Kao ilustraciju prethodno opisanog postupka resavanja konstruktivnihproblema i zadataka, navodimo nekoliko karakteristicnih primera.

Primer 6.5.1. Iz proizvoljne tacke A koja je izvan kruga k = K(O, r)konstruisati tangente na dati krug.

Resenje:

I Analiza: Pretpostavimo da su iz tacke A konstruisane tangente t1 i t2na kruznicu k. Neka su, dalje, P i Q tacke dodira ovih tangenti sa krugom,a S srediste duzi OA (slika 6.25). Kako su ∡ OPA i OQA pravi uglovi,njihova temena pripadaju krugu l ca centrom u tacki S i poluprecnikom1

2OA. (Zasto?) Dakle, dodirne tacke P,Q tangenti predstavljaju tacke pre-

seka krugova k i l, pa su prave t1, t2 jednoznacno odredene parovima tacakaP,A, odnosno Q,A.

Slika 6.25.

II Konstrukcija: Najpre konstruisemo medijatrisu s duzi OA, pri cemusa S oznacimo presek medijatrise sa datom duzi. Zatim konstruisemo krugl = K(S, 1

2OA) i sa P , Q oznacimo presecne tacke krugova k i l (ukoliko one

postoje). Najzad, kroz tacke P , A konstruisemo pravu t1, a kroz tacke Q,Apravu t2.

III Dokaz: Za duz OA, prema teoremi 4.4.2 postoji jedinstvena medi-jatrisa s, kao i srediste S. Kako je tacka A izvan kruga k, to je r < OA, paza zbir poluprecnika krugova k i l vazi

r +1

2OA < 2

1

2OA = OA.

97

Odavde sledi (videti zadatak 5.11) da krugovi k i l imaju tacno dve presecnetacke P i Q. Stoga kroz tacku A postoje tacno dve prave t1, t2 koje sadrzeove tacke. Najzad, na osnovu analize i konstrukcije sledi da su ∡ OPA iOQA pravi uglovi, tj. prave t1 i t2 zaista predstavljaju trazene tangentekoje zadovoljavaju uslove zadatka.

IV Diskusija: Na osnovu prethodnog dokaza jasno je da, pri zadatimuslovima, zadatak uvek ima jedinstveno resenje. ✷

Primer 6.5.2. Konstruisati ∆ABC ako su poznati sledeci njegovi elementi:

α - ugao kod temena A,

hb - visina iz temena B,

tc - tezisna duz iz temena C;

Resenje:

I Analiza: Na slici 6.26 prikazan je trougao ABC sa zadatim elementima.Primetimo da se dati ugao ∡ A = α moze konstruisati. S druge strane, teme

B nalazi se na rastojanju hb

od stranice AC, tj. pripadapravoj m koja je paralelna saAC i takode se nalazi na is-tom rastojanju hb od praveAC. Najzad, teme C pripadakrugu k ciji je centar sredisteS duzi AB, a poluprecnik za-data duz tc. Na osnovu ovihelemenata moguce je konstru-isati trazeni trougao.

Slika 6.26.

II Konstrukcija: Konstruisimo najpre ∡ pAq = α, kao i pravu n upravnuna polupravu Aq u tacki A. Na polupravoj An, s one iste strane prave q skoje se nalazi poluprava Ap, konstriusemo duz AD = hb. Zatim, kroz tacku

98

Slika 6.27.

D konstruisemo pravum ‖ q koja mora secipravu p u nekoj tacki B.(Zasto?) Sada mozemokonstruisati srediste Sduzi AB, a zatim i krugk = K

(S, tc

2

). Sa

C oznacimo neku odpresecnih tacke kruga ki poluprave Aq (uko-liko one postoje). Naovaj nacin, konstruisanje ∆ABC, kao na slici6.27.

III Dokaz: Neposredno sledi na osnovu analize i konstrukcije, pa gaostavljamo citaocu za samostalan rad.

IV Diskusija: Da bi zadatak imao resenja neophodno je da ugao α budemanji od opruzenog ugla. Ukupan broj resenja tada zavisi od velicina duzitc i AB. (Opisite detaljno sve moguce slucajeve koji ovde nastaju.) ✷

6.6 Zadaci za vezbu

Zadatak 6.1. Dokazati da se izometrijskom transformacijom paralelne pravepreslikavaju u paralelne prave.

Zadatak 6.2. Ako su p, q, r prave jedne iste ravni takve da je p ‖ q i r⊥p,dokazati da je tada r⊥q.

Zadatak 6.3. Dokazati da sredista stranica bilo kojeg cetvorougla predsta-vljaju temena nekog paralelograma ili se nalaze na jednoj pravoj.

Zadatak 6.4. Neka je H ortocentar trougla ABC i K,L,M,N redomsdredista AB,AC,HB,HC. Dokazati da je tada cetvorougao KLMN pra-vougaonik.

99

Zadatak 6.5. Dokazati da u proizvoljnom trouglu sredista stranica, pod-nozja visina i sredista duzi odredenih ortocentrom i temenima tog trouglapripadaju jednom istom krugu.4

Zadatak 6.6. Ako su P i Q sredista stranica BC i CD paralelogramaABCD, dokazati da duzi AP i AQ dele dijagonalu BD datog paralelogramana tri podudarne duzi.

Zadatak 6.7. Neka su P,Q,R sredista stranica AB,BC,CD paralelogramaABCD. Ako prave DP i BR seku duz AQ u tackama K i L, dokazati da

je KL =2

5AQ.

Zadatak 6.8. Ako su M i N sredista krakova AD i BC trapeza ABCD(AB > CD), a P i Q sredista njegovih dijagonala dokazati da su tackeM,N,P,Q kolinearne, kao i da je PQ = 1

2(AB − CD).

Zadatak 6.9. Neka je P srediste osnovice BC jednakokrakog trougla ABCi Q podnozje normale iz tacke na krak AC tog trougla. Ako je S sredisteduzi PQ, dokazati da je AS⊥BQ.

Zadatak 6.10. Ako je H ortocentar trougla ABC, dokazati da su polu-precnici krugova opisanih oko trouglova HBC, HAC i HAB medusobnojednaki.

Zadatak 6.11. Ako je CD visina nad hipotenuzom pravouglog trouglaABC, a M i N sredista duzi CD i BD, dokazati da je AM⊥CN .

Zadatak 6.12. U jednakostranicnom trouglu ABC iz proizvoljne tacke M ∈BC povucene su paralele MP ‖ AB do preseka P ∈ AC, kao i MQ ‖ ACdo preseka Q ∈ AB. Dokazati da je AP + AQ = BC.

Zadatak 6.13. Neka je S centar kruga upisanog u ∆ABC. Ako je s pravakoja sadrzi tacku S, paralelna je sa pravom BC i sece stranice AB i AC togtrougla redom u tackama M i N , onda je BM + CN = MN . Dokazati.

Zadatak 6.14. Neka su P,Q,R proizvoljne tacke na stranicama BC, ACi AB trougla ABC. Dokazati da se krugovi opisani oko trouglova AQR,PBR i PQC seku u jednoj tacki (Mikelova tacka).

Zadatak 6.15. Dokazati da podnozja normala iz proizvoljne tacke opisanogkruga trougla na prave odredene stranicama tog trougla pripadaju jednojpravoj.5

4Ovaj krug naziva se Ojlerov krug ili krug devet tacaka.5Ova prava naziva se Simpsonova prava.

100

Zadatak 6.16. U pravouglom trouglu ABC nad katetom AC kao precni-kom konstruisan je krug koji sece hipotenuzu AB u tacki E. Ako tangentakruga u tacki E sece katetu BC u tacki D, dokazati da je trougao BDEjednakokrak.

Zadatak 6.17. Ugao izmedu dve secice koje se seku van kruga jednak jepolurazlici centralnih uglova nad tetivama odredenih krakovima tog ugla.Dokazati.

Zadatak 6.18. Ugao izmedu dve tangente nekog kruga jednak je polurazlicicentralnih uglova nad lukovima odredenih krakovima tog ugla. Dokazati.

Zadatak 6.19. Neka su D i E proizvoljne tacke polukruga konstruisanognad duzi AB kao precnikom. Ako je F presek pravih AD i BE, a G presekpravih AE i BD, dokazati da je FG⊥AB.

Zadatak 6.20. U tacki P konstruisane su tangente PB i PD kruga k(0, r)sa dodirnim tackama B i D. Ako prava PO sece krug k u tackama A i C takoda je B(P,A,C), dokazati da je ∡ BCD = ∡ PBD, kao i da je polupravaBA bisektrisa ugla ∡ PBD.

Zadatak 6.21. Ako je ABCD tetivni cetvorougao, E ortocentar trouglaABD i F ortocentar trougla ABC, dokazati da je cetvorougao CDEF pa-ralelogram.

Zadatak 6.22. Cetvorougao ABCD upisan je u krug sa centrom u tackiO. Ako su dijagonale AC i BD tog cetvorougla medusobno normalne i M

podnozje normale iz tacke O na pravu AD, dokazati da je OM =1

2BC.

Zadatak 6.23. Neka su A1, B1, C1 sredista stranica BC, AC, AB trouglaABC. Dokazati sledece jednakosti:

(a) 2−−−→B1A1 =

−−→AB (teorema o srednjoj liniji trougla);

(b)−−→AA1 +

−−→BB1 +

−−→CC1 =

−→0 ;

(c)−−→MA +

−−→MB +

−−→MC =

−−−→MA1 +

−−−→MB1 +

−−−→MC1, ako je M proizvoljna

tacka.

Zadatak 6.24. Neka je O centar opisanog kruga, a H ortocentar trouglaABC. Dokazati da vazi:

(a)−→OA +

−−→OB +

−−→OC =

−−→OH (Hamiltonova teorema);

(b) 2(−→OA +

−−→OB +

−−→OC) =

−−→AH +

−−→BH +

−−→CH.

101

Zadatak 6.25. Primenom vektora pokazati da su centar opisanog kruga O,teziste T i ortocentar H trougla ABC kolinearne tacke i da vazi HT = 2TO.6

Zadatak 6.26. Ako je cetvorougao ABCD trapez u kome je AB ‖ CD

i M,N sredista stranica AD, BC, dokazati da je (−−→AB +

−−→DC) = 2

−−→MN

(teorema o srednjoj liniji trapeza).

Zadatak 6.27. Konstruisati krug k = K(O, r) koji sadrzi date tacke M iN , a centar mu se nalazi na datoj pravoj p.

Zadatak 6.28. Konstruisati zajednicke tangente dva kruga.

Zadatak 6.29. Konstruisati skup sredista svih tetiva datog kruga jednakihdatoj duzi a.

Zadatak 6.30. Konstruisati skup temena svih uglova jednakih datom kon-veksnom uglu α, ciji krakovi dodiruju dati krug.

Zadatak 6.31. Konstruisati kvadrat ABCD ako su date tacke P,Q,R, Skoje pripadaju redom stranicama AB,BC,CD,AD tog kvadrata.

Zadatak 6.32. Konstruisati trapez ABCD (AB ‖ CD ∧ AB > CD) akosu dati kraci BC = c, AD = d, srednja linija MN = m i razlika osnovicaAB − CD = a − b.

Zadatak 6.33. Neka su A,B,C tri nekolinearne tacke. Konstruisati tackuD tako da cetvorougao ABCD bude i tetivan i tangentan.

Zadatak 6.34. (”veliki zadatak”) Za proizvoljan ∆ABC (AC > AB)konstruisati:

(a) krug k(S, r) upisan u dati trougao koji dodiruje stranice BC = a,CA = b i AB = c redom u tackama P,Q,R;

(b) krug l(O, ρ) opisan oko ∆ABC;

(c) spolja upisane krugove ki = K(Si, ri), koji dodiruju prave odredenestranicama i ∈ {a, b, c} redom u tackama Pi, Qi i Ri.

Ako je p = 1

2(a + b + c) poluobim trougla ABC, pokazati da je tada:

(i) AQa = ARa = p; (ii) AQ = AR = p − a; (iii) QQa = RRa = a;

(iv) PPa = b − c; (v) PbPc = b + c; (vi) ra + rb + rc = 4R + r;

(vii) Srediste duzi BC je ujedno i srediste duzi PPa i PbPc.

6Prava koja sadrzi ove tri tacke obicno se naziva Ojlerova prava.

102

Zadatak 6.35. Konstruisati ∆ABC ako su dati sledeci njegovi elementi:

(i) ugao ∡ A = α, stranica BC = a i zbir stranica AB + AC = b + c;

(ii) ugao ∡ A = α, stranica BC = a i zbir visina hb + hc = d;

(iii) stranica BC = a, razlika ostalih dveju stranica b − c (b > c) i polu-precnik upisanog kruga r;

(iv) stranica BC = a, razlika uglova ∡ B −∡ C = δ i razlika stranica b− c;

(v) razlika uglova ∡ B − ∡ C = δ, razlika stranica b − c i poluprecnikupisanog kruga r;

(vi) razlika stranica b−c, poluprecnik upisanog kruga r i poluprecnik spoljaupisanog kruga ra;

(vii) stranica a, zbir stranica b + c i poluprecnik opisanog kruga ρ;

(viii) ugao ∡ A = α, zbir stranica b + c i poluprecnik opisanog kruga ρ;

(ix) ugao ∡ A = α, stranica BC = a i poluprecnik spolja upisanog krugarb;

(x) zbir stranica b + c i poluprecnici spolja upisanih krugova rb i rc;

(xi) ugao ∡ A = α, poluprecnik upisanog kruga r i duz sA kao deo simetrale∡ A koji pripada trouglu;

(xii) ugao ∡ A = α, poluprecnik spolja upisanog kruga ra i duz sA kao deosimetrale ∡ A koji pripada trouglu.

Literatura

[1] Lopandic D. (1987), Geometrija. Naucna knjiga, Beograd.

[2] Mitrovic M., Ognjanovic S., Veljkovic S., Petkovic Lj., Lazarevic N.(2003), Geometrija. Krug, Beograd

[3] Prvanovic M. (1987), Osnovi geometrije. Gradevinska knjiga, Beograd.

[4] Radojcic M. (1961), Elementarna geometrija. Naucna knjiga, Beograd.

[5] Tosic R., Petrovic V. (1995), Problemi iz geometrije: metodicka zbirka

zadataka. PMF, Novi Sad.

103