Milan Mitrovi Mihailo Veljkovi Sran Ognjanovi Ljubinka PetkoviNenad Lazareviza prvi razred Matematike gimnazijeMilan MitroviMihailo Veljkovi Sran OgnjanoviLjubinka PetkoviNenad LazareviGeometrija za I razred Matematike gimnazijeUdbenik sa zbirkom zadataka Drugo dopunjeno izdanjeBeograd 1998Autori:Milan Mitrovi, mr Sran Ognjanovi, mr Mihailo Veljkovi, Ljubinka Petkovi, Nenad Lazarevi,profesori Matematike gimnazije u BeograduGEOMETRIJAZA PRVI RAZRED MATEMATIKE GIMNAZIJE Drugo dopunjeno izdanjeIzdava: "KRUG", BeogradZa izdavaa: Marijana IvanoviRecenzenti:dr Dragoslav Ljubi, docent Matematikog fakulteta u Beogradudr Rade Doroslovaki, profesor Tehnikog fakulteta u Novom SaduObrada na raunaru: Milan MitroviKorektura: autoriKorice: Milan MitroviPredgovorOva knjiga napisana je prema nastavnom planu i programu za predmet geometrija, za prvi razred Matematike gimnazije u Beogradu.Formalno, gradivo je izloeno tako da se ne oslanja na prethodno znanje iz geometrije.Prva dva poglavlja vezana su za aksiomatsko uvoenje geometrije. Detaljno se izuavaju posledice aksioma incidencije i paralelnosti, dok se kod preostalih grupa aksioma posledice uglavnom ne dokazuju.Tree i peto poglavlje odnose se na podudarnost a esto na njenu primenu u konstruktivnim zadacima.U etvrtom poglavlju uvede se vektori i dokazuje se Talesova teorema.U sedmom poglavlju razmatraju se izometrijske transformacije, i izvrena je njihova klasifikacija.Osmo i deveto poglavlje odnose se na slinost i inverziju, a deseto predstavlja uvod u trigonometriju, i to samo pravouglog trougla.Na kraju veine poglavlja dat je izvestan broj zadataka za vebu. Meu njima ima i zadataka sa takmienja mladih matematiara, kao i tvrenja koja imaju i svoj istorijski znaaj.Grupa raznih zadataka nalazi se na kraju knjige. U tom poglavlju zadaci namerno nisu poreani po oblastima, ali esto teim zadacima prethode pomoni.Kod odreenih poznatih teorema i problema, date su i kratke istorijske napomene, to ini nam se, pomae uenicima da sagledaju razvoj geometrije kroz vekove.Posebno se zahvaljujemo recenzentima dr Dragoslavu Ljubiu i dr Radetu Doroslovakom. Takoe se zahvaljujemo i svima koji su, na bilo koji nain doprineli izgledu udbenika, a naroito dr Zoranu Luiu i mr Predragu Janiiu koji su proitali delove rukopisa, i pomogli sa nizom korisnih primedbi i sugestija.AutoriPredgovor drugom izdanjuDrugo izdanje dopunjeno je sa dve nove glave: Reenja zadataka i Dodatak.Prva od tih glava sadri reenja i uputstva odreenog broja karakteristinih zadataka. Napominjemo da ti zadaci nisu po pravilu najtei u knjizi.Glava Dodatak sadri teoreme i dokaze teorema, koje svojim sadrajem ili teinom optereuju osnovni deo knjige. Na taj nain rastereen je redovni deo udbenika, a ostavljena je mogunost da se proitaju izostavljeni delovi.Oznaka * u redovnom delu udbenika ukazuje na Dodatak.Na kraju je dat i Indeks, koji moe itaocu pomoi u lakem nalaenju uvedenih pojmova.Takoe, ispravljene su uoene greke iz prethodnog izdanja. Zahvaljujemo se recenzentima dr Dragoslavu Ljubiu i dr RadetuDoroslovakom, kao i svima koji su doprineli poboljanju ovog udbenika u odnosu na prvo izdanje.AutoriSadrajI Uvod u geometriju11.1 Deduktivni i induktivni metod zakljuivanja1 1.2 Osnovni pojmovi i osnovna tvrenja u geometriji3 1.3 Kratak istorijski pregled razvoja geometrije. Peti Euklidov4 postulatII Euklidska geometrija82.1 Aksiome incidencije 9 2.2 Aksiome rasporeda 12 2.3 Aksiome podudarnosti 19 2.4 Aksioma neprekidnosti 20 2.5 Aksioma paralelnosti (Plejferova aksioma) 24 Zadaci 29III Podudarnost323.1 Izometrijska transformacije32 3.2 Relacija podudarnosti figura37 3.3 Podudarnost dui383.4 Podudarnost uglova, pravi uglovi, relacija normalnosti pravih 39 3.5 Podudarnost trouglova 43 3.6 Uglovi na transverzali. Zbir uglova u trouglu 47 3.7 Nejednakost trougla 52 3.8 etvorougao, paralelogram, srednja linija trougla 54 3.9 Znaajne take trougla 59 Zadaci 66IV Vektori734.1 Definicija vektora. Sabiranje vektora 73 4.2 n-ti deo vektora. Mnoenje vektora racionalnim skalarom 78 4.3 Proizvod vektora realnim skalarom 84 4.4 Vektori u euklidskoj geometriji 87 Zadaci 91V Daljnja primena podudarnosti945.1 Primena podudarnosti na krug 94 5.2 Centralni i periferijski ugao kruga 96 5.3 Tangentni etvorougao 101 5.4 Tetivni etvorougao 102 Zadaci 105 5.5 Relacija upravnosti prave i ravni. 113 5.6 Diedar. Ortogonalnost ravni 115 5.7 Ugao prave prema ravni. Ugao dveju mimoilaznih pravih 117 Zadaci 120VI Konstrukcija ravnih figura122Konstrukcija ravnih figura 122 Zadaci 129VII Izometrijske transformacije ravni. Klasifikacija1347.1 Direktne i indirektne izometrijske transformacije 134 7.2 Osna refleksija 135 7.3 Predstavljanje izometrija ravni pomou osnih refleksija 140 7.4 Pramenovi pravih u ravni 142 7.5 Centralna rotacija 144 7.6 Centralna simetrija 148 7.7 Translacija 150 7.8 Klizajua refleksija 154 7.9 Klasifikacija izometrija ravni 157 Zadaci 158VIII Slinost1658.1 Razmera dui. Talesova teorema 165 8.2 Homotetija 173 8.3 Transformacije slinosti. Slinost figura 176 8.4 Slinost trouglova 179 8.5 Harmonijska spregnutost parova taaka. Apolonijev krug 182 8.6 Neke karakteristine teoreme 186 8.7 Potencija take u odnosu na krug 192 Zadaci 196IX Inverzija2049.1 Definicija i osnovne osobine inverzije 204 9.2 Apolonijevi problemi o dodiru krugova 209 Zadaci 212Razni zadaci215Reenja zadataka228Indeks267Literatura274Glava IUvod u geometriju1.1 Deduktivni i induktivni metod zakljuivanjaU niim razredima osnovne kole upoznali smo se sa mnogim geometrijskim pojmovima kao to su npr. trougao, krug, prav ugao, itd. Kasnije smo nauili i mnoga tvrenja: stavove o podudarnosti trouglova, Pitagorinu i Talesovu teoremu. U poetku, tvrenja nismo dokazivali, ve smo zakljuke izvodili na osnovu niza pojedinanih primera. Taj nain zakljuivanja naziva se induktivni metod. Induktivni metod (lat. inductio -uvoenje) je dakle, nain rasuivanja kod koga od pojedinanih dolazimo do optih zakljuaka. U viim razredima sve vei broj tvrenja smo poeli dokazivati. Kroz te dokaze prvi put smo se sreli sa tzv. deduktivnim nainom zakljuivanja ili dedukcijom. Dedukcija (lat. deductio-izvoenje) je nain rasuivanja u kojem se od optih dolazi do pojedinanih zakljuaka. Dakle, ideja kod ove metode je da dokazivanjem izvedemo opti zakljuak, pa ga zatim primenjujemo u pojedinanim sluajevima.Kako kod induktivnog metoda ne moemo proveriti sve sluajeve, jer ih obino ima beskonano mnogo, on moe dovesti i do pogrenih zakljuaka. Deduktivnom metodom dolazimo do uvek tanih zakljuaka, ukoliko su pretpostavke koje koristimo u dokazu tane.Na sledeem primeru analizirajmo oba pomenuta metoda. elimo da doemo do zakljuka:Svaki ugao nad prenikom kruga je prav.12I Uvod u geometrijuAko bismo primenjivali induktivni metod, proveravali bismo da li ova tvrdnja vai u nekim pojedinanim sluajevima, kao to je npr. sluaj kada je teme ugla sredite polukruga, itd. Naravno, ako bismo na osnovu tih pojedinanih primera izveli opti zakljuak, ne bismo mogli biti sigurni da ipak, u nekom sluaju koji nismo proverili, ovo tvrenje ne vai.LPrimenimo sada deduktivni metod:Neka je AB prenik kruga sa centrom O, i L proizvoljna taka tog kruga razliita od A i B. Dokaimo da je ugaoOALB prav. Kako je OAOBOL slediAB dasutrougloviAOLiBOLjednakokraki pa je ALOLAO= i BLOLBO=. Tada je ALB=+. Zbir uglova u trouglu ALB je 180o pa je2+2=180o . Iz toga sledi da je ALB=+ =90o.Razmotrimo prethodni dokaz. U njemu smo koristili sledea dva tvrenja:Naspram podudarnih stranica u trouglu su podudarni uglovi. Zbir uglova u trouglu je 180o.Takoe, koristili smo pojmove kao to su jednakokraki trougao, podudarnost uglova itd., a u samom iskazu tvrenja, i pojmove periferijski ugao, prav ugao, krug i prenik kruga. Da bismo bili sigurni da je tvrenje koje smo dokazivali tano moramo znati i da su tvrenja koja koristimo u dokazu tana. Dakle, u ovom sluaju pretpostavljamo da smo ve dokazali pomenuta dva tvrenja i da smo uveli sve pomenute pojmove. Jasno je da se ovakav problem moe postaviti i kod svakog drugog tvrenja, pa i kod ovih navedenih. Tozahteva odreenu sistematizaciju cele geometrije. Postavlja se, meutim, pitanje od ega poeti, ako se u dokazu svakog tvrenja, moraju opet koristiti ranije dokazana. Tako dolazimo do potrebe za polaznim tvrenjima, to emo razmotriti u narednom odeljku.Na osnovu svega iznetog, jasno je da emo se u daljem izlaganju geometrije koristiti iskljuivo deduktivnim metodom. Induktivni metod nam eventualno moe posluiti samo da naslutimo neke injenice. Ali i uI Uvod u geometriju3tom sluaju je neophodno da ih dokaemo tj. da primenimo deduktivni metod.1.2 Osnovni pojmovi i osnovna tvrenja u geometrijiU nekoj teoriji, kao to je geometrija, pri svakom uvoenju novog pojma, to inimo definicijom, taj pojam opisujemo nekim ve poznatim pojmovima. Ali i te poznate pojmove opet smo morali uvesti preko nekih ranije poznatih. Dakle, neke od njih moramo prihvatiti kao osnovne ili polazne i pri tome ih ne definiemo.Veze meu pojmovima, kao i njihova odgovarajua svojstva, dati su iskazima koje zovemo tvrenja teorije. U elji da ispitamo da li neko tvrenje vai pozivamo se na neka druga tvrenja, za koja je takoe potrebno dokazati da vae. Jasno je da se, ukoliko bismo ovako nastavili, proces dokazivanja nikada ne bi zavrio. Zbog toga smo prinueni da neka od tih trvrenja proglasimo za polazna (osnovna) i da ih nedokazujemo. Ta polazna tvrenja zovemo aksiome a ona iz njih izvedena teoreme te teorije. Formalno, dokaz nekog tvrenja je niz tvrenja koja logiki slede jedna iz drugih, od kojih je svako ili aksioma ili iz aksioma izvedeno tvrenje, a poslednje ba . Iako nije jednoznano odreen, izbor aksioma ne moe biti proizvoljan. Pri tom izboru naroito treba voditi rauna da te aksiome ne dovode do protivrenih tvrenja. To znai da izbor aksioma treba da bude takav, da u tako zasnovanoj teoriji ne postoji neko tvrenje za koje su i ono i njegova negacija teoreme u toj teoriji. Takoe, potrebno je imati dovoljan broj aksioma da bi se za svako tvrenje, koje se moe formulisati u datoj teoriji, moglo utvrditi da li vai ili ne vai; tj. da je za svako tvrenje ili ono ili njegova negacija teorema u toj teoriji. Za sistem aksioma koji zadovoljava prvi zahtev kae se da je neprotivrean, a za onaj koji zadovoljava drugi zahtev kae se da je potpun. Pri izboru aksioma treba se rukovoditi i treim zahtevom da je sistem aksioma minimalan, tj da se nijedna aksioma ne moe izvesti iz ostalih, ali on za nas nee biti obavezujui.U narednoj glavi poeemo sa strogim deduktivnim zasnivanjem euklidske geometrije; polazei od osnovnih pojmova i aksioma izvodiemo nove pojmove i teoreme. Naravno, zbog teine i obima, taj posao neemo uvek dosledno do kraja sprovoditi. To, uostalom, i nije cilj ove knjige. Na zadatak je da, osim proirivanja znanja iz geometrije,4I Uvod u geometrijuitaoca upoznamo sa osnovnim idejama o aksiomatskom zasnivanju neke deduktivne teorije. Takoe, veoma je vano da kroz razmatranje aksiomatskog zasnivanja geometrije, italac stekne naviku strogosti u dokazivanju.Potrebno je jo istai da euklidsku geometriju neemo zasnivati nezavisno od algebre i logike. Dakle, koristiemo pojmove kao to su npr. skup, funkcija, relacija sa svojstvima koja za njih vae; takoe i tzv. pravila izvoenja kao npr. metod svoenja na protivrenost. Za te matematike discipline, pri zasnivanju geometrije, kaemo da su pretpostavljene teorije.1.3 Kratak istorijski pregled razvoja geometrije. Peti Euklidov postulatIstorijski gledano, razvoj geometrije u dobroj je meri povezan sa prethodnim razmatranjem o induktivnoj i deduktivnoj metodi i aksiomatskom zasnivanju geometrije.Geometrijom su se ljudi poeli baviti jo u najranijoj istoriji. U poetku je to bilo uoavanje karakteristinih oblika kao to su krug ili kvadrat. Na crteima u peinama nailazimo na interesovanje ljudi iz prvobitnih zajednica za simetriju likova.U daljem svom razvoju ovek dolazi i do raznih svojstava geometrijskih figura. Uglavnom je to bilo zbog praktinih potreba kao npr. merenje povrine zemljita - od ega i potie naziv geometrije. U tom periodu geometrija se razvijala kao induktivna nauka. Do geometrijskih tvrenja dolazilo se merenjem i proverom na pojedinanim primerima. U tom smislu razvijena je bila geometrija kod mnogih starih civilizacija kao to su kineska, indijska i naroito egipatska.Preokret u daljem razvoju geometrije i nauke uopte dogodio se u staroj Grkoj. Tada se po prvi put u istoriji poeo primenjivati deduktivni metod u geometriji. Prvi geometrijski dokazi vezani su za ime starogrkog filozofa Talesa iz Mileta (VII-VI v. pre n. e.). Ovaj nain razvoja geometrije nastavili su i drugi starogrki filozofi, meu kojima je jedan od najznaajnijih Pitagora sa ostrva Samosa (VI v. pre n. e.). U takvom izgraivanju geometrije, posle mnotva dokazanih teorema, pojavila se potreba za sistematizacijom, a kasnije i za uvoenjemI Uvod u geometriju5aksioma. Jedan od prvih pokuaja aksiomatskog zasnivanja geometrije, i iz tog vremena jedini sauvan, dao je starogrki matematiar Euklid iz Aleksandrije (III v. pre n. e.) u svom poznatom delu "Elementi" koje se sastoji od 13 knjiga. Polazna tvrenja on je podelio na aksiome i postulate od kojih su ovi poslednji isto geometrijskog sadraja. Neki od njih, dodue u izmenjenom obliku, zadrali su se i do dananjih dana. Ipak, sistem aksioma koji je Euklid dao nije bio potpun, i on sam je u dokazima nekih teorema neke delove previao kao oigledne i nije ih dokazivao.Navedimo postulate u obliku u kom ih je Euklid dao:I Pretpostavlja se da je mogue od svake take do svake druge take konstruisati pravu liniju.II Pretpostavlja se da se svaka prava, sledujui njen pravac, moe neogranieno produavati.III Pretpostavlja se da se u nekoj ravni oko svake njene take moe opisati krug bilo kojeg poluprenika.IV Pretpostavlja se da su svi pravi uglovi meu sobom podudarni.Za dalji razvoj geometrije veoma veliki znaaj imao je peti Euklidov postulat koji u svom originalu glasi:V Ako neka prava presecajui druge dveqkomplanarne prave obrazuje sa njimap sa iste strane dva unutranja uglarkojima je zbir manji od zbira dva prava ugla, tada se te dve prave,neogranieno produene seku sa one strane seice sa koje je taj zbir uglova manji od zbira dva prava ugla.Zbog svoje sloenosti u iskazu a i u znaenju, mnogi matematiari u kasnijem periodu smatrali su da ovo poslednje tvrenje ne treba uzimati kao polazno, ve da se ono moe iz ostalih aksioma i postulata dokazati kao teorema. Zaista, u poreenju sa drugim Euklidovim polaznim tvrenjima peti postulat je bio znatno sloeniji i ovo pitanje zaokupilo je mnoge matematiare u narednih dvadeset vekova, a sve do XIX veka taj problem nije bio reen. U mnogim takvim pokuajima, u dokazu petog postulata koriena su neka tvrenja iji je dokaz izostavljan. Kasnije se pokazalo da se ta tvrenja ne mogu dokazati iz ostalih aksioma i postulata ako se iz njihovog spiska izostavi peti postulat. Dakle, kao to iz njih sledi peti postulat, tako i ona slede iz petog postulata. (Naravno uz6I Uvod u geometrijukorienje preostalih polaznih tvrenja.) Zbog toga njih zovemo ekvivalenti petog Euklidovog postulata. Naveemo neke primere tih ekvivalenata:1. Ako je ABCD etvorougao kod koga su uglovi pri ivici BC pravi, a ivice AB i CD podudarne tada su uglovi kod druga dva temena takoe pravi (. . Sakeri 1667-1733, italijanski matematiar).2. Prava normalna na jedan krak otrog ugla see drugi krak. 3. Oko svakog trougla moe se opisati krug.4. Ako su kod nekog etvorougla tri ugla prava tada je i etvrti ugao prav (J. H. Lambert 1728-1777, francuski matematiar).5. Zbir uglova u trouglu jednak je opruenom uglu (A. M. Leandr 1752-1833, francuski matematiar).6. Za svaku pravu i taku van nje u ravni njima odreenoj postoji najvie jedna prava koja sadri tu taku i disjunktna je sa tom pravom (D. Plejfer 1748-1819, engleski matematiar).Dakle, koristei svako od ovih tvrenja moe se dokazati peti postulat, ali vremenom se pokazalo da se ni ona ne mogu dokazati bez petog postulata. Za nas e kasnije od velikog znaaja biti Plejferov ekvivalent.Sledei prelomni trenutak u razvoju geometrije bio je pojava neeuklidskih geometrija u XIX veku. Njihovo otkrie vezuje se za ruskog matematiara Nikolaja Ivanovia Lobaevskog (1792-1856). On je takoe razmatrao problem petog Euklidovog postulata. Polazei od njegove negacije,odnosnonegacijePlejferovogekvivalentnogtvrenja, Lobaevski je krenuo od pretpostavke da kroz taku van neke prave postoje bar dve prave koje su sa njom disjunktne i komplanarne. U elji da doe do kontradikcije, ime bi peti postulat bio dokazan, izgradio je itav niz novih tvrenja. Jedno od njih je npr. da je zbir uglova u trouglu uvek manji od opruenog. Ali ni jedno od njih nije bilo u kontradikciji sa ostalim aksiomama ako se iz spiska iskljui peti postulat. To ga je navelo na ideju da je mogue izgraditi jednu potpuno novu geometriju koja je neprotivrena i koja se bazira na svim Euklidovim aksiomama osim to je peti postulat zamenjen njegovom negacijom. Po njemu danas tu geometriju nazivamo geometrija Lobaevskog. Nezavisno od njega do istih rezultata doao je i maarski matematiar Jano Boljaj (1802-1860).I Uvod u geometriju7Potpunu potvrdu ove ideje o neprotivrenosti te nove geometrije dao je krajem prolog veka francuski matematiar Anri Poenkare (1854-1912), tek posle smrti Lobaevskog. On je izgradio model na osnovu koga je pokazao da bi eventualna protivrenost geometrije Lobaevskog znaila i protivrenost euklidske geometrije. Kasnije dolazi do otkria i drugih neeuklidskih geometrija.Moe nam se uiniti udnim da se u matematici izuavaju dve teorije, euklidska geometrija i geometrija Lobaevskog koje su u suprotnosti jedna sa drugom. Za modernu matematiku je meutim od najvee vanosti da su obe odreene sistemima aksioma koji su neprotivreni i potpuni. Na pitanje: koja od te dve geometrije vai, nema smisla traiti odgovor u okviru matematike. Naime, to bi se svodilo na pitanje koje aksiome vae, ali njih prihvatamo bez dokaza. Naravno, pitanje moe glasiti kakva je geometrija prostora u fizikom smislu i kako nju moemo to bolje opisati aksiomama. Radi odgovora na to pitanje potrebna je fizika interpretacija osnovnih geometrijskih pojmova. Npr. pravu je najprirodnije interpretirati kao svetlosni zrak. U tom smislu pokazuje se da fiziki prostor nije euklidski. On nije odreen ni geometrijom Lobaevskog. Pojavom Ajntajnove teorije relativiteta (A. Ajntajn (1879-1955), nemaki fiziar) poetkom ovog veka, pokazalo se da je u kosmikom prostoru pogodnije koristiti neeuklidsku geometriju sa promenljivom zakrivljenou. Tako moemo rei, da se geometrija vasione lokalno menja, u zavisnosti od blizine neke mase i njene koliine. Iako je sistem aksioma euklidske geometrije u to vreme, krajem XIXi poetkom XX veka, bio skoro potpuno izgraen, prvi korektan potpun sistem dao je nemaki matematiar David Hilbert (1862-1943) u svojoj uvenoj knjizi "Osnovi geometrije" objavljenoj 1899. godine. Veoma slian sistem aksioma i mi emo koristiti u daljnjem izlaganju.Moramo na kraju istai da razvoj geometrije ovim nikako nije zavren. Naprotiv, nasuprotuobiajenojpredstavi, geometrija i matematika uopte se u ovom veku razvijaju u jo brem tempu nego ranije. I danas su mnogi problemi u matematici, a u geometriji posebno iz oblasti neeuklidskih geometrija, jo uvek otvoreni za reavanje.Glava IIEuklidska geometrijaU ovoj glavi poeemo sa aksiomatskim zasnivanjem euklidske geometrije. Kako smo ve ranije ustanovili, potrebno je najpre uvesti polazne pojmove i polazna tvrenja - aksiome.Neka je S neprazan skup ije emo elemente zvati takama i oznaavati sa A, B, C, ... Odreene podskupove skupa S zvaemo pravama i oznaavati sa a, b, c, ... a odreene podskupove zvaemo ravnima i oznaavati sa , , , ... Osim ovih, polazni pojmovi bie i dve relacije na skupu S. Prva je troelementna i naziva se relacija izmeu. Da su take A, B, C u toj relaciji oznaavaemo sa B(A,B,C) i itati: taka B je izmeu taaka A i C. Druga relacija je etvoroelementna i naziva serelacija podudarnosti parova taaka; injenicu da su take A, B, C, D u toj relaciji oznaavaemo sa (A,B)(C,D) i itati: par taaka (A,B) je podudaran sa parom (C,D).Pomou ovih polaznih pojmova uvodimo i naredne izvedene pojmove:Definicija. Za tri ili vie taaka kae se da su kolinearne ako postoji prava koja ih sadri. Inae su one nekolinearne. Analogno za etiri i vie taaka kae se da su komplanarne ako postoji ravan koja ih sadri. Inae su one nekomplanarne. Za dve ili vie pravih kae se da su komplanarne ako postoji ravan koja ih sadri. Inae su one nekomplanarne.Definicija. Dve prave se seku ako je njihov presek jedna taka. Prava i ravan se seku ako je njihov presek jedna taka. Dve razne ravni se seku ako njihov presek nije prazan skup.8II Euklidska geometrija9Definicija. Proizvoljan neprazan podskup skupa S naziva se figura. Figura je ravna ako postoji ravan iji je ona podskup. Ceo skup S zvaemo prostor.U svakoj od prethodnih definicija uveli smo po nekoliko pojmova, radi kraeg zapisa. U daljem tekstu emo nekad izostavljati i samu re "definicija" ali e novi izvedeni pojmovi uvek biti pisani iskoenim slovima.Sada emo uvesti i osnovna tvrenja - aksiome. Po svojoj prirodi njih delimo u pet grupa:I Aksiome incidencije. (osam aksioma) II Aksiome rasporeda. (est aksioma)III Aksiome podudarnosti. (sedam aksioma) IV Aksioma neprekidnosti. (jedna aksioma) V Aksioma paralelnosti. (jedna aksioma)2.1 Aksiome incidencijeKako prave i ravni, kao polazni pojmovi predstavljaju odgovarajue skupove taaka, meu takama pravama i ravnima mogu se razmatrati odgovarajue skupovne relacije: i . Te relacije zvaemo relacije incidencije. Dakle u sluaju kada taka pripada nekoj pravoj ili kada je prava podskup neke ravni, reeemo i da su taka i prava, odnosno prava i ravan incidentne. Aksiome ove grupe opisuju osnovne karakteristike upravo tih relacija:I1 Za svake dve razne take postoji tano jedna prava koja ih sadri.I2 Svaka prava sadri bar dve take.I3 Za svake tri take postoji bar jedna ravan koja ih sadri.I4 Za svake tri nekolinearne take postoji tano jedna ravan koja ih sadri.I5 Svaka ravan sadri bar tri take.I6 Ako dve razne take neke prave pripadaju nekoj ravni tada i sve take te prave pripadaju toj ravni.10II Euklidska geometrijaI7 Ako su dve ravni incidentne sa nekom takom, tada su one incidentne sa bar jo jednom takom.I8 Postoje etiri nekomplanarne take.Na osnovu aksiome I1, svaka prava odreena je sa dve svoje razne take. Tako emo pravu p odreenu takama A i B zvati i prava AB, a oznaavati sa p(A,B). Analogno, ravan odreenu nekolinearnim takama A, B, C zvaemo i ravan ABC, a oznaavati sa (A,B,C).U sluaju kad za pravu p i ravan vai p, reiemo takoe, da prava p pripada ravni ili da ravan sadri pravu p, iako je p skup pa bismo morali koristiti re "podskup" umesto rei "pripada". Ali ovaj nain izraavanja je standardan u geometriji, pa ga zato i ovde koristimo.Izvedimo neka tvrenja kao prve posledice aksioma incidencije:Teorema I1 . Ako taka A ne pripada pravoj p tada postoji jedinstvena ravan koja sadri taku A i pravu p.CABDokaz: Prema aksiomi I2, prava p sadri bar dve take, oznaimo ih sa B i C. Ako bi take A, B, C bile kolinearne one bi pripadale jednoj pravoj. Meutim, naosnovu aksiome I1, take B i C odreujup jedinstvenu pravu i to je dakle prava p. Alitada bi taka A pripadala pravoj p to jeiskljueno u iskazu teoreme. Dakle, take A, B, C su nekolinearne pa, na osnovu aksiome I4, postoji tano jedna ravan koja ih sadri, oznaimo je sa . Kako take B i C prave p pripadaju ravni to, na osnovu aksiome I6, i sve take prave p pripadaju toj ravni. Dakle, ravan sadri taku A i pravu p. Dokaimo jo da je takva ravan jedinstvena. Ako neka ravan sadri taku A i pravu p, tada ona sadri take A, B, C pa se, na osnovu aksiome I4, ne moe razlikovati od . qTeorema I2 . Ako dve razne ravni imaju zajedniku taku tada je njihov presek prava.II Euklidska geometrija11Dokaz: Neka dve razne ravni i imaju zajedniku taku K. Tada one, prema aksiomiLI7, imaju bar jo jednu zajedniku taku,K oznaimo je sa L. Prema aksiomi I1, take K iL odreuju pravu KL, ije sve take, naosnovu I6, pripadaju ravnima i pa time i njihovom preseku. Dokaimo jo da van praveKL nema drugih presenih taaka ravni i .Zaista ako bi zajednika taka M ravni i bila van prave KL, tada bi na osnovu prethodne teoreme postojala jedinstvena ravan koja sadri taku M i pravu KL. To, meutim, nije mogue, jer su po pretpostavci i razne ravni. Dakle, presek ravni i je prava KL. qDefinicija. Prave p i q su mimoilazne ako ne postoji ravan koja ih sadri tj. ako su nekomplanarne. *Navedimo sada jedan jednostavan model u kome su ispunjene sve aksiome incidencije. Skup S sastoji se od samo etiri elementa, tj. etiri take: S={A,B,C,D}. Svi mogui trolani podskupovi predstavljaju ravni u ovom modelu, a svi dvolani podskupovi prave. Lako je proveriti da su sve aksiome u ovakvoj interpretaciji zadovoljene. Tako, na primer, svake dve ravni imaju tano dve zajednike take pa je time aksioma I7 ispunjena. Jasno je, meutim, da u ovakvoj geometriji postoje samo etiri ravni, svaka prava ima samo po dve take itd., to ne odgovara naoj ideji prostora, u kome ima beskonano mnogo taaka. Ali ovaj model pokazuje da samo na osnovu aksioma incidencije i ne moemo dokazati da postoji vie od etiri take. Takoe, jo nismo u mogunosti da uvedemo pojmove kao to su: poluprava, trougao, kvadrat, krug, itd. Za to su potrebne nove aksiome.Zadaci1. Ako su A, B, C tri nekolinearne take, dokazati da su svake dve od te tri take razliite.2. Dokazati da postoje bar tri nekolinearne take.12II Euklidska geometrija3. Ako su p, q, r tri razne prave od kojih se svake dve prave seku, ali ne postoji taka koja pripada svim trima pravama, dokazati da su p, q, r komplanarne.4. Dokazati da za svake dve prave koje se seku postoji jedinstvena ravan koja ih sadri.5. Dokazati da mimoilazne prave nemaju zajednikih taaka.6. Ako su p i q mimoilazne prave i A taka van njih, dokazati da ne postoji vie od jedne prave koja sadri taku A i see prave p i q.7. Dokazati da postoje prava i ravan koje se seku.2.2 Aksiome rasporedaOve aksiome opisuju osnovne karakteristike relacije "izmeu" koju smo ve uveli kao osnovni pojam.II1 Ako je B(A,B,C) tada su A, B, C tri razne kolinearne take.ABCII2 Ako je B(A,B,C) tada je i B(C,B,A). II3 Ako je B(A,B,C) tada nije B(A,C,B).II4 Za svake dve take A, B na pravoj AB postoji taka C takva da je B(A,B,C).II5 Ako su A, B, C tri razne kolinearne take tada vai bar jedna od relacija: B(A,B,C), B(A,C,B), B(C,A,B).II6 (Paova1 aksioma) Ako su A, B, C tri nekolinearne take i l prava ravni ABC koja ne sadri taku A i see pravu BC u taki P takvoj da je B(B,P,C), tada prava l see ili pravu AC u taki Q1 M. Pa (1843-1930), nemaki matematiar, uveo je raspored taaka aksiomatski u svojim "Predavanjima o novijoj geometriji" iz 1882. g. Kasnije su to upotpunili italijanski matematiar . Peano (1858-1932), u "Naelima geometrije", a zatim nemaki matematiar D. Hilbert (1862-1943) u svojoj uvenoj knizi "Osnovi geometrije" iz 1899 g.II Euklidska geometrija13takvoj da je B(A,Q,C) ili pravu AB u taki R takvoj da je B(A,R,B).AlBPCCilj naeg izlaganja nee biti da detaljno izvedemo sve posledice aksioma rasporeda. Za razliku od posledica prethodne grupe aksioma ovde bi njihovo izvoenje bilo veoma sloeno. Tako emo se zadrati samo na jednostavnijim posledicama, dok emo neke sloenije samo navesti bez dokaza. *Teorema II1 . Za svake dve razne take A i B postoji taka C takva da je: B(A,C,B).Dokaz: Na osnovu posledice prve grupeaksiomapostojenekolinearnetake.F Postoji dakle bar jedna taka van prave EAB, oznaimo je sa D. Sada, premaD aksiomi II4, postoji taka E takva da jeB(B,D,E) i zatim taka F takva da jeB(A,E,F). A, B, E su nekolinearne take,ACB jer bi inae taka D bila na pravoj AB.Takoe, prava FD ne sadri taku A, jer bi u suprotnom take F, D, A, E bile kolinearne, pa time i taka B sa njima. To nije mogue jer opet vodi zakljuku da taka D pripada pravoj AB. Dalje, take D i F pripadaju ravni ABE pa i prava FD. Sada moemo primeniti Paovu aksiomu na take A, B, E i pravu FD. Naime prava FD see pravu EB u taki D takvoj da je B(B,D,E) pa ona see pravu AE u taki F takvoj da je B(A,F,E) ili pravu AB u nekoj taki C takvoj da je B(A,C,B). Ali na osnovu prethodne teoreme kako je B(A,E,F) ne moe biti i B(A,F,E). Dakle, prava FD see pravu AB u nekoj taki C takvoj da je B(A,C,B). qSada smo u mogunosti da uvedemo niz novih pojmova:Definicija. Neka su A i B dve razne take. Skup svih taaka X takvih da je B(A,X,B) naziva se otvorena du AB u oznaci (AB).14II Euklidska geometrijaDefinicija. Unija otvorene dui AB i taaka A i B naziva se zatvorena du u oznaci [AB]. Take A i B su njene krajnje take.AXBKako emo od sada koristiti uglavnom pojam zatvorene dui, nadalje emo zatvorenu du nazivati krae du.Definicija. Neka su A, B, S take neke prave p i A, B razliite od S. Kaemo da su take A i B sa raznih strana take S u oznaci A,BS ako je B(A,S,B) a da su inae sa iste strane take C u oznaci A,B S.ASBpABSpU vezi sa prethodnom relacijom, iskaimo jednu teoremu koju neemo dokazivati.Teorema II2 . Relacija "sa iste strane take" je relacija ekvivalencije.itaocu preporuujemo da dokae refleksivnost i simetrinost. Tranzitivnost je neto sloenija za dokazivanje.Definicija. Neka su A i B dve razne take. Skup svih taaka X takvih da su B,X A ukljuujui i taku A naziva se poluprava AB sa poetnom takom A i oznaava se sa (AB.ABXNa osnovu definicija poluprave i relacije sa iste strane take jasno je da je poluprava podskup prave. Naime taka X iz prethodne definicije mora biti kolinearna sa A i B. Dalje bismo mogli dokazati da je svaka taka neke prave poetna za tano dve poluprave na toj pravoj; zatim, da je unija te dve poluprave prava, itd. To sve, meutim, neemo ovde initi. Napomenimo samo da bismo u dokazima koristili prethodnu teoremu. Pokazuje se naime, da su odgovarajue dve poluprave bez poetne take dve klase ekvivalencije relacije sa iste strane take na nekoj pravoj.Definicija. Unija dve razliite poluprave p i q sa zajednikim poetkom O naziva se ugaona linija, sa temenom O u oznaci pq.II Euklidska geometrija15qAOpBCDefinicija. Ako su A, B, C tri nekolinearne take unija [AB][BC][CA] naziva se trougao ABC i oznaava sa ABC. Take A, B, C su temena, a dui AB, BC, CA ivice ili stranice tog trougla.Sada pomou pojma trougla Paovu aksiomu moemo iskazati u zgodnijem obliku:Teorema II3 . Ako prava koja je u ravni trougla ABC ne sadri ni jedno od temena A, B, C i see jednu njegovu ivicu, tada ona see tano jo jednu njegovu ivicu.Dokaz: Direktno na osnovu Paove aksiome i definicije trougla. qDefinicija. Ako su A1, A2, ... , An take nekeAA ravni, od kojih nikoje tri susedne u nizu nisukolinearne, unija [A1A2][A2A3]... [An-1An]A2naziva se poligonalna linija ili ravna izlomljenaA4A linija A1A2...An. Take A1, A2, ... , An su temenaa dui A1A2, A2A3, ... , An-1An njene ivice ili stranice. A1 i An su njene krajnje take.Dve ivice poligonalne linije sa zajednikim temenom zovu se susedne ivice. Ako ivice poligonalne linije nemaju drugih zajednikih taaka, sem to susedne imaju zajedniko teme, za poligonalnu liniju kaemo da je prosta.Definicija. Poligonalna linija A1A2...An+1 (n3) kod koje susedne ivice ne pripadaju istoj pravoj i kod koje se krajnje take poklapaju (tj. A1=An+1) naziva se mnogougao ili poligon. Mnogougao sa n temena A1, A2, ... , An koja su sva razliita naziva se n-tougao A1A2...An. Dui ije su krajnje take A1, A2, ..., An, a nisu ivice, zovu se dijagonale tog n-tougla.16II Euklidska geometrijaA2A4A2A5AAAA6A5AA3Jasno je da se pojam trougla uklapa u ovu optu definiciju za n=3. Inae mnogougao je prost ako je odgovarajua poligonalna linija prosta.Definicija. Neka su A, B dve take i p prava neke ravni pri emu A,Bp. Kaemo da su take A i B sa raznih strana prave p u oznaci A,Bp ako du AB see pravu p. Inae su A i B sa iste strane prave p u oznaci A,B p.AA p p BBXApDefinicija. Neka je p prava neke ravni i A taka te ravni van prave p. Skup svih taaka X ravni takvih da je A,X p, zajedno sa takama prave p naziva se poluravan sa graninom (poetnom ili rubnom) pravom p u oznaci (pA. Ako je prava p odreena takama B i C, tu poluravan oznaavaemo i sa (BCA.Pomou pojmova dui i poligonalne linije, moemo uvesti jo neke pojmove:Definicija. Figura je konveksna ako za svake dve take A i B te figure vai: [AB] . Inae je figura nekonveksna.II Euklidska geometrija17AAB BLako se dokazuje da su ravan, prava, poluravan konveksne figure.Definicija. Podskup prostora S je povezan skup ili oblast ako za svake dve take skupa postoji poligonalna linija ije su one krajnje take, a koja je podskup skupa .ABAppOpqqOO Bqcb q p qOapOpNa osnovu definicije jasno je da je svaki konveksan skup ujedno povezan. Zaista poligonalna linije iz definicije je u tom sluaju uvek du. Obratno naravno ne vai; povezan skup ne mora biti konveksan.Moe se dokazati, ali ne tako jednostavno, da ugaona linija u ravni kojoj pripada odreuje dve oblasti. Uniju svake od tih oblasti sa ugaonomlinijom zovemo ugao. Ako je pq ugaona linija sa temenom O, ugao njom odreen zvaemo ugao pq i oznaavamo sa pOq ili pq. Ako poluprave p i q ne pripadaju istoj pravoj konveksni ugao pq oznaavaemo i sa AOB; gde su A i B proizvoljne take na polupravama p i q redom, razliite od take O. Poluprave p i q zovu se kraci a taka O teme tog ugla. Ako poluprave p i q pripadaju jednoj pravoj i pq, ugao je opruen. Ukoliko se ne radi o opruenom uglu ugaona linija odreuje dva ugla od18II Euklidska geometrijakojih je jedan konveksan a drugi nekonveksan. Dva ugla su susedna ako imaju jedan zajedniki krak. Susedni uglovi ija druga dva kraka odreuju oprueni ugao nazivaju se naporedni uglovi. Uglovi pOq i p'Oq' su unakrsni ako im po dva kraka odreuju dva opruena ugla i presek im je taka O.Slino kao za ugaonu liniju, moe se dokazati da trougao u ravni kojoj pripada odreuje dve oblasti. Jedna je konveksna a druga nekonveksna. Konveksnu oblast zovemo unutranja oblast trougla a onu drugu spoljanja oblast trougla. Trougaona povrje unija trougla i njegove unutranje oblasti. Trougaona povr moe se definisati i kao presek poluravni: (BCA , (ACB , (ABC. Uglovi BAC, CBA, ACB zovu se unutranji uglovi trougla ABC.AA2A A1 A3BCA6A5Moe se dalje dokazati da mnogougao, ukoliko je prost, odreuje u ravni kojoj pripada dve oblasti. Unutranja oblast mnogougla je ona koja ne sadri nijednu pravu. Uniju mnogougla i njegove unutranje oblasti zovemo mnogougaona povr.Ve na ovom mestu mogue je uvesti orijentaciju ravni. Najpre, trougao ABC kod koga su temena ureena trojka (A,B,C) zvaemo orijentisanim. Reiemo da su orijentisani trouglovi ABC i BCA' jedneravni iste orijentacije ako je A,A'BC i suprotne orijentacije ako je A,A'BC. Ubudue kada budemo razmatrali orijentaciju nekih trouglova podrazumevaemo da su to orijentisani trouglovi. Trouglovi ABC i A'B'C' neke ravni su isto orijentisani ako postoji niz trouglova: ABC=P1P2P3, P2P3P4, ... , Pn-2Pn-1Pn=A'B'C' te ravni, u kome je, meu susednimA'AA'=P A C=PBCC'=PBCA'A=PB=PPB'=Planovima, paran broj puta promenjena orijentacija.II Euklidska geometrija19Moe se dokazati da je relacija iste orijentacije trouglova u ravni relacija ekvivalencije sa dve klase. Za dva trougla koji nisu u istoj klasi kaemo da su suprotno orijentisani. Svaka od te dve klase ekvivalencije odreuje orijentaciju ravni. Intuitivno, jedna je "u smeru kazaljke na satu" - nju emo zvati negativna orijentacija ravni a onu drugu pozitivna orijentacija ravni.Moe se uvesti i orijentacija meu uglovima neke ravni. Dva ugla pOq i p'O'q' neke ravni (Ap, Bq, A'p', B'q'), od kojih nijedan nije opruen, su isto orijentisani ako su: oba konveksna ili oba nekonveksna i AOB, A'O'B' isto orijentisani; jedan konveksan i jedan nekonveksan i AOB, A'O'B' suprotnoorijentisani;Ako je pOq opruen, on je isto orijentisan kao p'O'q' ako postoji taka C u uglu pOq tako da su AOC i p'O'q' isto orijentisani. Slino moemo postupiti i kada su oba ugla opruena.B BB' A'O'B' OAO'A'OACB'BAOO'A'Zadaci1. Ako prava neke ravni, see dijagonalu nekog etvorougla te ravni i ne sadri ni jedno njegovo teme, dokazati da ona see tano dve ivice tog etvorougla.2. Ako su P, Q, R unutranje take ivica BC, AC, AB nekog trougla, dokazati da su one nekolinearne.20II Euklidska geometrija3. Ako su A, B, C, D etiri kolinearne take i ako je B(A,B,C) i B(B,C,D) dokazati da je tada i B(A,B,D).4. Dokazati da je poluravan konveksna figura.5. Dokazati da u prostoru postoji vie od etiri take. 6. Definisati unutranje uglove mnogougla.2.3 Aksiome podudarnostiAksiomepodudarnostiopisujuosnovnekarakteristikerelacije podudarnosti parova taaka. Prisetimo se, tu relaciju smo takoe uveli kao polazni pojam. Napomenimo da se ovde jo ne radi o podudarnosti dui, iako nas na to intuitivno podsea. Podudarnost dui kao i podudarnost figura uopte uveemo tek kasnije, u narednoj glavi.III1 Ako je (A,B)(C,D) i A=B, tada je i C=D. III2 Za svake dve take A i B je (A,B)(B,A).III3 Ako je (A,B)(C,D) i (A,B)(E,F) tada je i (C,D)(E,F).III4 Ako su C i C' take otvorenih dui AB i A'B', takve da je (A,C)(A',C') i (B,C)(B',C'), tada je i (A,B)(A',B').ACBA'C'B'III5 Ako su A i B dve take i CX poluprava tada na toj polupravoj postoji taka D takva da je (A,B)(C,D).ABABMIII6 Ako su A, B, C tri nekolinearne take i A'B' take ruba neke poluravni , takve da je (A,B)(A',B'), tada u toj poluravni postoji jedinstvena taka C' takva da je (A,C)(A',C') i (B,C)(B',C').II Euklidska geometrija21CC'ABA'B'III7 Ako su A, B, C i A', B', C' dve trojke nekolinearnih taaka i D i D' take polupravih BC i B'C' takve da je (A,B)(A',B'), (B,C)(B',C'),(A,C)(A',C')i(B,D)(B',D'),tadajei (A,D)(A',D').AA'BCDB'C'D'Navedimo neke posledice aksioma podudarnosti:Teorema III1 . Relacija podudarnosti parova taaka je relacija ekvivalencije.Dokaz: Na osnovu aksiome III2, za svake dve take B i A je (B,A)(A,B). Kako je sada: (B,A)(A,B) i (B,A)(A,B) to je, na osnovu III3, (A,B)(A,B). Dakle, relacija je refleksivna.Neka je (A,B)(C,D). Na osnovu prethodnog je i (A,B)(A,B). Sada, primenom III3, dobijamo (C,D)(A,B), pa je relacija i simetrina. Dokaimo jo tranzitivnost. Neka je (A,B)(C,D) i (C,D)(E,F), potrebno je dokazati da je (A,B)(E,F). Ali na osnovu dokazane simetrinosti je (C,D)(A,B), pa traena relacija sledi na osnovu aksiome III3. qKao to smo ve napomenuli, relaciju podudarnosti figura uveemo kasnije i ona e biti predmet prouavanja u narednoj glavi. Prirodno je da emo se tom prilikom pozivati upravo na ovu grupu aksioma i njene posledice; izmeu ostalog i na dve naredne teoreme koje emo ovde dati bez dokaza.Teorema III2 . Ako su A i B dve take i CX poluprava tada na toj polupravoj postoji jedinstvena taka D takva da je (A,B)(C,D).k22II Euklidska geometrijaTeorema III3 . Ako su A, B, C tri razne take prave p i A',B' dve take prave p' takve da je (A,B)(A',B'), tada postoji jedinstvena taka C' takva da je (A,C)(A',C') i (B,C)(B',C'). Pri tome, taka C' pripada pravoj p' i:(i) ako je B(A,C,B), tada je B(A',C',B'). (ii) ako je B(A,B,C), tada je B(A',B',C'). (iii) ako je B(C,A,B), tada je B(C',A',B').Naveemo jo i dve definicije:Definicija. Kaemo da je ureena n-torka taaka (A1,A2,...,An) podudarna san-torkom (A'1,A'2,...,A'n) u oznaci (A1,A2,...,An)(A'1,A'2,...,A'n) ako je za svako i,k{1,2,...,n} (Ai,Ak)(A'i,A'k).Definicija. Neka su A i B dve razne take neke ravni . Skup svih taaka X te ravni takvih da je (A,B)(A,X), naziva se krug, u oznaci k(A,AB), sa centrom A i iji je poluprenik du AB.Iz same definicije, na osnovu tranzitivnosti relacije podudarnosti parova taaka, jasno je daproizvoljna taka kruga sa njegovim centromA odreuje poluprenik tog kruga.Venaovommestu,mogusena jednostavan nain uvesti pojmovi kao to su tangenta, seica i tetiva kruga, unutranja oblastkruga i slino, ali njih emo definisati tek u treoj i u petoj glavi. BXMoe nam se uiniti da su dosadanje tri grupe aksioma dovoljne za izvoenje svih teorema u euklidskoj geometriji. To, meutim, nije tako. Prisetimo se na primer problema petog Euklidovog postulata. Takoe, za sada nismo u mogunosti da dokaemo sledee tvrenje koje nam na prvi pogled moe izgledati jednostavno: ako je p prava a k krug neke ravni i ako je bar jedna taka prave p u unutranjosti kruga k tada p i k imaju bar jednu zajedniku taku. Ali upravo je ta "oiglednost" razlog to su mnogi u istoriji geometrije previali potrebu dokazivanja ovog i slinih tvrenja.II Euklidska geometrija232.4 Aksioma neprekidnostiIV1 (Dedekindova2 aksioma) Neka je otvorena du AB razloena na uniju dva disjunktna neprazna podskupa U i V. Ako nijedna taka iz skupa U nije izmeu neke dve dve take skupa V i nijedna taka iz skupa V nije izmeu neke dve take skupa U, tada postoji jedinstvena taka C otvorene dui AB takva da je B(A',C,B') za svakoA' U\{C} i svako B' V \{C}.AA'CB'BUVNeemo se zadravati na posledicama ove aksiome. Napominjemo da su dokazi tih posledica veoma sloeni3. Naveemo samo dve teoreme bez dokaza. U iskazima tih teorema pominju se pojmovi unutranjih i spoljanjih taaka kruga koje emo, kao to smo ve istakli, uvesti kasnije.Teorema IV1 . Ako su p prava i k krug neke ravni i ako je bar jedna taka prave p u unutranjosti kruga k tada p i k imaju bar jednu zajedniku taku.Teorema IV2 . Ako su k i l dva kruga neke ravni takvi da l ima i unutranjih i spoljanjih taaka kruga k, tada krugovi k i l imaju bar jednu zajedniku taku.2 R. Dedekind (1831-1916), nemaki matematiar.3 Sve do XIX veka matematiari nisu osetili potrebu dokazivanja ovih tvrenja, kao ni potrebu uvoenja aksioma neprekidnosti. Sam Euklid iz Aleksandrije (III v. pre n. e.) u svojim "Elementima", navodi konstrukciju pravilnog trougla, u kojoj ne dokazuje da se odgovarajui krugovi seku.24II Euklidska geometrijakkOAl pABInae, Dedekindova aksioma se koristi, u neto drugaijem obliku, kod zasnivanja skupa realnih brojeva. To ukazuje da je mogue izvriti poznatu obostrano jednoznanu korespondenciju izmeu skupa taaka neke prave i skupa realnih brojeva.2.5 Aksioma paralelnosti (Plejferova aksioma)Postavimo sada sledee pitanje: ako prava p i taka A van te prave odreuju ravan , koliki je broj pravih te ravni koje sadre taku A a disjunktne su sa pravom p? Intuitivno, naravno jedna. Nas, meutim, zanima ta moemo dokazati na osnovu dosadanjih aksioma. Na osnovu samo prve etiri grupe aksioma moe se dokazati da postoji bar jedna takva prava, ali da ih nema vie nije mogue dokazati. Prirodan je zakljuak da moramo uvesti aksiomu na osnovu koje bismo se "odluili" da li je taj broj jedan ili moda vei. Postoje dve mogunosti:V1. (Plejferova4 aksioma)Ako taka A ne pripada pravoj p,tadauravninjima odreenoj postoji tano jedna prava koja sadri taku A idisjunktna je sa pravom p. V1'. (Aksioma Lobaevskog5) Ako taka A ne pripada pravoj p,tadauravninjima odreenoj postoje bar dve prave koje sadre taku A idisjunktne su sa pravom p.4 D. Plejfer (1748-1819), engleski matematiar.5 N. I. Lobaevski (1792-1856), ruski matematiar.II Euklidska geometrija25AApp1Tako dolazimo do dve geometrije od kojih je svaka neprotivrena. Prvu, odreenu sa aksiomama prve etiri grupe i aksiomom V , zovemo euklidska6 geometrija. Drugu odreenu sa aksiomama prve etiri grupe i aksiomom V1'. zovemo geometrija Lobaevskog ili hiperbolika geometrija. Iako su oigledno razliite ove dve geometrije imaju dosta zajednikog. To je, naravno, zbog toga to obe sadre iste prve etiri grupe aksioma, a razlikuju se samo u petoj. Dakle, posledice prve etiri grupe aksioma, a samo njih smo do sada razmatrali, vae kako u euklidskoj geometriji, tako i u geometriji Lobaevskog. Meutim, u geometriji Lobaevskog, a to je posledica aksiome V1', zbir uglova u trouglu uvek je manji od zbira dva prava ugla i nije konstantan; zatim ne moe se oko svakog trougla opisati krug, itd. Naravno ovi iskazi nam se mogu uiniti kontradiktorni, ali se oni ne mogu opovrgnuti bez uvoenja aksiome V1, tj. oni ne vae tek u euklidskoj geometriji. Inae, geometrija zasnovana samo na aksioma prve etiri grupe naziva se apsolutna geometrija. Ona odreuje zajednika svojstva dve pomenute geometrije. Osim ovih postoji i geometrija u kojoj se svake dve prave neke ravni seku. To je tzv. Rimanova7 ili eliptika geometrija. Ali ona se, to je jasno iz prethodnog razmatranja, ne moe zasnivati na aksioma prve etiri grupe, pa se u tom smislu razlikuje od euklidske geometrije i geometrije Lobaevskog.Mi emo se baviti samo euklidskom geometrijom. Stoga preimo na razmatranje posledica aksiome V1. Inae, ceo skup S (skup svih taaka) zvaemo sada euklidski prostor i oznaavati sa E3; sve ravni zvaemo euklidske ravni i oznaavati2 , a sve prave euklidske prave u oznaci1. Uvedimo sada relaciju paralelnosti pravih:Definicija. Prave p i q su paralelne u oznaci p||q ako su komplanarne i disjunktne ili je p=q.6 Euklid iz Aleksandrije (III v. pre n. e.), starogrki matematiar. 7 B. Riman (1826-1866), nemaki matematiar.26II Euklidska geometrijaSada Plejferovu aksiomu moemo iskazati i u sledeem obliku:Teorema V1 . Za svaku taku A i svaku pravu p postoji jedinstvena prava q takva da je q||p i qA.Dokaz: Ako taka A pripada pravoj p, tada je p jedina takva prava. Ako taka A ne pripada pravoj p, tada na osnovu Plejferove aksiome postoji jedinstvena prava u ravni njima odreenoj koja sadri taku A i disjunktna je sa pravom p. Tj. jedinstvena prava koja sadri taku A i paralelna je sa p. qTeorema V2 . Relacija paralelnosti pravih je relacija ekvivalencije.Dokaz: Relacija je refleksivna i simetrina direktno na osnovu definicije. Ostaje da se dokae tranzitivnost. Neka za neke tri prave p, q, r vai p||q i q||r. Potrebno je dokazati da je p||r. Kako je p||q i q||r to su osnovu definicije prave p i q komplanarne i takoe prave q i r komplanarne. Oznaimo sa ravan odreenu pravama p i q i sa ravan odreenu pravama q i r.Razmotrimo najpre sluaj kad je =. Ako je p=q ili q=r, tada je jasno p||r. Neka je pq i qr. Prave p i r ne mogu se sei jer bi tada u ravni postojale dve prave koje se seku i disjunktne su sa pravom q a to je u suprotnosti sa Plejferovom aksiomom.Nekajesada. Utomsluajujerpnaravno pq i qr pa je pq= i qr=. Daqdokaemo da je p||r dovoljno je dokazati da su p i r disjunktne i komplanarne. Ako bi seprave p i r sekle u nekoj taki S, ona bi sP pravom q odreivala jedinstvenu ravan pa bi p'bilo =. Dakle, pr=. Dokaimo jo da su prave p i r komplanarne. Neka je P proizvoljna taka prave p. Tada taka P iprava r odreujuneku ravan, oznaimo je sa . Ravni i imaju zajedniku taku P pa je njihov presek prava. Ako je to prava p dokaz je zavren jer je tada p,r . Neka je =p' i pp'. Sada su p, p', q prave ravni , prave p i p' se seku u taki P, pa prema Plejferovoj aksiomi ne mogu biti i p i p' disjunktne sa q. Dakle, prave p' i q se seku u nekoj taki oznaimo je sa X. Taka X sada pripada svim trima ravnima, , , tj.X=()()=qr. To nije mogue jer je qr=. Dakle, p i r su komplanarne. qII Euklidska geometrija27Klase ekvivalencije relacije paralelnosti zvaemo pravcima. Tako je pravac prave p kolekcija svih pravih paralelnih pravoj p.Uvedimo jo dva nova pojma:Definicija. Prava p je paralelna sa ravni u oznaci p|| ako je p ili p=.pp =Ako je p|| reiemo i da su prava p i ravan paralelne ili da je ravan paralelna pravoj p, a oznaavati i sa ||p.Definicija. Ravni i su paralelne u oznaci || ako je = ili =.Teorema V3 . Prava p je paralelna sa ravni akko u toj ravni postoji prava paralelna sa pravom p; tj:p||(q)(q i q||p)Dokaz: Ako prava p pripada ravni tada su obe strane ekvivalencije tane.Razmotrimosadasluajp.Dokazivaemo ekvivalenciju u dva smera.A. Neka je p||. Dokaimo da u ravni p postoji prava paralelna sa pravom p. Nekaje A proizvoljna taka u ravni a koja neq pripada pravoj p. Tada taka A i prava podreuju neku ravan, oznaimo je sa .Ravni i imaju zajedniku taku A pa je njihov presek neka prava q. Naravno, ne moe biti = jer je p a p. Sada su prave p i q komplanarne i ne mogu se sei, jer bi njihova presena taka pripadala i ravni . Ovo poslednje nije mogue budui da je p|| i p pa prava p i ravan ne mogu imati zajednikih taaka. Dakle, mora biti q||p.28II Euklidska geometrija. Pretpostavimo sada da u ravni postoji prava q koja je paralelna sa pravom p. Ne moe biti p=q jer je p a q. Dakle, prave p i q ne mogu imati zajednikih taaka i one odreuju neku ravan . Odatle sledi da su i prava p i ravan disjunktne. Ako bi se naime p i sekle njihova presena taka pripadala bi i ravni odnosno preseku i tj pravoj q. To nije mogue jer se p i q ne seku. Dakle, p i su paralelne. qTeorema V4 . Relacija paralelnosti ravni je relacija ekvivalencije.Dokaz: Relacija je refleksivna i simetrina direktno na osnovu definicije. Ostaje da dokaemo da je tranzitivna. Neka su , , tri ravni takve da je || i ||, dokaimo da je ||.Sluaj kada je =ili =jeactrivijalan.K Razmotrimo zato sluaj: i . L Tada je naravno = i =.Pretpostavimo suprotno da nije || tj. neka se i seku po nekojpravojp.SaKoznaimoMb proizvoljnu taku prave p, sa Ltaku ravni koja nije na pravoj p i sa M proizvoljnu taku ravni . Na osnovu aksioma incidencije postoji neka ravan koja sadri te tri take. Sa svakom od ravni , , ravan ima zajednikih taaka a kako se sa svakom od njih razlikuje seie ih po trima pravama oznaimo ih redom sa a, b, c. Ne moe biti a=c jer u suprotnom taka L pripadala bi i ravni a prava p i taka L odreuju tano jednu ravan . Dakle, prave a i c seku se u taki K. Takoe, one su disjunktne sa pravom b, jer bi u suprotnom jedna od ravni i sekla ravan . Ali na osnovu Plejferove aksiome u ravni ne mogu postojati dve prave koje se seku i disjunktne su sa treom. Prema tome, mora biti ||. qTeorema V5 . Za svaku ravan i svaku taku taku B postoji tano jedna ravan koja sadri tu taku i paralelna je sa tom ravni; tj:()(B)(1)(B||).II Euklidska geometrija29Dokaz: Ako taka B pripada ravni, onda je traena ravan.p'BRazmotrimo sada sluaj kada jeB. Neka je A proizvoljna takaq'Apqravni i p i q proizvoljne prave te ravni koje se seku u toj taki. NaosnovuteoremeV1,postoje jedinstvene prave p' i q' kojesadre taku B i paralelne su redom sa pravama p i q. Ako bi bilo p'=q' tada bi na osnovu tranzitivnosti paralelnosti bilo i p||q to na osnovu izbora tih pravih nije mogue. Dakle, prave p' i q' seku se u taki B pa odreuju neku ravan, oznaimo je sa . Dokaimo da je traena ravan. Najpre trivijalno B. Pretpostavimo da nije ||. U tom sluaju ravni i seku se po nekoj pravoj r. Na osnovu Plejferove aksiome u ravni jedna od pravih p' i q' mora sei pravu r. Ne umanjujui optost neka je npr. p'r=X. Prave p i p' su dve razne paralelne prave pa odreuju neku ravan . Taka X je u ravnima i dakle i na njihovom preseku tj. pravoj p. Tada bi se prave p i p' sekle u taki X to nije mogue pa je zaista ||.Ostaje nam da dokaemo jedinstvenost takve ravni. Neka je 1 ravan koja sadri taku B i paralelna je sa ravni . Na osnovu prethodne teoreme, zbog tranzitivnosti relacije paralelnosti ravni, kako je || i 1|| mora biti i ||1. Ravni i 1 imaju zajedniku taku B pa je zbog toga =1. qZadaci1. Neka prava p see ravan . Ako je q prava koja pripada ravni i komlanarna je sa pravom p, dokazati da se prave p i q seku.2. Neka je A taka van pravih p i q. Ako postoje dve razne prave koje sadre taku A i seku prave p i q , tada su p i q komplanarne prave. Dokazati.3. Dokazati da za svaku pravu p postoji prava koja je sa njom mimoilazna.4. Dokazati da postoje bar etiri razne ravni i bar est raznih pravih.30II Euklidska geometrija5. Dokazati da se svake dve razne prave neke ravni ili seku ili nemaju zajednikih taaka.6. Dokazati da za svaku ravan postoji prava koja joj ne pripada.7. Ako se svake dve prave nekog skupa pravih seku, dokazati da su one komplanarne ili se sve seku u jednoj taki.8. Neka su A, B, C, D, E, F, G razliite take takve da su A, B, C, D nekomplanarne i EAB, FAC, GCD. Dokazati da su E, F, G nekolinearne take.9. Ako su P i Q take ivica BC i AC trougla ABC, razliite od njegovih temena, dokazati da se dui AP i BQ seku u jednoj taki.10. Ako su P, Q, R take ivica BC, AC, AB trougla ABC, razliite od njegovih temena, dokazati da se dui AP i QR seku u jednoj taki.11. Dokazati da je presek dva konveksna skupa konveksan skup. 12. Dokazati da je trougaona povr konveksan skup.13. Ako je B(A,B,C) i B(D,A,C), dokazati da je tada i B(B,A,D)14. Neka su A, B, C, D kolinearne take i neka B(B,A,C), B(B,A,D). Dokazati da B(C,A,D).15. Svake dve prave neke ravni se ili seku ili su paralelne. Dokazati.16. Ako neka prava see jednu od dve paralelne ravni, dokazati da ona tada see i drugu ravan.17. Ako neka ravan see jednu od dve paralelne prave, dokazati da ona tada see i drugu pravu.18. Ako neka ravan see jednu od dve paralelne ravni, dokazati da ona tada see i drugu ravan.19. Ako ravan see dve paralelne ravni i po pravama p i q dokazati da je tada p||q.20. Ako su i ravni i p prava pri emu je p|| i || dokazati da je p||.21. Ako su p i q dve mimoilazne prave dokazati da postoji jedinstvena ravan koja sadri pravu p i paralelna je sa pravom q.II Euklidska geometrija3122. Neka su p i q dve mimoilazne prave i S taka van njih. Dokazati da postoji jedinstvena ravan koja sadri taku S i paralelna je sa pravama p i q.23. Neka se ravni i seku po pravoj t. Ako je p proizvoljna prava, dokazati ekvivalenciju:p||t p|| i p||24. Dokazati da u prostoru postoje bar dve razne paralelne ravni.25. Ako su sve take neke prave p sa iste strane ravni , dokazati da je p||.26. Neka su p i q dve mimoilazne prave i A taka van njih. Dokazati da postoji prava koja sadri taku A, see jednu od pravih p i q a drugu see ili je sa njom paralelna.27. Ako su svake dve od pravih a, b, c komplanarne i nisu sve tri u istoj ravni, tada se one seku u istoj taki, ili su paralelne.28. Neka su A, B, C, D, S take od kojih nikoje etiri nisu komplanarne. Ako prava AB see ravan CSD u taki M; prava BC see ravan ASD u taki N; prava CD see ravan BSA u taki K; prava DA see ravan BSC u taki L, dokazati da su take M, N, K, L komplanarne.29. Ako su 1, 2, ... , n (n4) konveksne figure neke ravni od kojih svake tri imaju bar jednu zajedniku taku, dokazati da tada svih n figura imaju bar jednu zajedniku taku. (Helijeva teorema8)30. Neka su 1,2,...,n (n>3) poluravni koje prekrivaju neku ravan . Dokazati da postoje tri od tih poluravni, koje prekrivaju ravan .8 E. Heli (1884-1943), austrijski matematiar, dokazao je ovo tvrenje 1913. godine.Glava IIIPodudarnostU ovoj glavi razmatraemo daljnje posledice aksioma podudarnosti. Ove aksiome omoguuju nam da definiemo relaciju podudarnosti me|u figurama. Ali pre toga, uveemo posebnu vrstu preslikavanja prostora, koja imaju veliku primenu u geometriji. Za veinu stavova u ovoj glavi nee se u dokazu koristiti Plejferova aksioma, pa e stoga oni vaiti kako u euklidskoj, tako i u geometriji Lobaevskog.3.1 Izometrijske transformacijeitalac je ve od ranije upoznat sa pojmovima funkcije, domena, kodomena i oznakom f :AB (gde su A i B skupovi, koje zovemo domen i kodomen). Funkciju smo tako|e zvali i preslikavanje. U sluaju kad je A=B funkcija se naziva transformacija.Intuitivno dve figure su podudarne ako ih nekim kretanjem moemo dovesti do poklapanja. Naravno, ova definicija ne moe biti zadovoljavajua, pa emo zato pokuati da formalizujemo pojam kretanje. Njega emo uvesti kao neko preslikavanje celog prostora ili ravni. Dakle, ideja se sastoji u tome da vrimo "kretanje" cele ravni ili prostora a ne samo figure. Prirodno, zahtevaemo da takvo preslikavanje uva relaciju podudarnosti parova taaka tj:Definicija. Preslikavanje T:En En ; n{1,2,3}, koje je bijekcija i kojesvake dve take A i B prostora n preslikava u take A' i B' takve da je (A,B)(A',B') naziva se izometrijska transformacija ili izometrija prostoraBTB'A32A'III Podudarnost33En .Na osnovu definicije, domen i kodomen izometrijskih transformacija mogu biti euklidska prava, ravan i prostor. To znai da moemo govoriti o izometrijskim transformacijama euklidske prave, ravni i prostora. Na primer u sluaju izometrije ravni cela se ravan preslikava u istu tu ravan. Zahtev da je takva transformacija bijektivna garantuje da se cela ravan slika u celu ravan, a ne neki njen deo.Odmah emo se setiti nekih primera izometrijskih transformacija ravni kao to su: osna simetrija, rotacija i translacija. Ali njih emo definisati i izuavati detaljnije, kada budemo izvrili klasifikaciju izometrija, u jednoj od narednih glava. Da bismo ih sada uveli, bio bi nam potreban pojam podudarnosti dui, uglova i figura uopte. Meutim, te pojmove emo tek kasnije definisati, koristei se optim pojmom izometrije. Meu izometrijama najjednostavniji je primer transformacije koja svaku taku ostavlja na svom mestu:Definicija. Preslikavanje E:En En koje svaku taku A preslikava u samu sebe tj. (AEn )E(A)=A naziva se koincidencija.Koincidencija je dakle transformacija kod koje svaka taka "miruje". Iako je intuitivno jasno, potrebno je dokazati da je takvo preslikavanje zaista izometrija. Uz to, naveemo i dva vana svojstva izometrijskih transformacija:Teorema 1.* (i) Koincidencija prostora En je izometrijska transformacija togprostora.(ii) Kompozicija dve izometrije prostora Enje takoe izometrija tog prostora.(iii) Ako je T izometrija prostora En tada je njena inverzna transformacija T-1 takoe izometrija tog prostora.Na osnovu prethodne teoreme moemo zakljuiti da sve izometrije prostora En ine tzv. strukturu grupe9 u odnosu na operaciju slaganja preslikavanja. Naime, osim tri svojstva iz te teoreme (kompozicija dve izometrije je izometrija, postojanje neutralnog i inverznog elementa), za9 Teoriju grupa otkrio je genijalni mladi francuski matematiar E. Galoa (1811-1832).34III Podudarnoststrukturu grupe potrebno je da data operacija bude asocijativna, to je za slaganje preslikavanja inae ispunjeno.rIako za sada jo ne uvodimo konkretne primere izometrija (rotaciju, translaciju, osnu simetriju), sa kojima je italac upoznat od ranije, nije loe da kroz te primere ponekad utvrdimo neki uvedeni pojam ili svojstvo. Tako emo, na primer, lako zakljuiti da inverzna transformacija rotacije predstavlja takoe rotaciju sa istim centrom alirsuprotnim uglom. Takoe, kompozicija dve translacije sa vektorima u v je translacija za vektor u + v. Naravno, ovi primeri nam za sada samo pomau u razumevanju, ali ih nigde ne pominjemo u formalnom izlaganju.Sada emo dokazati oekivano svojstvo, da se kolinearne take izometrijom preslikavaju u kolinearne take, tj. da izometrijske transformacije "uvaju" kolinearnost. Dokazaemo i optije tvrenje: da izometrije uvaju relaciju rasporeda taaka.Teorema 2. Ako izometrija prostora En preslikava neke tri take A, B, C u take A', B', C' i ako je B(A,B,C), tada je i B(A',B',C').Dokaz: Neka se tri take A, B, C izometrijom T preslikavaju u take A',B', C' i neka je B(A,B,C). Na osnovu definicije izometrije je tada: (A,C)(A',C'), (A,B)(A',B'), (B,C)(B',C'). Ali sada na osnovu teoreme III3, kako je (A,C)(A',C'), postoji jedinstvena taka B" takva da je (A,B)(A',B") i (B,C)(B",C'), pri emu je B(A',B",C'). Na osnovuprethodnog, mora biti B'=B", pa je zaista B(A',B',C'). qKao direktnu posledicu prethodnog, imamo sledee tvrenje:Posledica. (i) Izometrija preslikava kolinearne take u kolinearne take. (ii) Izometrijska transformacija preslikava: pravu u pravu; du u du; polupravu u polupravu; poluravan u poluravan; ugao u ugao; n-tougao u n-tougao.Naveemo neka svojstva izometrijskih transformacija pravih, tj. izometrija T:E1E1.Sledeu teoremu dajemo bez dokaza:III Podudarnost35Teorema 3. Neka su A, B, A', B' take euklidske prave 1 takve da je (A,B)(A',B'). Tada postoji jedinstvena izometrija T:E1 1koja take A i B preslikava redom u take A' i B'.Napomena: Dokaz ove teoreme zasniva se opet na teoremi III3.Od naroitog znaaja su take koje se pri nekoj izometriji preslikavaju u sebe. Razmatraemo broj takvih taaka koji e biti karakteristika odreenih izometrija.Definicija. Taka A je fiksna ili invarijantna taka neke izometrije T:En En ; n{1,2,3}, ako je T(A)=A.Znaajna je sledea posledica teoreme 3:Posledica.* Izometrija prave T: 1E1 sa bar dve razne fiksne take je koincidencija.U iskazu ove posledice tvrdi se da izometrija prave koja nije koincidencija ne moe imati vie od jedne fiksne take. Intuitivno je sada jasno da na pravoj, osim koincidencije, postoje samo dve vrste izometrija. One koje imaju tano jednu fiksnu taku predstavljale bi centralne simetrije na pravoj, gde bi centar simetrije bio ta fiksna taka. One koje nemaju fiksnu taku bile bi translacije na pravoj.to se tie izometrija ravni, tj. izometrija T:E2 E2 , stvar je znatnosloenija. Translacija ravni, na primer, nema fiksnih taaka; rotacija ima samo jednu. Postavlja se pitanje koliko najvie fiksnih taaka moe imati izometrija, koja nije koincidencija. Osna simetrija ih ima beskonano mnogo, ali su sve kolinearne. Zamislimo sada da neka izometrija ima tano jednu fiksnu taku. Intuitivno, jedino "kretanje" ravni koje tada moemo izvriti je rotacija oko te take. Ako izometrija, koja nije koincidencija, ima bar dve fiksne take, slutimo, opet intuitivno, da je jedino mogue "kretanje" te ravni, "prevrtanje" oko prave odreene fiksnim takama - a to je osna simetrija. U sluaju da izometrija ima tri fiksne nekolinearne take, ravan bi njima bila cela fiksirana i ne bi bilo mogue nikakvo "kretanje". Slutimo, dakle, da bi takva izometrija morala biti koincidencija. Postavlja se meutim pitanje, postoje li osim translacija jo neke izometrije bez fiksnih taaka, i uopte, ima li jo izometrija osim ovih pomenutih. Odgovor na oba ova pitanja je potvrdan, ali emo se time baviti tek u jednoj od narednih glava, kada emo izvriti36III Podudarnostpotpunu klasifikaciju izometrija. Napomenimo samo da je pojam fiksnih taaka veoma znaajan i da e on u toj klasifikaciji odigrati glavnu ulogu. Taj posao zapoinjemo, ustvari, ve narednom teoremom:Teorema 4. Izometrijska transformacija ravni T:E2 E2 koja ima bar tri fiksne nekolinearne take je koincidencija.Dokaz: Neka su A, B, C E2 tri nekolinearne fiksne take izometrije TAtj. neka je T(A)=A, T(B)=B, T(C)=C.M Oznaimo sa T1 izometriju prave AB L(dakleT1: 1E1)takvudajeT1(X)=T(X), za svaku taku X prave AB.BKC Tada je i T1(A)=A, T1(B)=B, pa je naosnovu prve posledice teoreme 5, izometrija T1 koincidencija na pravoj AB. Tada je za svaku taku X prave AB: T(X)=T1(X)=X. Dakle, svaka taka prave AB je fiksna u izometriji T. Analogno su i sve take pravih BC i AC fiksne u izometriji T. Neka je M proizvoljna taka ravni E2 kojanije na pravama AB, BC, AC. Sa K oznaimo proizvoljnu taku otvorene dui BC. Na osnovu Paove aksiome prava KM ili sadri taku A ili see jednu od ivica AB i AC u nekoj taki L. Tako na pravoj KM postoje bar dve razne fiksne take izometrije T (K i L ili K i A). Sada na isti nainkao za pravu AB dokazujemo da su na pravoj KM sve take fiksne pa tako i taka M. qNaveemo jo jednu vanu teoremu bez dokaza:Teorema 5. Neka su A, B, C i A', B', C' dve trojke nekolinearnih taaka ravni E2takve da je (A,B,C)(A',B'C). Tada postoji jedinstvena izometrija ravni T:E2 E2 koja take A, B, Cpreslikava redom u take A', B', C'.Na osnovu ove teoreme je dakle, svaka izometrija ravni T odreena sa tri odgovarajua para A'=T(A), B'=T(B), C'=T(C) pri emu su A, B, C nekolinearne take.3.2 Relacija podudarnosti figuraIII Podudarnost37Kao to smo ve nagovestili, sada emo uvesti nov pojam: relaciju podudarnosti figura.Definicija. Dve figure 1 i 2 su podudarne u, oznaci 12, ako postoji izometrija T koja preslikava 1 u 2 tj. T(1)=2.T1Napominjemo da uopte, za neko preslikavanje f, f() predstavlja skup slika svih taaka figure u preslikavanju f. Dakle:f()={f(X)|X}Lako se dokazuje oekivano svojstvo ove relacije:Teorema 1.* Relacija podudarnosti figura je relacija ekvivalencije.Zadaci1. Ako neka izometrija T preslikava figure 1 i 2 u figure '1 i '2,dokazati da se tada presek 12 tom izometrijom preslikava u presek '1'2 .2. Dokazati da su svake dve poluprave neke ravni meu sobom podudarne.3. Dokazati da su svake dve prave neke ravni meu sobom podudarne. 4. Dokazati da su svake dve take prostora meu sobom podudarne.5. Neka su k i k' dva kruga neke ravni sa centrima O i O' i poluprenicima AB i A'B' redom. Dokazati ekvivalenciju: kk' (A,B)(A',B').6. Neka je T neidentina izometrija ravni sa dve fiksne take A i B. Akoje p prava te ravni koja je paralelna sa pravom AB i od nje razliita, dokazati da na njoj nema fiksnih taaka izometrije T.38III Podudarnost3.3 Podudarnost duiNema potrebe da posebno definiemo podudarnost dui, jer su dui figure, pa se to uklapa u prethodnu definiciju. Kako se lako dokazuje da su svake dve prave podudarne, ubudue emo pod oznakom ABCD podrazumevati da su dui AB i CD podudarne.Kada smo u poglavlju aksiomatike razmatrali pojam podudarnosti parova taaka, imali smo intuitivnu predstavu da se radi o podudarnosti dui. Kako smo ovaj poslednji pojam tek sada uveli, iskazaemo sledeu teoremu:Teorema 1. (A,B)(A',B')ABA'B'.Neemo navoditi strogi dokaz ove teoreme. Napomenimo, da se u dokazu koristi teorema 7, o postojanju izometrije, kao i teorema 4, na osnovu koje izometrije uvaju raspored (obe teoreme su iz odeljka 3.1).Na osnovu prethodne teoreme, sada smo u mogunosti da umesto podudarnosti parova taaka govorimo o podudarnosti dui.Definicija. Taka S je sredite dui AB ako pripada toj dui i vai ASSB. Dokaimo sledeu znaajnu teoremu:Teorema 2. Za svaku du postoji jedinstveno sredite.CDokaz: Neka je AB proizvoljna du. Dokaimo da ona ima jedinstveno sredite. Neka je C proizvoljna takaASBC'12van prave AB. Tada take A, B, C odreuju jednu ravan i dve poluravni sa poetnom pravom AB. Sa 1 oznaimo onu koja sadri taku C, a sa 2 onu drugu. Na osnovu aksiome III6 u poluravni 2 postoji jedinstvena taka C' takva da je ACBC' i BCAC'. Kako je i ABAB,prema teoremi 7, iz odeljka 3.1, postoji jedinstvena izometrija T kojapreslikava take A, B, C redom u take B, A, C'. Zbog uvanja podudarnosti ona preslikava i taku C' u taku C. Take C i C' su sa raznih strana prave AB, pa du CC' see pravu AB u nekoj taki S. Izometrija T preslikava prave AB i CC' u sebe same, pa je S kao njihovaIII Podudarnost39presena taka fiksna taka te izometrije. Tada je zbog T:A,SaB,S i ASSB. Dokaimo da taka S pripada dui AB. Take A i B nisu fiksne take izometrije T, pa se S od njih razlikuje. Ako bi bilo npr. B(A,B,S),tada bi na polupravoj SA postojale dve razne take A i B takve da je SASB, to je u kontradikciji sa teoremom III2. Dakle, taka S je sredite dui AB.Dokaimo da je to sredite jedinstveno. Pretpostavimo da je S1 takoe sredite dui AB. U tom sluaju je AS1S1B, pa restrikcija izometrije T na pravoj AB ima dve fiksne take S i S1. Tada bi onapredstavljala koincidenciju na pravoj AB, to nije mogue jer take A i B nisu fiksne. Dakle, mora biti S=S1 . qUveemo sada jo neke pojmove:Definicija. Du AB je manja od dui CD u oznaci ABAB.BBCACEDAEGFDDefinicija. Du EF jednaka je zbiru dui AB i CD u oznaci EF=AB+CD ako unutar dui EF postoji taka G takva da je ABEG i CDGF.itaocu preputamo da uvede pojmove kao to su razlika dui i mnoenje dui prirodnim brojem (tj. kada je AB=nCD; nN) kao i racionalnim pozitivnim brojem. Napomenimo da je definicija mnoenja dui realnim pozitivnim brojem sloenija, i ovde je neemo navoditi. Ona je u vezi sa pojmom mere dui, koji emo razmatrati u osmoj glavi.3.4 Podudarnost uglova, pravi uglovi, relacija normalnosti pravihU ovom odeljku neemo dokazivati veinu teorema. Detaljno izlaganje ove teme oduzelo bi nam dosta vremena. Inae, u njihovom dokazivanju znaajnu ulogu ima teorema 7, iz odeljka 3.1, kao i njena naredna posledica:40III PodudarnostTeorema 1. Dva konveksna (ili konkavna) ugla pOq i p'O'q' su podudarna ako i samo ako na kracima p, q, p', q' redom postoje take P, Q, P', Q' takve da je: (P,O,Q)(P',O',Q').Napomenimo, da sada relaciju (P,O,Q)(P',O',Q') moemo iskazati i u obliku: POP'O' i OQO'Q' i PQP'Q'.Teorema 2. Unakrsni uglovi su meusobno podudarni.Teorema 3. Za svaki pq i svaku polupravu p' neke ravni, postoji u poluravni odreenoj pravom koja sadri p', jedinstvena poluprava q' takva da je pqp'q'.Sada emo uvesti pojam koji je analogan pojmu sredita dui:ODefinicija. Poluprava s, sa poetnom takom O koja pripada uglu pOq i takva da je pssq naziva se bisektrisa ugla pOq.Prava koja sadri polupravu s naziva se simetrala tog ugla. qspIskaimo teoremu koja se odnosi na pojam bisektrise. Ona je, opet, analogna teoremi o jedinstvenosti sredita dui.Teorema 4. Svaki ugao ima jedinstvenu bisektrisu.Slino kao kod dui, sada moemo uvesti relacije poreenja meu uglovima kao i pojam zbira dva ugla:Definicija. Ugao AOB je manji od ugla CSD u oznaci AOBAOB.BDBOASCDefinicija. Ugao pOq je zbir uglova aSb i a'S'b' u oznaci:pOq =aSb+a'S'b', ako unutar ugla pOq postoji poluprava r sa poetnom takom O tako da je pOraSb i rOqa'S'b'.III Podudarnost41itaocu preputamo da uvede pojmove razlike dva ugla i mnoenja ugla prirodnim i racionalnim pozitivnim brojem. Uvedene relacije poreenja meu uglovima nam omoguuju da definiemo sledee vane pojmove:Definicija. Za konveksni ugao kae se da je prav, otar ili tup u zavisnosti od toga da li je on podudaran, manji od ili vei od svognaporednog ugla.Definicija. Uglovi i su suplementni ako im je zbir oprueni ugao. Definicija. Uglovi i su komplementni ako im je zbir prav ugao. Iako izgledaju oigledna sledea dva svojstva pravih uglova moraju se iskazati kao teoreme. Ovde ih meutim neemo dokazivati.Teorema 5. Ugao podudaran nekom pravom uglu takoe je prav.Teorema 6. Pravi uglovi su meu sobom podudarni.Kako su svi pravi uglovi meu sobom podudarni, mogue je uvesti pojam mere ugla (koji ovde uvodimo neformalno). Mi emo koristiti meru u stepenima, u kojoj pravom uglu odgovara mera od 90 stepeni u oznaci 90o. Naravno, u tom sluaju mera opruenog ugla bila bi 180o. Napomenimo da inae problem uvoenja mere ugla, kao uostalom i mere dui, nije nimalo jednostavan.Sada, pomou pojma pravog ugla, moemo uvesti znaajnu relaciju meu pravama. Radi se o relaciji normalnosti pravih.Definicija. Ako prave p i q sadre redom krake OP i OQ nekog pravog ugla POQ, tada kaemo da je prava p normalna (upravna, ortogonalna) na pravoj q u oznaci pq.42III PodudarnostIz same definicije je jasno da je relacija normalnosti pravih simetrina. Tako, ako je pq, moemo rei i da su prave p i q meusobno normalne.Dokaimo sada jednu znaajnu teoremu:Teorema 7. Za svaku pravu p i svaku taku A neke ravni postoji jedinstvena prava n u toj ravni koja sadri taku A i upravna je na pravoj p.Dokaz: Razmotrimo dva sluaja:1) Ap. Neka su M i N dve razne take prave p. Tada na osnovuaksiome III6 u poluravni odreenoj pravom p, u kojoj nije taka A, postoji jedinstvena taka B, takva da je (M,A,N)(M,B,N). Take A i B su sa raznih strana prave p pa prava AB see pravu p u nekoj taki O. Bar jedna od taaka M i N je razliita od take O, neka je to taka M. Tada je (M,O)(M,O), pa je na osnovu aksiome III7 i (O,A)(O,B). Prema tome (M,O,A) i (M,O,B) su dve trojke podudarnih taaka, pa su na osnovu teoreme 1, naporedni uglovi MOA i MOB podudarni i kao takvi pravi. Stoga je ABp.Dokaimo jedinstvenost ovakve prave. Pretpostavimo suprotno, da osim nje postoji jo neka prava koja sadri taku A i upravna je na pravoj p. Ako je O' presena taka te prave sa pravom p i B' taka te prave, takva da je AO'O'B' i B(A,O',B'), tada postoji izometrija koja preslikava ugao AO'M u ugao B'O'M. Ta izometrija take A, O', M preslikava u take B', O', M, pa je AMB'M. Analogno se dokazuje da je i ANB'N. U tom sluaju sa iste strane prave p postoje dve take B i B', takve da je (M,A,N)(M,B,N) i (M,A,N)(M,B',N), to protivrei aksiomi III6.ABMO'N O pp K A LBB'2) Ap. Ako su K i L dve take prave p takve da je B(K,A,L), tada na osnovu teoreme 4, postoji jedinstvena bisektrisa BA opruenog ugla KAL,III Podudarnost43koja taj ugao razlae na dva podudarna naporedna ugla. Stoga je prava AB upravna na pravoj p. Jedinstvenost ove normale dokazujemo na slian nain kao u prethodnom sluaju. qA q A n nppVano je pomenuti da ni u jednom od dokaza ovih teorema nije potrebno koristiti Plejferovu aksiomu. Sada je jasno zato je kod Plejferove aksiome dovoljno istai jedinstvenost disjunktne prave. Naime, samo na osnovu prve etiri grupe aksioma, mogue je dokazati da za pravu p i taku A van nje, u ravni njima odreenoj, postoji prava koja sadri tu taku i disjunktna je sa tom pravom. Zaista, koristei prethodnu teoremu, zakljuujemo da postoji prava n koja sadri taku A i normalna je na pravoj p. Takoe, postoji prava q koja sadri taku A i normalna je na pravoj n. Prave p i q moraju biti disjunktne, jer ako bi se sekle, npr. u taki B, postojale bi dve normale iz te take na pravoj n, a to je u suprotnosti sa prethodnom teoremom. Naravno, bez Plejferove aksiome nismo u mogunosti da dokaemo da je ovakva disjunktna prava jedinstvena.Na kraju uvedimo jo jedan vaan pojam:sDefinicija. Neka je taka S sredite dui AB.Prava koja je u taki S normalna na pravoj ABASB naziva se medijatrisa ili simetrala dui AB.Na osnovu prethodne teoreme i teoreme ojedinstvenosti sredita dui, zakljuujemo da svaka du ima jedinstvenu medijatrisu. Kasnije, u jednom od zadataka, italac e dokazati da medijatrisa dui AB predstavlja skup svih taaka X ravni takvih da je AXXB.3.5 Podudarnost trouglovaNa osnovu opte definicije o podudarnosti figura moemo zakljuiti da su dva trougla podudarna akko postoji izometrija koja jedan trougao44III Podudarnostpreslikava u drugi. esto, meutim, nije lako direktno, na ovaj nain, dokazivati tu podudarnost. Zato emo sada uvesti jo neke potrebne i dovoljne uslove za podudarnost dva trougla. Oni su poznati kao etiri stava o podudarnosti trouglova.Kako izometrije uvaju raspored, jasno je da ako su dva trougla podudarna tada su podudarne i odgovarajue ivice i odgovarajui uglovi ta dva trougla. Sada emo razmotriti obrnut problem: koji su od uslova podudarnosti odgovarajuih ivica i uglova dovoljni da dva trougla budupodudarna. Te uslove daju ve pomenuti stavovi o podudarnosti trouglova10. U svim tim stavovima pretpostavljamo da trouglovi pripadaju istoj ravni. Naravno, oni vae i u sluaju kad trouglovi nisu komplanarni, ali bismo tada u dokazu koristili svojstva izometrija prostora.Zboglakegdokazivanja,stavovenavodimodrugim redosledom.Stav 3. (SSS) Dva trougla su podudarna ako su im odgovarajue ivice podudarne, tj.:ABA'B', BCB'C', ACA'C' ABCA'B'C'Dokaz: Neka su ABC, A'B'C' dva trougla takva da je ABA'B', BCB'C', ACA'C'. Na osnovu teoreme 2, iz odeljka 3.3, tada su i odgovarajuiAA'BCB'C'parovi taaka podudarni, pa je i (A,B,C)(A',B',C'). Tada, prema poznatoj teoremi postoji izometrija T te ravni, koja take A, B, C preslikava redomu take A', B', C'. Ali izometrije uvaju raspored, pa se odgovarajue ivice jednog trougla preslikavaju u odgovarajue ivice drugog trougla. Na osnovu toga izometrija T preslikava trougao ABC u trougao A'B'C', pa je onda ABCA'B'C'. q10 Prvi, trei i etvrti stav o podudarnosti trouglova pripisuju se starogrkom filozofu i matematiaru Pitagori sa ostrva Samosa, (VI v. pre n. e.), dok se za drugi stav pretpostavlja da je bio poznat jo Talesu iz Mileta (VII-VI v. pre n. e.).III Podudarnost45Stav 1. (SUS) Dva trougla su podudarna ako su dve ivice i njima zahvaeni ugao jednog trougla podudarni sa odgovarajuim ivicama i uglovima drugog trougla, tj:ABA'B', ACA'C', BACB'A'C' ABCA'B'C'AA'BCB'C'Dokaz: Neka su ABC, A'B'C' dva trougla takva da je ABA'B', ACA'C', BACB'A'C'. Tada postoji neka izometrija T koja ugao BACpreslikava u ugao B'A'C'. Zbog uvanja rasporeda teme A prvog ugla preslikava se tom izometrijom u teme A' drugog ugla. Take B i C preslikavaju se u take B1, C1 na kracima A'B' i A'C' takve da je ABA'B1 i ACA'C1. Na osnovu teoreme III2 (kod aksioma podudarnosti) takve take B1 i C1 su jedinstvene tj. mora biti B1=B' i C1=C'. DakleT:A,B,CaA',B',C' pa su trouglovi ABC i A'B'C' podudarni. qStav 2. (USU) Dva trougla su podudarna ako su jedna ivica i na njoj nalegli uglovi jednog trougla podudarni sa odgovarajuom ivicom i odgovarajuim uglovima drugog trougla, tj:BCB'C', ABCA'B'C', ACB A'C'B' ABCA'B'C'AA'A''BCB'C'Dokaz: Neka su ABC, A'B'C' dva trougla takva da je BCB'C', ABCA'B'C', ACBA'C'B'. Dokaimo da mora biti ABA'B'. Pretpostavimo suprotno, neka je npr. ne umanjujui optost, ABACB. Na slian nain dokazujemo i obratno. qTeorema 2. (Nejednakost trougla) Zbir dve ivice trougla vei je od tree.Dokaz: Neka je ABC proizvoljan trougao. Dokaimo da je AB+AC>BC. Sa D oznaimo taku takvu da je B(B,A,D) i ADAC.III Podudarnost53Na osnovu dokazane leme je tada BDCACD.PolupravaCAje unutar ugla DCB pa je ACDEACBAE. Naspram veeg ugla u trouglu BAE je vea ivica tj. AB>BE. Na slian nain dokazujemo da vai i druga relacija.Zadaci1. Neka su p i q dve normalne prave koje se seku u taki A. Ako su B, B' i C, C' take na pravama p i q takve da ABAC', AB'AC i B(B,A,B'),B(C,A,C'), dokazati da normala iz take A na pravoj BC sadri sredite dui B'C'.2. Neka je S taka koja pripada uglu pOq. Ako su A i B podnoja upravnih iz take S na kracima p i q tog ugla, dokazati da je SASB ako i samo ako je poluprava OS bisektrisa ugla pOq.3. Dokazati da je zbir dijagonala konveksnog etvorougla vei od zbira dve naspramne ivice.4. Neka su ABC i A'B'C' trouglovi takvi da je ABA'B' i ACA'C'. Dokazati ekvivalenciju:BC>B'C' BAC>B'A'C'.3.8 etvorougao, paralelogram, srednja linija trouglaSada emo detaljnije prouiti neke vrste etvorouglova, figure definisane jo u odeljku 2.2. Napomenimo da emo nadalje pod etvorouglom podrazumevati prost etvorougao. Dve ivice etvorougla sa zajednikim temenom zvaemo susedne ivice, a one koje nemaju zajednikih taaka naspramne ivice. Unutranji uglovi iji kraci sadre istu ivicu etvorouglaIII Podudarnost55zovu se susedni uglovi a inae su oni naspramni uglovi. Uvedimo sada specijalnu vrstu etvorouglova.Definicija. etvorougao ABCD je trapez ako je AB||CD. Ivice AB i CD su osnovice, a BC i AD kraci tog trapeza. Trapez je jednakokraki ako je BCAD i nije BC||AD, a pravougli ako je jedan njegov unutranji ugao prav.DCDCDCABABABNa osnovu teorema o uglovima na transverzali paralelnih pravih, dva unutranja ugla koja odgovaraju kraku trapeza su suplementna. Takoe, to je dovoljan uslov da bi neki etvorougao bio trapez. Sada emo uvesti jo jednu vrstu etvorouglova, koji predstavljaju specijalnu vrstu trapeza. Radi se o paralelogramima. Njih moemo definisati na razne naine, ali mi emo izabrati onaj najprirodniji, a za sve ostale emo dokazati da su sa tim ekvivalentni.Definicija. etvorougao ABCD je paralelogram ako je AB||CD i AD||BC.Dakle, paralelogram je etvorougao saDC dva para paralelnih naspramnih ivica. Usamojdefinicijiparalelogramanijekorienpojampodudarnosti.NaimeAB paralelogrami (a takoe i trapezi) se mogurazmatrati i u tzv. afinoj geometriji. To je geometrija zasnovana na svim grupama aksioma euklidske geometrije, osim tree grupe, aksioma podudarnosti. Pojam paralelograma e biti znaajan i kod uvoenja vektora, u iduoj glavi. Dokaimo sada sledeu teoremu:Teorema 1. Neka je ABCD konveksan etvorougao. Tada su sledei iskaziekvivalentni:(1) etvorougao ABCD je paralelogram.(2) Svaka dva susedna unutranja ugla etvorougla, su suplementni uglovi.(3) Parovi naspramnih uglova etvorougla su parovi podudarnih uglova.56III Podudarnost(4) AB||CD i ABCD13. (5) ABCD i ADBC.(6) Dijagonale etvorougla se uzajamno polove tj. AC i BD imaju zajedniko sredite.Dokaz: Oznaimo sa , , , unutranje uglove koji odgovaraju temenima A, B, C, D redom, etvorougla ABCD. etvorougao je konveksan pa se njegove dijagonale seku u nekoj taki S.Potrebno je dokazati ekvivalentnost iskaza (1)-(6). Da bismo izbegli dokazivanje svih ekvivalencija (po dve implikacije) npr. sa (1), dokazemopojednostavitidokazujui implikacije rukovodei se sledeom emom: (1) (2) (3)(4)(5) (6)Kao to vidimo to je dovoljno jer npr. implikaciju (1)(2) dokazujemo direktno koristei: (1)(4)(5)(3)(2).(2)(1). Neka su uglovi i suplementni. Oni su suprotni uglovi na transverzali AB pravih AD i BC pa je tada AD||BC. Slino, na osnovu suplementnosti uglova i , dokazujemo da je i AB||CD, pa je etvorougao ABCD paralelogram.(3)(2). Neka je = i =. Kako je +++=360o (zbir unutranjih uglova svakog etvorougla je 360o jer se dijagonalom moe podeliti na dva trougla od kojih svaki ima zbir unutranjih uglova 180o), sledi da je +=180o i +=180o.(1)(4). Neka je etvorougao ABCD paralelogram. Tada je AB||CD i AD||BC. Prava AC je transverzala paralelnih pravih AB i CD pa su uglovi CAB i ACD podudarni kao naizmenini. Slino iz paralelnosti pravih AD i BC sledi da su i uglovi ACB i CAD podudarni. Kako je ACAC na osnovu stava USU su trouglovi ACB i CAD podudarni pa je i ABCD.(4)(5). Neka je ABCD etvorougao takav da je AB||CD i ABCD. Dokaimo da je i ADBC. Prava AC je transverzala paralelnih pravih AB i CD pa su uglovi CAB i ACD podudarni kao naizmenini. Koristei injenicu da je ACAC na osnovu stava SUS zakljuujemo da su trouglovi ACB i CAD podudarni. Na osnovu toga je i BCAD.13 Ovaj ekvivalent, u neto izmenjenom obliku, navodi Euklid iz Aleksandrije (III v. pre n. e.), u svom uvenom delu "Elementi".III Podudarnost57(5)(3). Neka je ABCD etvorougao takav da je ABCD i ADBC. Dokaimo da je = i =. Zaista kako je ACAC prema stavu SSS je ACBCAD. Tada je i ABCCDA tj. =. Slino dokazujemo i da je =.S(5)(6). Neka je ABCD etvorougaoDC takav da je ABCD i ADBC. Dokaimoda je taka S zajedniko sredite dijagonala AC i BD. Kako je ACAC naosnovu stava SSS je ACBCAD. NaAB osnovu toga je ACBCAD pa je i SCBSAD. Iz podudarnosti unakrsnih uglova CSB i ASD sledi da su i uglovi SBC i SDA podudarni. Koristei sada da je ADBC, na osnovu stava USU, zakljuujemo da je CSBASD. Na osnovu toga je SBSD i SCSA tj. taka S je zajedniko sredite dijagonala AC i BD.Obratno, neka je S zajedniko sredite dijagonala AC i BD. Tada je SBSD i SCSA. Takoe, podudarni su i unakrsni uglovi CSB i ASD pa je na osnovu stava SUS CSB ASD. Tada je ADBC. Slino dokazujemo i da je ABCD. qitaocu preporuujemo da dokae prethodnu teoremu koristei se nekom slinom emom. Uvedimo sada jo neke vrste etvorouglova za koje se pokazuje da su takoe paralelogrami.Definicija. a) etvorougao kod koga su sve ivice podudarne naziva se romb.b) etvorougao kod koga su svi unutranji uglovi podudarni i jednaki 90o naziva se pravougaonik.c) etvorougao kod koga su sve ivice podudarne i svi unutranji uglovi podudarni naziva se kvadrat.DCDCDCABABABZaista lako se dokazuje da je svaki od navedenih etvorouglova ujedno i paralelogram. To je direktna posledica prethodne teoreme. Romb158III Podudarnostje paralelogram na osnovu (5)(1), a pravougaonik na osnovu (2)(1) ili (3)(1). Za kvadrat je jasno da je ujedno pravougaonik i romb pa je samim tim i paralelogram.Dokaz sledee teoreme preputamo itaocu:Teorema 2. a) Paralelogram je romb ako su mu dijagonale meusobno normalne.b) Paralelogram je pravougaonik ako su mu dijagonale meusobno podudarne.c) Paralelogram je kvadrat ako su mu dijagonale meusobno normalne i podudarne.Pojam kvadrata uklapa se u optu definiciju specijalne vrste mnogouglova:Definicija. Mnogougao je pravilan ako su mu sve ivice i svi unutranji uglovi meusobno podudarni.Kvadrat je dakle pravilan etvorougao. Pravilan trougao naziva se i jednakostranian trougao. Ovo ime, opravdava injenica da je za neki trougao dovoljno da su mu sve ivice podudarne da bi bio pravilan. To je posledica leme iz prethodnog odeljka.Definicija. Du ije su krajnje take sredita dveju ivica nekog trougla naziva se srednja linija tog trougla koja odgovara njegovoj treoj ivici.Teorema 4. (O srednjoj liniji trougla) Ako su P i Q sredita ivica AB i AC redom tada je:PQ=2BC i BC||PQ.III Podudarnost59Dokaz: Oznaimo sa R taku takvu da je PQQR i B(P,Q,R). Tada dui AC i PR APRimaju zajedniko sredite pa je, naQ osnovu teoreme 1, etvorougao APCRparalelogram. Koristei opet istu teoremuzakljuujemo da su dui AP i RCBC podudarne i paralelne. Taka P je sreditedui AB pa su i dui PB i RC podudarne i paralelne. Opet, na osnovu teoreme 1, etvorougao PBCR je paralelogram. Tada su i dui BC i PR podudarne i paralelne prema istoj teoremi. Konaan zakljuak sada sledi iz injenice da je taka Q sredite dui PR. qZadaci1. Dokazati da se bisektrise unutranjih uglova pravougaonika (koji nije kvadrat) seku u takama koje su temena jednog kvadrata.2. Bisektrise unutranjih uglova paralelograma (koji nije romb) seku se u takama koje su temena jednog pravougaonika, ije su dijagonale paralelne ivicama paralelograma i jednake razlici susednih ivica tog paralelograma. Dokazati.3. Dokazati da sredita ivica proizvoljnog etvorougla predstavljaju temena jednog paralelograma.4. Ako su P i Q sredita krakova AD i BC trapeza ABCD dokazati da je: AB+CD=2PQ. (Du PQ se naziva srednja linija trapeza.)5. Ako su K i L presene take srednje linije trapeza ABCD sa njegovim dijagonalama; gde je AB||CD i AB>CD, dokazati da je tada:AB-CD=2KL.3.9 Znaajne take trouglaNa osnovu unutranjih uglova trougla moemo razmatrati tri vrste trouglova. Trougao je otrougli ako su mu svi unutranji uglovi otri; tupougli je ako ima jedan unutranji tup ugao a pravougli je ako mu je jedan unutranji ugao prav. Ivica naspram pravog ugla pravouglog trougla60III Podudarnostnaziva se hipotenuza a ostale dve su katete, tog trougla. Na osnovu ranije dokazane teoreme (naspram veeg ugla trougla je vea ivica) moemo zakljuiti da je hipotenuza pravouglog trougla vea od svake katete. Analogno, ivica naspram tupog ugla tupouglog trougla je njegova najvea ivica.Iako naizgled jednostavan, trougao je figura sa neoekivano mnogo interesantnih svojstava. Neka od njih emo sada razmotriti i ona e biti vezana za etiri karakteristine take koje nazivamo znaajne take trougla.Teorema 1. (O centru opisanog kruga) Medijatrise ivica nekog trougla seku se u jednoj taki.Dokaz: Neka su p, q, r medijatrise ivica BC, CA, AB trougla ABC. Dokaimo najpre da se prave p i q seku. Pretpostavimo suprotno tj. da su one paralelne i disjunktne. Na osnovu posledica Plejferove aksiome, kako prava AC see pravu q, mora sei i njoj paralelnu pravu p. Prema teoremi o uglovima na transverzali je prava AC normalna i na pravoj p. Iz take C bi tada postojale dve normale na pravoj p to nije mogue. Dakle, medijatrise p i q seku se u nekoj taki O. Taka O je na medijatrisi dui BC pa je OAOB (zadatak 1, odeljak 3.6.). Takoe je i na medijatrisi dui AC pa je OAOC. Tada je i OAOB tj. taka O je i na medijatrisi r dui AB. qTaka O iz prethodne teoreme je, dakle, podjednako "udaljena" od temena A, B, C trougla ABC, pa, prema tome, predstavlja centar jednog kruga koji sadri sva tri temena tog trougla. Taj krug naziva se opisani krug trougla. Na osnovu prethodne teoreme oko svakog trougla moe se opisati krug.III Podudarnost61Aq AurMOKSBCvwBLC pTeorema 2. (O centru upisanog kruga) Bisektrise unutranjih uglova trougla seku se u jednoj taki.Dokaz: Neka su u, v, w bisektrise unutranjih uglova , , kod temena A, B, C redom, trougla ABC. Ako bi prave odreene polupravama v i w bile paralelne, na osnov