GEOMETRIJA 12. Transformacije - pef.uni-lj.simatijac/Transform.pdf · Rotacije in translacije Transformacijski pristop GEOMETRIJA 12. Transformacije Matija Cencelj Geometrija, Pedagoska

IzometrijeRotacije in translacije

Transformacijski pristop

GEOMETRIJA12. Transformacije

Matija Cencelj

Geometrija, Pedagoska fakulteta UL 2008

Matija Cencelj GEOMETRIJA, 12. Transformacije



V tem poglavju bomo razvili nov pogled na geometrijo.Namesto, da bi opazovali geometrijske objekte neposredno,bomo obravnavali transformacije (=funkcije iz ravnine vase), kiohranjajo geometrijske strukture.To je precej nov pogled na geometrijo, razvil ga je Felix Klein(1849-1925) ob imenovanju na profesorsko mesto v Erlangenu.Odtod izvira ime Erlangenski program zanj.V nekem zelo omejenem obsegu gre tu tudi za povratek kEvklidu: on namrec pojma skladnosti ni definiral, se je pa izuporabe tega pojma videlo, da je pri tem mislil na to, da sta dvaobjekta skladna, ce se da enega premakniti v drugega z nekimtogim (=razdalje ohranjajocim) premikom.












DefinicijaTransformacija (ravnine P) je bijektivna funkcija T : P→ P.Transformaciji recemo izometrija, ce ohranja razdalje, torej zapoljubni tocki A,B ∈ P velja T (A)T (B) = AB.

Ce bomo obravnavali eno samo transformacijo, bomo ponavadipisali slike s crtico, torej T (P) = P ′.Oglejmo si nekaj primerov izometrij. Prvi primer je kar identitetaι : P→ P, ι(A) = A za vsak A ∈ P.














Primer – zrcaljenje preko premiceNaj bo ` premica v ravnini P. Zrcaljenje preko ` jetransformacija ρ` : P→ P, ki slika takole: za vsako tocko P na `ohrani P ′ = P; za poljubno tocko P 6∈ ` pa iz P potegnemopravokotnico m na ` in slika P ′ ∈ m je na drugem bregu ` kot P,a enako oddaljena od ` kot P.

`

Q

P

P ′




Tocki A, ki jo transformacija T ohranja (tj. T (A) = A), recemonegibna tocka ali tudi fiksna tocka transformacije T .Negibne tocke zrcaljenja ρ` preko premice ` so natanko vsetocke na `.

Primer – razteg

Naj bo S tocka ravnine in k > 0. Razteg DS,k s srediscem S infaktorjem k definiramo takole. DS,k (S) = S. Za poljubno drugotocko P ∈ P pa je DS,k (P) = P ′ tista tocka na

−→SP, da je

SP ′ = k · SP.

Razteg torej oddalji tocke od S za isti faktor k , ce je le-ta vecjikot 1, jih pribliza k S, ce je k < 1, in je izometrija natanko tedaj,ko je k = 1 in s tem DS,1 identiteta.





Primer – razteg


−→SP, da je

SP ′ = k · SP.






Primer – razteg


−→SP, da je

SP ′ = k · SP.






Primer – razteg


−→SP, da je

SP ′ = k · SP.





IzrekKompozitum izometrij je izometrija in inverz izometrije jeizometrija.

Dokaz: Kompozitum funkcij je funkcija, ce prva ohranja razdaljein tudi druga, jih tudi kompozitum. Naj bo T izometrija in P,Qpoljubni tocki. TedajPQ = T (T−1(P))T (T−1(Q)) = T−1(P)T−1(Q). �

Pokazali bomo, da izometrije ne ohranjajo le razdalj, ampaktudi kote. Morda nas to preseneti, a to je odsev aksioma SKS,ki nam pove, da koti in razdalje niso medsebojno neodvisni.






















Izrek – lastnosti izometrijNaj bo T izometrija ravnine P. Tedaj velja:

1 T ohranja kolinearnost;2 T ohranja relacijo ∗ – ”biti vmes med dvema tockama”;3 T ohranja daljice;4 T ohranja premice;5 T ohranja vmesnost poltrakov;6 T ohranja velikost kotov;7 T ohranja trikotnike;8 T ohranja kroznice;9 T ohranja ploscine.




Pri tem ohranjanje kolinearnosti pomeni: ce so P, Q in Rkolinearne tocke, so take tudi T (P), T (Q) in T (R). Podobnoohranjati relacijo ∗ pomeni, ce za kolinearne tocke P, Q in Rvelja P ∗Q ∗R, velja tudi T (P) ∗ T (Q) ∗ T (R). Ohranjanje daljicpomeni, da je T (AB) = T (A)T (B). Podobno velja za ostaletocke zgornjega izreka.

Zaradi teh lepih lastnosti recemo izometrijam tudi togi premiki.

Dokaz izreka: Dokazimo le prvo lastnost, ostalo naj bo za vajo.Ce so P, Q in R kolinearne tocke, je ena vmes med drugimadvema, denimo, da imamo P ∗Q ∗ R. Ker je v tem primeruPR = PQ + QR, je tudi P ′R′ = P ′Q′ + Q′R′. Ce P ′, Q′ in R′ nebi bile kolinearne, pa bi imeli P ′R′ < P ′Q′ + Q′R′. �




























Naslednji izrek je eden najpomembnejsih izrekov tega poglavja,njegov obrat postane definicija skladnosti v transformacijskempristopu k osnovam geometrije.

Izrek

Ce sta 4ABC in 4DEF skladna, obstaja natanko enaizometrija T , da velja T (A) = D, T (B) = E in T (C) = F .

Za formulacijo tega izreka potrebujemo nekolinearnost oglisctrikotnika, brez te predpostavke ne bi imeli edinosti taketransformacije. Posebna posledica tega izreka je to, da seizometriji, ki se ujemata na treh nekolinearnih tockah, ujematana vseh tockah.Dokaz obstoja izometrije v izreku: Naj bodo oznake kot vpredpostavki izreka. Naj bo ` simetrala daljice AD (ce pa jeA = D, naj bo ` poljubna premica skozi A). Torej ρ`(A) = D. Najbo B′ = ρ`(B) in ρ`(C) = C′.





Izrek







Izrek







Izrek







Izrek






Naj bo m simetrala daljice B′E (ce je B′ = E , naj bo m =←→DE).

Po definiciji je ρm(B′) = E . Ker je DB′ = DE , je D ∈ m in zatoρm(D) = D. Naj bo C′′ = ρm(C′).

AB

C

D B′

C′

`

mE

FOpazimo, da je

C′′ = F ali pa je zrcalna slika od F preko premice←→DE (ker

zrcaljenji preko ` in m ohranjata dolzine in kote). Ce je C′′ = Fnaj bo f = ι, sicer pa naj bo f = ρn, kjer je n =

←→DE . Tedaj je

T = f ◦ ρm ◦ ρ` izometrija, ki slika T (A) = D, T (B) = E inT (C) = F . �






AB

C

D B′

C′

`

mE

FOpazimo, da je



←→DE . Tedaj je







AB

C

D B′

C′

`

mE

FOpazimo, da je



←→DE . Tedaj je





Glavni argument za dokaz edinosti je naslednja lema.

Lema

Ce izometrija f ohranja tri nekolinearne tocke A, B in C, tj.f (A) = A, f (B) = B in f (C) = C, je f identiteta.




Dokaz: Naj bodo oznake kot v predpostavki. Pokazati moramof (P) = P za poljubno tocko P. Posebej bomo pogledali dvaprimera: da je P ∈

←→AB in da P 6∈

←→AB.

Najprej naj bo P ∈←→AB. Ker je f (A) = A in f (B) = B in f ohranja

kolinearnost, je tudi f (P) ∈←→AB. Ker f ohranja razdalje in

vmesnost, je f (P) = P.

A

PB

f (P)?






←→AB.




A

PB

f (P)?






←→AB.




A

PB

f (P)?






←→AB.




A

PB

f (P)?




Poglejmo se P 6∈←→AB. Ker f ohranja kote, je f (P) na poltraku

−→AP

ali na−−→AP ′, kjer je P ′ preko

←→AB zrcaljena tocka P. Ker f ohranja

razdalje, je f (P) = P ali f (P) = P ′.Ce sta P in C na isti strani

←→AB, daljica PC ne seka

←→AB in zato

tudi ne f (PC) (saj je f injektivna), torej f (P) 6= P ′, torejf (P) = P.Ce pa sta P in C na razlicnih straneh premice

←→AB, daljica PC

seka←→AB in jo mora zato tudi njena f -slika, torej f (P) 6= P ′ in

zato f (P) = P. �

AC

B

P ′

P





−→AP





←→AB in zato




zato f (P) = P. �

AC

B

P ′

P





−→AP





←→AB in zato




zato f (P) = P. �

AC

B

P ′

P





−→AP





←→AB in zato




zato f (P) = P. �

AC

B

P ′

P




Dokaz edinosti iz izreka o premiku skladnih trikotnikov:Naj bodo A, B in C nekolinearne tocke in f in g izometriji, zakateri velja f (A) = g(A), f (B) = g(B) in f (C) = g(C).Definiramo h = f−1 ◦ g, tedaj je h izometrija, ki ohranja trinekolinearne tocke in je zato po zgornji lemi identiteta. Torejres f = g. �

Ce dobro pogledamo dokaz, smo pravzaprav za eksistencoizometrije potrebovali le skladnost dveh stranic in vmesnegakota (torej predpostavko za SKS). Polega tega smo eksistencopokazali tako, da smo konstruirali izometrijo kot kompozitumzrcaljenj in to dveh ali treh zrcaljenj. Ce za dano izometrijoizberemo tri nekolinearne tocke (A, B in C in oznacimoD = f (A), E = f (B) in F = f (C)) z eksistencnim delom dokazadokazemo, da kompozitum zrcaljenj premakne 4ABC v4DEF , iz dokaza edinosti pa sledi, da je na vsej ravnini f enaktemu kompozitu zrcaljenj.



















To zapisimo posebej kot posledico (dokaza izreka).

PosledicaVsako izometrijo ravnine lahko izrazimo kot kompozitumkvecjemu treh zrcaljenj.




Definirajmo rotacijo ali vrtez RAOB s srediscem v tocki O za kot∠AOB. Naj bodo O, A in B paroma razlicne tocke.

Ce je−→OA =

−→OB, je RAOB kar identiteta.

Ce so tocke A, O in B nekolinearne, poiscimo tockoA′ ∈

−→OB, da je OA = OA′, poiscimo tocko B′, ki bo na

drugem bregu←→OB kot A in bo ∠AOB ∼= ∠BOB′ in

OB = OB′. Tedaj naj bo RAOB edina izometrija, ki preslikaO samo vase, A v A′ in B v B′.

O B

A

B′

BA′





Ce je−→OA =






O B

A

B′

BA′





Ce je−→OA =






O B

A

B′

BA′





Ce je−→OA =






O B

A

B′

BA′




Poltraka−→OA in

−→OB sta si nasprotna. Naj bo spet A′ ∈

−→OB,

da je OA′ = OA. Izberimo C 6= O, da je←→OC ⊥

←→AB in naj bo

C′ na drugi strani←→AB kot C in OC = OC′. Tedaj naj bo

RAOB tista izometrija, ki preslika O samo vase, A v A′ in Cv C′.

OA

A′ B

C

C′




Poltraka−→OA in

−→OB sta si nasprotna. Naj bo spet A′ ∈

−→OB,

da je OA′ = OA. Izberimo C 6= O, da je←→OC ⊥

←→AB in naj bo

C′ na drugi strani←→AB kot C in OC = OC′. Tedaj naj bo

RAOB tista izometrija, ki preslika O samo vase, A v A′ in Cv C′.

OA

A′ B

C

C′




Preverimo lahko ta zadnji primer rotacije ni odvisen od tocke C.

Izrek

Naj bo RAOB rotacija s srediscem O. Ce so A, O in Bnekolinearne tocke, je ∠POP ′ ∼= ∠AOB za vsako tocko P 6= O.

O

B

P ′

A

P





Izrek


O

B

P ′

A

P





Izrek


O

B

P ′

A

P




Ideja dokaza: Ocitno to sledi neposredno iz definicije rotacijeza tocke P na

−→OA ali na

−→OB. Za tocke P, za katere je

−→OP vmes

med−→OA in

−→OB, to sledi, ker vrtezi ohranjajo vmesnost poltrakov

in kote. Naj bo B′ = RAOB(B) in B′′ = RAOB(B′). Ker vrteziohranjajo vmesnost poltrakov, je

−−→OB′ med

−→OB in

−−→OB′′. Zato

lahko na isti nacin sklepamo, da trditev drzi tudi za tocke P, zakatere je

−→OP med

−→OB in

−−→OB′. Na ta nacin po korakih vecamo

mnozico tock P, za katere velja trditev izreka, in po koncnomnogo korakih pridemo do tega, da trditev velja za vse P 6= O.�





−→OA ali na


−→OP vmes

med−→OA in



−−→OB′ med

−→OB in



−→OP med

−→OB in







−→OA ali na


−→OP vmes

med−→OA in



−−→OB′ med

−→OB in



−→OP med

−→OB in







−→OA ali na


−→OP vmes

med−→OA in



−−→OB′ med

−→OB in



−→OP med

−→OB in







−→OA ali na


−→OP vmes

med−→OA in



−−→OB′ med

−→OB in



−→OP med

−→OB in






Posledica

Ce−→OA 6=

−→OB, je O edina negibna tocka transformacije RAOB.

� Ce sta−→OA in

−→OB nasprotna si poltraka, je RAOB vrtez za

180◦. Ta je podoben zrcaljenju preko premice v tem smislu, daso vse te transformacije involucije, tako pravimotransformacijam, ki so same sebi inverzne (tj., ce takotransformacijo naredimo dvakrat, pridemo nazaj v zacetnostanje). A vrtez za 180◦ (kot vsak vrtez) ohranja orientacijo,zrcaljenje preko premice, jo pa obrne.

Prvi izrek o rotaciji

Izometrija f je rotacija s srediscem O natanko tedaj, koobstajata premici ` in m, da velja O ∈ ` ∩m in f = ρm ◦ ρ`.




Posledica

Ce−→OA 6=










Posledica

Ce−→OA 6=










Posledica

Ce−→OA 6=










Posledica

Ce−→OA 6=










Dokaz: Dokazimo smer⇒. Naj bo torej f = RAOB vrtez. Ce je−→OA =

−→OB, je f identiteta in ta je seveda kompozitum dveh istih

zrcaljenj preko premice. Ce sta si−→OA in

−→OB nasprotna izberimo

neko tocko C, da bo←→OC ⊥

←→AB. Naj bo ` =

←→AB in m =

←→OC.

Tedaj hitro vidimo, da RAOB in ρm ◦ ρ` slikata tocke A, O in Cenako in sta zato po izreku isti togi preslikavi.Zdaj nam ostane se primer, da so A, O in B nekolinearne tocke.Naj bo ` =

←→AB, naj bo Q neka tocka na poltraku, ki razpolavlja

kot ∠AOB in naj bo m =←→OQ. Trdimo, da je f = ρm ◦ ρ`. Po

izreku je dovolj, ce pokazemo, da se ujemata f in ρm ◦ ρ` natreh nekolinearnih tockah. Ocitno se ujemata na O, saj je le-taza obe negibna tocka.










←→AB in m =

←→OC.














←→AB in m =

←→OC.














←→AB in m =

←→OC.














←→AB in m =

←→OC.














←→AB in m =

←→OC.














←→AB in m =

←→OC.








Tocka A je negibna za ρm in izbor Q in m zagotavljata, da jeρm ◦ ρ`(A) = ρm(A) = A′ = RAOB(A). Naj bo B′ = RAOB(B) inB′′ = ρ`(B). Tedaj velja ∠BOA ∼= ∠AOB′′ ∼= ∠BOB′ inµ(∠BOQ) = (1/2)µ(∠BOA). Tocka A je v notranjosti kota∠B′′OQ in B je v notranjosti ∠QOB′, zato ∠B′OQ ∼= ∠B′′OQ.Odtod sledi ρm(B′′) = B′ in RAOB(B) = ρm ◦ ρ`(B).

Om

`

B′′

AQ

BA′

B′

Smer⇐ je za vajo. �Dekompozicija vrteza na zrcaljenji ni ena sama.





Om

`

B′′

AQ

BA′

B′






Om

`

B′′

AQ

BA′

B′






Om

`

B′′

AQ

BA′

B′






Om

`

B′′

AQ

BA′

B′






Om

`

B′′

AQ

BA′

B′





Drugi izrek o rotaciji

Ce je RAOB rotacija in je n poljubna premica skozi O, obstajatapremici s in t , da velja RAOB = ρs ◦ ρn = ρn ◦ ρt .




Dokaz: Izberimo tocko P 6= O na premici n in definirajmoQ = RAOB(P). Brez tezav pokazemo, da je RAOB = RPOQ, poprejsnjem izreku je RPOQ = ρs ◦ ρn, kjer je s nosilka poltraka, kirazpolavlja kot ∠POQ. Podobno dokazemo drugi del. �Definirajmo se preslikave HO ravnine vase, kjer je O poljubnatocka ravnine. Tocka O naj bo negibna tocka za HO, za vsakodrugo tocko P, pa naj bo njena slika HO(P) = P ′ taka, da je Orazpolovisce daljice PP ′. Taki preslikavi recemo zrcaljenjepreko tocke O. Naslednji izrek nam pove, da je to isto kot vrtezza 180◦.

Izrek

Ce sta−→OA in

−→OB nasprotna si poltraka, je RAOB = HO. Ce sta n

in p premici, da velja O ∈ n ∩ p in n ⊥ p, je HO = ρn ◦ ρp.

Dokaz: vaja! �





Izrek

Ce sta−→OA in



Dokaz: vaja! �





Izrek

Ce sta−→OA in



Dokaz: vaja! �





Izrek

Ce sta−→OA in



Dokaz: vaja! �





Izrek

Ce sta−→OA in



Dokaz: vaja! �




Naj bosta A in B dve tocki. Premik ali translacija od A do B jetransformacija TAB ravnine vase, ki jo definiramo na naslednjinacin. Ce je A = B, je to identiteta. Ce pa A 6= B, naj bo` =←→AB, premica m pa naj bo pravokotnica na ` v tocki A. Na m

izberimo tocko C 6∈ `. Naj bo C′ taka tocka, da sta C in C′ naisti strani `,

←→BC′ ⊥ ` in AC = BC′. Naj bo B′ ∈ ` taka tocka, da

sta A in B′ na razlicnih straneh←→BC′ in AB = BB′. Tedaj

definiramo, da je TAB tista (edina) izometrija, ki preslikaTAB(A) = B, TAB(B) = B′ in TAB(C) = C′. Ni tezko preveriti, daje TAB neodvisen od izbire tocke C kot zgoraj.

`

C′C

A B B′

mMatija Cencelj GEOMETRIJA, 12. Transformacije








`

C′C

A B B′









`

C′C

A B B′









`

C′C

A B B′









`

C′C

A B B′









`

C′C

A B B′









`

C′C

A B B′




Prvi izrek o premikuIzometrija f je translacija natanko tedaj, ko obstajata premici `in m, ki dopuscata skupno pravokotnico, da velja f = ρ` ◦ ρm.

Dokaz: Vaja (s pomocjo skice: m gre skozi A in je pravokotnana←→AB, ` pa je simetrala daljice AB).

`

m

B

A

P ′′

P ′

P �






`

m

B

A

P ′′

P ′

P �






`

m

B

A

P ′′

P ′

P �




Podobno kot pri vrtezih imamo tudi pri premikih vec moznostiza izbiro premic za zrcaljenji.

Drugi izrek o premiku

Naj bosta A in B poljubni razlicni tocki. Za vsako premico n,n ⊥←→AB, obstaja premica p, p ⊥

←→AB, da je TAB = ρp ◦ ρn.

Dokaz: vaja! �








Dokaz: vaja! �








Dokaz: vaja! �








Dokaz: vaja! �




Povzemimo nasa dosedanja spoznanja o togih premikih(=izometrijah) ravnine.

IzrekNaj bosta ` in m premici.

1 Ce je ` = m, je ρ` ◦ ρm identiteta.2 Ce je ` ⊥ m, je ρ` ◦ ρm vrtez za 180◦ okoli presecisca.3 Ce se ` in m sekata v neki tocki, je ρ` ◦ ρm vrtez okoli

presecisca.4 Ce sta ` in m vzporedni in dopuscata skupno pravokotnico,

je ρ` ◦ ρm premik.

� Z zgornjimi tockami smo obravnavali vse moznosti, kinastopijo v evklidski geometriji (ne pa vzporednih premic, ki nedopuscajo skupne pravokotnice, kar se pojavi v hiperbolicnigeometriji).






















Brez dokaza navedimo se tale rezultat.

Izrek – klasifikacija togih premikovVsak togi premik evklidske ravnine je identiteta ali zrcaljenjepreko premice ali vrtez ali kompozitum premika in zrcaljenja.




Ozrimo se spet na osnove nase geometrije in si jih oglejmo zocmi transformacij. V resnici je ze Evklid uporabljal gibanje zadefinicijo skladnosti likov, ceprav tega ni definiral. Mi smo setemu izognili in raje definirali skladnost popolnoma staticno.Tu si bomo ogledali drugo moznost – da imamo neko druzinotransformacij za temeljni pojem, s pomocjo katerega delamogeometrijo. S transformacijo sedaj mislimo bijekcijo.

Sprejmimo vse nase aksiome razen SKS in vse definicije razendefinicije skladnosti trikotnikov. To pa nadomestimo z novimaksiomom – o zrcaljenju in novi definiciji skladnosti.



















Aksiom zrcaljenjaZa vsako premico ` obstaja transformacija ρ` : P→ P, ki joimenujemo zrcaljenje preko `, ki zadosca naslednjim zahtevam.

1 Ce P ∈ `, je ρ`(P) = P.2 Ce P lezi v eni od polravnin, ki jih doloca `, lezi ρ`(P) v

drugi polravnini.3 ρ` ohranja kolinearnost.4 ρ` ohranja razdalje.5 ρ` ohranja velikosti kotov.




DefinicijaTogo gibanje ravnine je transformacija, ki ohranja kolinearnost,razdaljo in velikost kotov.

Po aksiomu zrcaljenja je zrcaljenje togo gibanje in potem je taktudi vsak kompozitum zrcaljenj.

Definicija

Lik je poljubna podmnozica tock v ravnini.

Definicija

Za lika X in Y recemo, da sta skladna, ce obstaja togo gibanjef : P→ P, da je f (X ) = Y .

V posebnem to pomeni, da sta trikotnika skladna, ko obstajaneko togo gibanje, ki premakne enega v drugega.






Definicija


Definicija








Definicija


Definicija








Definicija


Definicija








Definicija


Definicija






Pri tem se se vedno drzimo ustaljenega zapisa –4ABC ∼= 4DEF pomeni, da obstaja togo gibanje, ki premakneA v D, B v E in C v F .

IzrekIz aksioma zrcaljenja sledi kriterij Stranica-Kot-Stranica zaskladnost trikotnikov.

Dokaz: Brez aksioma SKS nimamo izreka o pravokotnici izzunanje tocke na dano premico, uporabimo lahko le izreke intrditve, ki smo jih dokazali iz prejsnjih aksiomov in aksioma ozrcaljenju.

Naj bosta trikotnika 4ABC in 4DEF taka, da velja AB ∼= DE ,∠BAC ∼= ∠EDF , AC ∼= DF . Konstruirati moramo togo gibanjeT , da bo T (A) = D, T (B) = E , T (C) = F . To zadosca za nasdokaz, saj togo gibanje prenese daljico na daljico.
































Naj bo ` simetrala daljice AD, tedaj ρ` preslika A v D. Naj boB′ = ρ`(B) in C′ = ρ`(C).

Ce so C′, D in F nekolinearne tocke, naj bo m simetrala kota∠C′DF in ρm ustrezno zrcaljenje. Tedaj je ρm(D) = D inρm(−−→DC′) =

−→DF . Torej je ρm(C′) = F . V posebnem primeru, ko

pa sta−−→DC′ in

−→DF nasprotna, vzamemo za m pravokotnico na←→

FC′ v D. Tudi v tem primeru velja ρm(D) = D in ρm(C′) = F . Cepa sta poltraka

−−→DC′ in

−→DF identicna, mora biti C′ = F . Ce

vzamemo g = ρm v prvih dveh primerih, v tretjem pa za gvzamemo identiteto, bo g togo gibanje, ki ohrani D in preslikaC′ v F .

V tem primeru imamo g(B′) = E ali pa je g(B′) slika od E prizrcaljenju preko

←→DF . V prvem primeru smo ze dobili ustrezno

togo gibanje T = g ◦ ρ`, v drugem primeru pa vzamemoT = ρn ◦ g ◦ ρ`, kjer je n =

←→DF . �










−−→DC′ in






←→DF . �










−−→DC′ in






←→DF . �










−−→DC′ in






←→DF . �










−−→DC′ in






←→DF . �










−−→DC′ in






←→DF . �










−−→DC′ in






←→DF . �




AB

C

D B′

C′

`

mE

F


Documents

GEOMETRIJA 12. Transformacije - pef.uni-lj.simatijac/Transform.pdf · Rotacije in translacije Transformacijski pristop GEOMETRIJA 12. Transformacije Matija Cencelj Geometrija, Pedagoska