Read geometrijaZaTreciRazredProba.dvi text version

Dragomir Lopandi´ c

GEOMETRIJA

Sadraj z

1 Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c 1.1 Razvoj aksiomatike metode u geometriji. Euklidovi c V postulat. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Osnovni pojmovi i osnovni stavovi u geometriji . . . 1.3 Aksiome incidencije i njihove posledice . . . . . . . . 1.4 Aksiome rasporeda i njihove posledice . . . . . . . . 1.5 Aksiome podudarnosti i njihove posledice . . . . . . 1.6 Aksiome neprekidnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Plejferova aksioma paralelnosti . . . . . . . . . . . . 3 Elementi" i " . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 12 13 15 18 21 22 26 26 28 29 31 36 40 43 48 53

2 Izometrijske transformacije prostora E n 2.1 Definicija i opta svojstva izometrijskih transformacija prostora E n s 2.2 Relacija podudarnosti geometrijskih figura . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Podudarnost dui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . z 2.4 Podudarnost uglova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Pravi, otri i tupi uglovi. Upravne prave . . . . . . . . . . . . . . . s 2.6 Podudarnost trouglova u ravni E 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Relacija upravnosti prave i ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Podudarnost diedara. Upravne ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Ugao dveju pravih, ugao dveju ravni, ugao prave i ravni . . . . . .

3 Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2 57 2 . . . . . 3.1 Direktne i indirektne izometrijske transformacije ravni E 57 3.2 Osna refleksija ravni E 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 3.3 Predstavljanje izometrijskih transformacija ravni E 2 pomo´u osnih c refleksija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 3.4 Pramenovi pravih u ravni E 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 3.5 Centralna rotacija ravni E 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 3.6 Centralna refleksija ravni E 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 3.7 Translacija ravni E 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 3.8 Klizaju´a refleksija ravni E 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 c 3.9 Klasifikacija izometrijskih transformacija euklidske ravni E 2 . . . . 98 3.10 Simetrije likova u ravni E 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 1

2

Geometrija

4 Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3 4.1 Direktne i indirektne izometrijske transformacije prostora E 3 . . . 4.2 Ravanska refleksija prostora E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Predstavljanje izometrijskih transformacija prostora E 3 pomo´u rac vanskih refleksija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Pramenovi ravni u prostoru E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Osna rotacija prostora E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Osna refleksija prostora E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7 Osnorotaciona refleksija prostora E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 Centralna refleksija prostora E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9 Translacija prostora E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10 Klizaju´a refleksija prostora E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . c 4.11 Zavojno kretanje prostora E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12 Klasifikacija izometrijskih transformacija prostora E 3 . . . . . . . . 4.13 Simetrije likova u prostoru E 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Vektori u geometriji 5.1 Vektori u prostoru E n (n = 1, 2, 3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Linearne operacije nad vektorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Linearno zavisni i linearno nezavisni vektori . . . . . . . . . . . . . 5.4 Lajbnicova vektorska funkcija. Baricentri sistema taaka u prostoru c En . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Paralelno projektovanje vektora na osu . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 Skalarni proizvod dva vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Transformacije slinosti i inverzija c 6.1 Transformacije slinosti prostora E n . . . . c 6.2 Homotetija prostora E n . . . . . . . . . . . 6.3 Predstavljanje transformacija slinosti ravni c n . . . . . . . . 6.4 Slinost likova u prostoru E c 6.5 Harmonijske etvorke taaka . . . . . . . . c c 6.6 Potencija take u odnosu na krug . . . . . . c 6.7 Inverzija u odnosu na krug . . . . . . . . . . . . . E2 . . . . . . . . . . u . . . .

105 105 106 111 114 116 121 123 125 131 135 138 141 144 147 147 148 155 158 162 166

173 . . . . . . . . . . 173 . . . . . . . . . . 175 kanonskom obliku 180 . . . . . . . . . . 185 . . . . . . . . . . 192 . . . . . . . . . . 196 . . . . . . . . . . 201

7 Neeuklidske geometrije 208 7.1 Sistem aksioma geometrije Lobaevskog . . . . . . . . . . . . . . . 208 c 7.2 Sistem aksioma eliptike geometrije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 c

Glava 1

Aksiomatiko zasnivanje c euklidske geometrije

1.1 Razvoj aksiomatike metode u geometriji. Euklic dovi Elementi" i V postulat. "

Geometrija kao nauna disciplina ima svoju veoma dugu i bogatu istoriju. c Zaeta ve´ u najstarijim ljudskim civilizacijama, ona se vekovima razvijala kao inc c duktivna nauka, nauka u kojoj se empirijskim putem, pomo´u ula i opita, dolazilo c c do pojedinanih saznanja iz kojih su se zatim indukcijom izvodila opta tvrdenja. c s U emu se sastojao induktivan metod izvodenja zakljuaka pokua´emo da objac c s c snimo na slede´em primeru. Ako je merenjem utvrdeno da je kod jednog trougla c zbir dveju stranica ve´i od tre´e stranice, zatim istim postupkom utvrdeno da c c to svojstvo vai i kod drugog trougla, potom kod tre´eg trougla, itd, izvodeno je z c opte tvrdenje po kojem je zbir dveju stranica bilo kojeg trougla ve´i od tre´e s c c stranice. Tako se postupalo i pri ustanovljavanju drugih geometrijskih tvrdenja kao to su pravila za odredivanje povrina pravougaone, paralelogramske, trapezne s s i trougaone povri i pravila za odredivanje zapremine kvadra, prizme i piramide. s Takva je bila geometrija drevnih Egip´ana, Sumerana, Vavilonaca, Indijaca, Kic neza i drugih. Kada su negde u VI veku pre nove ere vode´u ulogu u nauci i kulturi preuzeli c Grci, geometrija poinje da se razvija jednim potpuno novim putem koji ´e vrec c menom da se odrazi i u drugim naunim oblastima. Induktivan metod nalaenja c z geometrijskih tvrdenja bio je zamenjen novim tzv. deduktivnim metodom kojim se najpre ustanovljuju opta tvrdenja da bi se zatim iz njih dobila pojedinana s c saznanja. Prelasku na taj novi put u razvoju geometrije doprinelo je jedno veoma znaajno naelo, to je naelo dokazivanja geometrijskih tvrdenja. Do tog naela, c c c c kau, prvi je doao starogrki filozof Tales (624­547. pre n. e.). Njegovi spisi, ukoz s c liko su uopte i postojali, do nas nisu dospeli, te se ne moe pouzdano re´i koja je s z c geometrijska tvrdenja on uspeo da dokae. Istoriar geometrije Eudem iz IV veka z c pre n. e. pripisivao je Talesu dokaz drugog stava podudarnosti trouglova, stava o 3

4

Geometrija

jednakosti uglova na osnovici jednakokrakog trougla i njemu obratnog tvrdenja, stava o medusobnoj podudarnosti pravih uglova, stava po kojem je periferijski ugao nad prenikom bilo kojeg kruga prav ugao i stav po kojem svaki dijametar krune c z povri razlae tu povr na dva podudarna dela. Koriste´i slinost jednakokrako s z s c c pravouglih trouglova odredio je, kau, visinu Keopsove piramide, a pomo´u poz c dudarnosti trouglova uspeo je da odredi udaljenost usidrenog broda od morske obale. Na koji je nain izvodio dokaze tih geometrijskih tvrdenja, pouzdano nam c nije poznato. Veruje se da su, u skladu sa njegovim filozofskim pogledima na svet, geometrijski objekti identifikovani sa fizikalnim i da su prilikom dokazivanja geometrijskih tvrdenja u znatnoj meri kori´ena fizikalna kretanja. sc Naelo dokazivanja geometrijskih tvrdenja u mnogo ve´oj meri poeo je da c c c sprovodi znameniti starogrki filozof i matematiar Pitagora (oko 580­oko 500. c c pre n. e.). Upoznavi se ve´ u mladim godinama sa uenjem Talesa, Pitagora s c c je niz godina proveo u Egiptu i Vavilonu, gde je bio u mogu´nosti ne samo da c se upozna ve´ i kritiki osvrne na sve to se do tada znalo u oblasti geometrije. c c s Po povratku u domovinu on osniva svoju kolu, ne na rodnom Samosu, ve´ u s c gradu Krotonu, grkoj koloniji u junoj Italiji. U oblasti matematike Pitagora c z se posebno bavio geometrijom i teorijom brojeva. U oblasti geometrije njemu se pripisuje otkri´e i dokaz niza geometrijskih tvrdenja kao to su: stav o zbiru unuc s tranjih uglova trougla; prvi, tre´i i etvrti stav podudarnosti trouglova; stavovi o s c c razlaganju ravni na pravilne trougaone, etvorougaone i estougaone povri. Smac s s tra se da je Pitagora prvi zaeo uenja o paralelnim pravama, o proporcijama, o c c slinim likovima. On je zaeo uenje o uzajamnom odnosu pravih i ravni, i uenje c c c c o poliedrima. Pouzdano se zna da je otkrio tri, a po nekim podacima svih pet postoje´ih vrsta pravilnih poliedara. Posebno je znaajna teorema o pravouglom c c trouglu koja danas nosi njegovo ime. Pitagori ili nekom od njegovih uenika, c po svoj prilici Hipasu iz Metaponta, treba pripisati i teoremu o egzistenciji nesamerljivih dui koja ´e podsta´i razvoj tzv. geometrijske algebre. z c c Obilje dokazanih geometrijskih tvrdenja ve´ je bilo dovoljno da se postavi c pitanje redosleda njihovog izlaganja. To je zahtevao i sam proces dokazivanja tvrdenja koji se sastoji u logikom izvodenju zakljuaka iz ranije poznatih tvrdenja, c c tj. tvrdenja koja su ve´ dokazana ili se pretpostavljaju. Taj redosled u dokazivanju c geometrijskih tvrdenja znaio je jedno novo naelo, tzv. naelo sistematizacije. To c c c naelo prvi je proklamovao i u oblasti geometrije poeo da sprovodi Pitagora. c c Veruje se da je ve´ njemu bilo potpuno jasno da se ideja sistematizacije u geoc metriji ne moe dosledno sprovesti od samog poetka jer se prva geometrijska z c tvrdenja ne mogu dokazivati iz prethodnih koja ne postoje. Ne nalaze´i bolje c reenje u otklanjanju te teko´e, Pitagora se zadovoljava time da geometrijska s s c tvrdenja dokazuje polaze´i od najoiglednijih tvrdenja. Koja je tvrdenja u geomec c triji smatrao najoiglednijim nije nam poznato, jer njegovi spisi kao i spisi njegovih c uenika do nas nisu dospeli. Ima istoriara koji neargumentovano tvrde da je ve´ c c c Pitagora u geometriji uveo neke aksiome i postulate izvode´i iz njih ostala geoc metrijska tvrdenja. Medutim, pouzdano se o tome ne moe re´i ba nita, jer ni z c s s pozniji starogrki spisi ne govore nita o tome. Bez obzira da li je Pitagora u c s

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

5

geometriji doao do aksioma i postulata ili ne, naelo sistematizacije dovoljno je s c da se on smatra tvorcem deduktivne metode ne samo u oblasti geometrije, ve´ u c nauci uopte. s Deduktivni metod u zasnivanju geometrije prihva´en je ne samo od strane c Pitagorinih uenika, ve´ i drugih starogrkih matematiara tog vremena. Hipokrat c c c c sa ostrva Hija, koji je negde sredinom V veka pre n. e. u ranije osnovanoj koli s u Atini predavao geometriju, napisao je, kau, prvo sistematizovano delo iz ove z oblasti pod naslovom Elementi" koje do nas nije dospelo. Smatra se da je u tom " delu bilo sabrano sve to se do tada znalo u oblasti geometrije. Pozniji autori pozis vali su se na to delo, isticali su u njemu strogost u izlaganju gradiva, no nijednom rei nisu pomenuli pojmove i tvrdenja na kojima je Hipokrat zasnovao geometriju. c Prema nekim podacima i starogrki filozof Demokrit (oko 480­oko 370. pre n. e.) c iz Abdere napisao je jedno delo pod naslovom O geometriji" koje takode do nas " nije dospelo. Nije nam poznat ni sadraj te rasprave, ali se pretpostavlja da je z bila posve´ena pitanjima zasnivanja geometrije. c Prve nagovetaje aksiomatikog zasnivanja geometrije sre´emo u atinskoj koli s c c s zvanoj Akademija" istaknutog starogrkog filozofa Platona (427­347. pre n. e.). c " Premda je u toj koli prioritetan znaaj pridavan filozofiji i drutvenim naukama, s c s izuavana je i matematika, posebno geometrija, kako bi se sluaoci na najefikac s sniji nain nauili vetini egzaktnog logikog rasudivanja, vetini koja je smatrana c c s c s kao preduslov bavljenju filozofijom. Sam Platon eksplicitno se nije bavio matematikom, ali su njegova rasudivanja u oblasti filozofije imala snanog odraza i u z ovoj oblasti. Posebno u poimanju matematikih objekata kao to su brojevi i geoc s metrijski likovi. Platon je prvi poeo da geometrijska tela razmatra odvojeno od c opaajnih koje sre´emo oko sebe u fizikalnom prostoru i ukazao na razliku koja poz c stoji izmedu naunog zakljuivanja i empirijskog saznanja. Geometrijske objekte c c smatrao je idealnim, savrenim, kakvi se ne mogu sresti u prirodi. Oslobodena s empirijskih primesa geometrija je u Akademiji dobila karakter aprioristike deduc ktivne teorije zasnovane na izvesnom broju optepriznatih principa koji su nazvani s aksiomama i postulatima. Koji su to bili osnovni (optepriznati) principi i kakav je s po Platonovom miljenju bio pravi smisao aksioma i postulata, pouzdano nam nije s poznato. Neki pozniji autori skloni su da tvrde da su aksiome imale deskriptivan, a postulati konstruktivan karakter. Izvesno je jedino da u sauvanim delima Plac tona pisanih naje´e u obliku dijaloga ima vie mesta iz kojih se jasno naslu´uje c sc s c aksiomatika metoda ne samo u izgradnji geometrije ve´ bilo koje naune teorije. c c c Teorijske osnove deduktivne metode u najoptijoj formi razvio je najdarovis tiji Platonov uenik, genijalni starogrki filozof Aristotel (384­322. pre n. e.). U c c vie svojih rasprava logikog karaktera, koje su negde sredinom I veka pre n. e. s c od strane istaknutog peripatetiara Andronika sabrana u poseban kodeks pod c nazivom Organon", kao i u raspravi Metafizika" Aristotel je pokuao da na s " " svojevrstan nain nauno razotkrije opte zakonitosti deduktivnog zakljuivanja. c c s c Nije nam cilj da ovde podrobno obrazlaemo sva njegova nastojanja, ve´ da damo z c kratak osvrt na njegov nain definisanja novih pojmova i njegov nain odabiranja c c osnovnih tvrdenja deduktivne naune teorije. c

6

Geometrija

Nain ustanovljavanja pojmova, koji je u izvesnoj meri ve´ naslu´ivan u dec c c - c lima Platona, Aristotel je podrobnije razradio utvrduju´i svojevrsno pravilo kojim se novi pojam definie pomo´u blieg, njemu srodnog, pojma i specifine razlike. s c z c Bio je to vekovima, sve do XIX veka, jedini nauno priznati nain koji je nalazio c c iroku primenu u svim naunim oblastima, pa i geometriji. Srednjevekovni skos c lastiari posebno su ga negovali i obrazlagali reima: Definitio fit per genus proxc c " imum et differentiam specificam", to u prevodu znai da se definicija sastavlja s c iz blieg srodnog pojma i specifine razlike. Prema tom nainu, definicija novog z c c pojma sastojala se u isticanju dveju bitnih odredbi: jedna od njih odnosila se na pripadnost pojma koji se uvodi nekom irem unapred poznatom pojmu za koji s se govorilo da predstavlja njegov blii rod, druga od tih odredbi odnosila se na z specifinu razliku koja je bila neophodna da bi se novi pojam razlikovao od pojma c koji predstavlja njegov blii rod. Tako npr. u definiciji romba kao paralelograma z sa jednakim susednim stranicama, pojam romba pripada irem unapred poznatom s pojmu paralelograma koji predstavlja njegov blii rod, a jednakost susednih straz nica predstavlja specifinu razliku. c Ako je na razmatrani nain definisan neki pojam, tada srodni pojam koji ga c obuhvata predstavlja njegovo uoptenje. Taj optiji pojam naje´e je sluio kao s s c sc z predikat pri definisanju njemu podinjenih pojmova. Ako je razmatranim nainom c c definisan i taj optiji pojam, srodni pojam koji ga obuhvata predstavlja njegovo s dalje uoptenje. Aristotel je smatrao da je takav postupak konaan, naime da se s c takvim postupkom neminovno dolazi do pojma koji se ne moe ukljuiti ni u koji z c optiji pojam. Te najoptije vrste pojmova Aristotel je nazivao kategorijama. s s Osnovne principe, tj. osnovna tvrdenja na kojima se zasniva deduktivna teorija, - razvrstavao na aksiome i postulate. Po njegovom miljenju Aristotel je takode s aksiome treba da budu osnovna tvrdenja optijeg karaktera, tj. tvrdenja koja se s prihvataju bez dokazivanja, a koja vae ne samo u jednoj ve´ u dvema ili vie z c s naunih teorija. Naprotiv, postulati treba da budu osnovna tvrdenja specifinog c c karaktera, tj. tvrdenja koja se prihvataju bez dokazivanja i koja vae iskljuivo u z c toj naunoj teoriji. Ilustracije radi, pomenimo neka tvrdenja koja Aristotel smatra c aksiomama: Ako se jednakim veliinama dodaju jednake veliine dobijaju se c c " jednake veliine" i Ako se od jednakih veliina oduzmu jednake veliine dobijaju c c c " se jednake veliine". Jasno je da ove aksiome ne vae samo u geometriji ve´ i c z c teoriji brojeva. Za razumevanje Aristotelove koncepcije zasnivanja naune teorije c od osobitog je znaaja kriterijum u odabiranju osnovnih tvrdenja. Aristotel je c smatrao da aksiome i postulati deduktivne teorije moraju predstavljati tvrdenja koja su do te mere optepriznata i iz svakodnevne prakse poznata i oigledna da s c ih ne samo nije mogu´e, ve´ i nije potrebno dokazivati. Takav kriterijum u izboru c c osnovnih tvrdenja intuitivno je vodio ka uverenju da u izgradnji deduktivne naune c teorije nije mogu´e do´i do dvaju protivrenih tvrdenja. U takvoj teoriji istinitost c c c izvedenih tvrdenja tj. teorema nije mogla podlegati nikakvoj sumnji. Iz tih razloga nije se ni nametao problem neprotivrenosti deduktivne teorije aristotelovskog c tipa. Najsistematinije delo iz geometrije antikih vremena koje je dospelo do nas c c

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

7

pod naslovom Elementi" napisao je starogrki matematiar Euklid (oko 365­ c c " 270. pre n. e.). Obrazovanje je, kau, stekao u Atini kod Platonovih uenika, a z c oko 300. pre n. e. preao u Aleksandriju da bi u tek osnovanoj koli predavao s s geometriju. Sakupivi sve to se do tada znalo iz oblasti geometrije, Euklid je s s pristupio sistematizaciji te grade izloivi je u Elementima" koji se sastoje iz 13 z s " knjiga. Prvih est knjiga odnose se na planimetriju, naredne etiri na geometrijs c sku teoriju brojeva, a poslednje tri na stereometriju. Tim knjigama obino se c prilau kao dodatak jo dve kra´e monografije koje esto komentatori nazivaju z s c c etrnaestom i petnaestom knjigom Euklidovih Elemenata". Izvesno vreme smac " tralo se da je i njih napisao Euklid; docnije je ustanovljeno da je prvu od njih napisao Euklidov uenik Hipsikle iz Aleksandrije, a drugu neki nepoznati autor c nekoliko vekova kasnije. Ove dve monografije imaju vie istorijski znaaj, te se u s c prevodima naje´e sre´u u skra´enoj verziji. c sc c c U svojem grandioznom delu Elementi" Euklid je pokuao da dosledno sprovede s " deduktivan metod u izlaganju geometrije. Upravo ta doslednost u dedukciji unilila c je da njegovo delo vekovima predstavlja savrenstvo i uzor logikog rasudivanja ne s c samo u oblasti geometrije ve´ u nauci uopte. Premda je stole´ima uivalo epitet c s c z najsavrenijeg dela to ga je uspeo da stvori ljudski um, pomenuto delo imalo je i s s svojih nedostataka koji ´e povremeno biti predmetom istraivanja ne malog broja c z matematiara skoro sve do naih dana i dovesti do otkri´a tzv. neeuklidskih geoc s c metrija. Iz tih razloga dajemo kratak osvrt na bitne, karakteristike Euklidovog zasnivanja geometrije. Euklid poinje izlaganje navodenjem niza definicija kojima se obrazlau prvi c z geometrijski pojmovi kao to su taka, linija, povr, prava, ravan, itd. Evo kako s c s glasi nekoliko prvih definicija: I. Taka je ono iji je deo nita. c c s II. Linija je duina bez irine. z s III. Granice linije su take. c IV. Prava je linija jednako postavljena u odnosu na sve svoje take. c V. Povr je ono to ima samo duinu i irinu. s s z s VI. Granice povri su linije. s VII. Ravan je povr jednako postavljena u odnosu na sve svoje prave itd. s Navedene definicije su krajnje nejasne, ak i logiki nekorektne. Nejasno´e c c c dolaze otuda to autor esto nastoji da definie neki pojam pomo´u pojmova koji s c s c prethodno nisu definisani. Kako razumeti pojam take, ta su to duina i irina c s z s pomo´u kojih se definiu linije i povri, kako shvatiti liniju jednako rasporedenu c s s u odnosu na sve svoje take i povr jednako rasporedenu u odnosu na sve svoje c s prave, pitanja su na koja Euklid nije dao odgovor. On to nije mogao ni uiniti, c

8

Geometrija

jer geometriju zasniva ne uvode´i prethodno nikakve osnovne pojmove to je sa c s logikog stanovita nemogu´e. c s c Euklid navodi etrnaest osnovnih tvrdenja razvrstanih na pet postulata i devet c aksioma. Najpre su navedeni postulati; evo kako oni glase: I. Pretpostavlja se da je mogu´e od svake take do svake druge take konstruic c c sati pravu liniju. II. Pretpostavlja se da se svaka prava, sleduju´i njen pravac, moe neogranieno c z c produavati. z III. Pretpostavlja se da se u nekoj ravni oko svake njene take moe opisati krug c z bilo kojeg poluprenika. c IV. Pretpostavlja se da su svi pravi uglovi medu sobom jednaki. V. Ako jedna prava presecaju´i druge dve komplanarne prave obrazuje sa njima c s iste strane dva unutranja ugla kojima je zbir manji od zbira dva prava s ugla, tada se te dve prave, neogranieno produene, seku sa one strane seice c z c sa koje je taj zbir uglova manji od zbira dva prava ugla (Sl. 1.1).

A E B

D F C

Sl. 1.1 Po svojoj prirodi, postulati su strogo geometrijska tvrdenja. Oni su izraeni z u vidu zahteva ili pretpostavki kojima kao da se eli naglasiti njihov konstruktiz van karakter. Prva tri postulata zaista su konstruktivnog karaktera; na njima je vekovima zasnivana teorija geometrijskih konstrukcija. Za poslednja dva postulata ne moe se re´i da su konstruktivnog karaktera. Pomenimo da u savremenoj geoz c metriji etvrti postulat predstavlja tvrdenje koje se dokazuje; o famoznom petom c postulatu govori´emo malo kasnije. c Euklid navodi devet aksioma koje glase: I. One koje su jednake istoj, jednake su i medu sobom. II. Ako se jednakim dodaju jednake, celine su jednake. III. Ako se od jednakih oduzmu jednake, ostaci su jednaki. IV. Ako se nejednakim dodaju jednake, celine su nejednake.

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

9

V. Udvostruenja jednakih medu sobom su jednake. c VI. Polovine jednakih medu sobom su jednake. VII. One koje se mogu dovesti do poklapanja, jednake su medu sobom. VIII. Celina je ve´a od dela. c IX. Dve prave ne ograniavaju oblast. c Po svojoj prirodi, ve´ina Euklidovih aksioma je optijeg karaktera, to su tvrdenja c s koja vae ne samo u geometriji ve´ i u drugim naunim oblastima. Izuzetak ine z c c c jedino aksiome VII i IX koje su izrazito geometrijskog karaktera, jer se po miljenju s komentatora obe odnose na geometrijske objekte. Pomenimo da se aksiomom VII pre´utno upotrebljava kretanje geometrijskih figura koje se nigde u Elementima" c " ne definie, a aksiomom IX praktino tvrdi da dve razne prave ne mogu imati s c dve razne zajednike take. Budu´i da ni svi postulati nisu konstruktivnog karakc c c tera, moe se zakljuiti da se Euklid u razvrstavanju osnovnih tvrdenja na poz c stulate i aksiome nije rukovodio niti Platonovim, niti Aristotelovim naelima. S c obzirom da Euklidovi Elementi" nisu sauvani u originalu ve´ u prepisima, neki c c " istoriari matematike pretpostavljaju i mogu´nost da su prepisivai samovoljno c c c neka tvrdenja sa spiska postulata prenosili na spisak aksioma ili obratno. Tako se npr. u nekim verzijama aksioma IX nalazi na spisku postulata pod rednim brojem VI. Veoma je znaajno ista´i da Euklidov sistem osnovnih tvrdenja nije potpun, c c naime da se iz njegovih aksioma i postulata ne moe izvesti svako geometrijsko z tvrdenje. Tu nepotpunost prvi je primetio znameniti starogrki matematiar c c Arhimed (287­212. pre n. e.). U svojem delu O lopti i valjku" on je dodao novih " pet postulata koji omogu´uju da se zasnuje teorija merenja geometrijskih figura. c Jedan od tih postulata i danas ima status osnovnog tvrdenja; to je tzv. EudoksArhimedova aksioma prestiivosti. Euklid kao da nije ose´ao potrebu da u geoz c metriji strogo zasnuje uenje o neprekidnosti. Neka tvrdenja koja se odnose na c to uenje kao to je stav o preseku prave i kruga i stav o preseku dvaju krugova c s Euklid ne dokazuje ve´ smatra oiglednim. Takav je npr. prvi stav kojim Euc c klid izvodi konstrukciju jednakostraninog trougla. Ti nedostaci bi´e u geometriji c c otklonjeni tek u XIX veku uvodenjem tzv. aksioma neprekidnosti. Euklidovi Ele" menti" obilovali su i drugim nedostacima. Euklid je npr. u razmatranjima esto c - ne pridavaju´i mu nikakav poseban znaaj. Stavie, on koristio pojam izmedu" c c s " ga i ne definie, ve´ smatra oiglednim i optepoznatim pojmom. Znaaj pojma s c c s c izmedu" u geometriji bi´e shva´en tek u XIX veku kada je uvodenjem tzv. aksic c " oma rasporeda razradena geometrija poretka na pravoj, u ravni i prostoru. Za razvoj geometrije, a preko nje i drugih matematikih oblasti, ogroman c znaaj imao je Euklidov peti postulat. S obzirom na ondanje kriterijume u odabic s ranju osnovnih tvrdenja, mnogi su matematiari posle Euklida opravdano smatrali c da peti postulat zbog svoje sloenosti i neoiglednosti ne treba da bude na spisku z c

10

Geometrija

osnovnih tvrdenja, ve´ da ga treba kao teoremu dokazati. Bili su to dovoljni rac zlozi zbog kojih ´e mnogi matematiari narednih dvadeset i vie stole´a neumorno c c s c pokuavati da odgonetnu to pitanje. Uvereni da Euklidov peti postulat ne treba s da predstavlja osnovno tvrdenje, ve´ teoremu koju treba dokazati pomo´u ostalih c c Euklidovih postulata i aksioma, mnogi su matematiari pokuavali da, naje´e c s c sc indirektnim postupkom, izvedu dokaz tog tvrdenja. Polaze´i od negacije petog c postulata ili negacije nekog stava koji je ekvivalentan petom postulatu, oni su pomo´u ostalih Euklidovih postulata i aksioma izvodili nova tvrdenja nadaju´i c c se da ´e tim putem do´i do dvaju protivrenih tvrdenja i time reiti problem c c c s petog postulata. Mnogi od njih dovodili su sebe u zabludu smatraju´i da su u c tome uspeli ne prime´uju´i da su skriveno u svojim izvodenjima na izvestan nain c c c iskoristili neki od ekvivalenata Euklidovog petog postulata. U istoriji geometrije zabeleen je ne mali broj takvih sluajeva, ovde ih ne´emo navoditi. z c c Devetnaesti vek bio je vek neslu´enih dostignu´a u skoro svim oblastima nauke, c c pa i u geometriji. Najznaajnije dostignu´e u ovoj oblasti bilo je otkri´e novih c c c tzv. neeuklidskih geometrija koje se bitno razlikuju od euklidske. Prioritetne zasluge u otkri´u neeuklidske geometrije ima ruski matematiar Nikolaj Ivanovi c c c Lobaevski (1792­1856.). Kao i mnogi prethodnici, Lobaevski je nastojao da inc c direktnim postupkom Euklidov peti postulat izvede iz ostalih postulata i aksioma Euklida. U tom cilju on je poao od negacije jednog tvrdenja koje je ekvivas lentno Euklidovom petom postulatu, naime od pretpostavke da kroz taku van c jedne prave postoje najmanje dve prave koje su sa tom pravom komplanarne i disjunktne. Ne koriste´i nigde Euklidov peti postulat niti bilo koje njemu ekvivac lentno tvrdenje, Lobaevski je uspeo da izgradi potpuno novu teoriju ne naavi c s s u njoj nikakvih protivrenosti. Uveren u logiku ispravnost svojih rasudivanja, c c on je smelo razotkrivao nove zakonitosti, tvrde´i da Euklidov peti postulat ne c predstavlja posledicu ostalih Euklidovih postulata i aksioma i da, tavie, sem Eus s klidove geometrije postoji i geometrija koja se bitno razlikuje od nje. Rezultate svojih istraivanja Lobaevski je saoptio u Odelenju fiziko-matematikih nauka z c s c c Kazanjskog univerziteta dana 23. (11.) februara 1826. godine, a publikovao u Ves" niku" Kazanjskog univerziteta 1829­1830. godine. Potpuno nezavisno od njega do iste geometrije doao je i madarski matematiar Jano Boljaj (1802­1860.) koji s c s je rezultate svojih istraivanja objavio 1832. godine u vidu dodatka knjige Geoz " metrija" svojeg oca Farkaa Boljaja. Stoga se taj rad u literaturi i sre´e pod s c naslovom Apendiks", to na latinskom jeziku znai dodatak. Tu novootkrivenu s c " geometriju danas nazivamo neeuklidskom geometrijom Lobaevskog-Boljaja ili pak c hiperbolikom geometrijom. Godine 1854. nemaki matematiar Bernhard Ric c c man (1826­1866.) u svojem radu O hipotezama koje lee u osnovi geometrije" z " razmatraju´i tzv. polidimenzione mnogostrukosti dolazi do jo jedne neeuklidske c s geometrije koju danas nazivamo rimanskom geometrijom u uem smislu ili pak z eliptikom geometrijom. U poslednjem poglavlju ovog teaja bi´e dat kratak osc c c vrt na obe ove neeuklidske geometrije Lobaevskog i Rimana. c Otkri´e neeuklidskih geometrija odrazilo se na zasnivanje ne samo geometrije, c ve´ bilo koje deduktivne teorije. Stole´ima neprikosnoveni kriterijumi odabiranja c c

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

11

osnovnih pojmova i osnovnih tvrdenja deduktivne teorije koje su svojevremeno proklamovali Platon i Aristotel nisu mogli i dalje odolevati vremenu. Dolo se do s saznanja da osnovna geometrijska tvrdenja, tj. aksiome i postulati, vae ne samo z na skupu taaka, pravih i ravni shva´enih u klasinom Euklidovom smislu, ve´ i c c c c na skupu taaka, pravih i ravni shva´enih u mnogo irem smislu. Proirivani su i c c s s apstraktnije poimani objekti koji su se nalazili u osnovi skoro svih geometrijskih tvrdenja. Daju´i tim apstraktnim osnovnim pojmovima konkretna znaenja ustac c novljuju se modeli na kojima je mogu´e izvoditi realizacije poznatih geometrija c Euklida, Lobaevskog i Rimana. Do koje se mere otilo daleko u apstrahovanju c s geometrijskih objekata najbolje ilustruje injenica da se pod pojmom taka mogla c c podrazumevati uredena n-torka realnih brojeva, a pod prostorom skup svih takvih postoje´ih n-torki. Time je praktino bila omogu´ena i izgradnja geometrije poc c c lidimenzionih prostora o kojima u ovom teaju ne´emo govoriti. c c Zasnivanje geometrije na apstraktnim osnovnim pojmovima i neoiglednim c aksiomama podstaklo je mnoge matematiare poslednjih decenija XIX veka da c svoju istraivaku delatnost usmere ka osnovama geometrije, a sa njome osnoz c vama drugih matematikih disciplina. Poinju se razmatrati fundamentalni proc c blemi koji karakteriu ne samo aksiomatiku geometrije ve´ i aksiomatiku bilo koje s c deduktivne teorije. To su problemi neprotivrenosti, nezavisnosti i potpunosti c aksioma te teorije. Sa nekoliko rei pokuajmo objasniti u emu se sastoje ti proc s c blemi. Kae se da je sistem aksioma neke deduktivne teorije neprotivrean ako z c u toj teoriji ne postoje dva tvrdenja koja bi bila medu sobom protivrena. Za c sistem aksioma neke deduktivne teorije kae se da je nezavisan ako se nijedna od z aksioma tog sistema ne moe izvesti iz ostalih aksioma tog sistema. Ovaj problem z u literaturi esto se naziva i problemom minimalnosti dotinog sistema aksioma. c c Ako je neprotivrean sistem aksioma neke deduktivne teorije dovoljan za ustac novljavanje istinitosti ili neistinitosti bilo kojeg tvrdenja te teorije, tada se kae z da je pomenuti sistem aksioma potpun. Problemi neprotivrenosti, nezavisnosti i c potpunosti naje´e se reavaju na modelima tih teorija. Tako je 1868. god. italic sc s janski matematiar Evdenio Beltrami (1835­1900.) uspeo da dokae da se u okolini c z proizvoljne take naroite povri tzv. pseudosfere, zamiljaju´i prave kao najkra´e c c s s c c linije na toj povri to spajaju dve njene take, realizuje planimetrija Lobaevskog. s s c c Time je praktino bio izveden dokaz neprotivrenosti planimetrije Lobaevskog. c c c Neto docnije, 1871. god. nemaki matematiar Feliks Klajn (1849­1925.) pos c c jednostavljuje Beltramijevu ideju ustanovljuju´i da se u okolini bilo koje take c c euklidske ravni, tj. u unutranjosti jednog kruga, takode ostvaruje planimetrija s Lobaevskog. Do jednostavnih interpretacija ravni Lobaevskog doao je 80-ih c c s godina devetnaestog veka i francuski matematiar Anri Poenkare (1854­1912.). O c tim modelima neto vie bi´e reeno u poslednjem poglavlju ove knjige. s s c c Nova stremljenja u aksiomatikom zasnivanju geometrije podsticala su matec matiare da pristupe suptilnoj analizi osnovnih geometrijskih pojmova i tvrdenja. c Sedamdesetih godina devetnaestog veka dva nemaka matematiara Rihard Dec c dekind (1872.) i Georg Kantor (1873.) skoro istovremeno, na razliite naine, c c razvili su uenje o neprekidnosti. Uvodenjem aksioma neprekidnosti, oni su uspeli c

12

Geometrija

da otklone jedan od krupnih nedostataka aksiomatike Euklida. Godine 1882. nemaki matematiar Moric Pa u svojoj knjizi Predavanja iz novije geomec c s " trije" uvodi aksiome poretka kojima otklanja jo jedan nedostatak aksiomatike s Euklida. Tri italijanska matematiara Duzepe Peano (1889.), Duzepe Veroneze c (1891.) i Mario Pieri (1899.) u svojim raspravama daju svoje vizije aksiomatikog c zasnivanja geometrije. Najsistematiniji pristup u geometriju zasnovan na nec protivrenom, nezavisnom i potpunom sistemu aksioma dao je nemaki matec c matiar David Hilbert (1862­1943.) u svojem delu Osnovi geometrije" objavljec " nom 1899. godine. Geometrijski objekti koje razmatra Hilbert u ovom delu imaju daleko ire znaenje no kod Euklida. Za osnovne geometrijske objekte on uzima s c take, prave i ravni. Ako elimo objasniti kojim stepenom apstrakcije po Hilbertu c z raspolau ovi pojmovi, najbolje je posluiti se citatom kojim poinje pomenuto z z c delo: Zamiljamo tri razliita sistema objekata: objekte prvog sistema koje nazis c " vamo takama i oznaavamo sa A, B, C, . . . ; objekte drugog sistema koje nazic c vamo pravama i oznaavamo sa a, b, c, . . . ; objekte tre´eg sistema koje nazivamo c c ravnima i oznaavamo sa , , , . . . . Take, prave i ravni nalaze se u izvesnim c c medusobnim odnosima koje izraavamo reima: lei na, izmedu, podudarno, paraz c z lelno i neprekidno". Taan i za matematike svrhe potpun opis tih relacija postie c c z se pomo´u aksioma geometrije. Dok se aksiomatika Euklida odnosila na geomec trijske objekte koji su imali potpuno odredena znaenja, aksiomatika Hilberta c odnosila se na geometrijske objekte koji su mogli da imaju raznovrsna znaenja. c Stoga se kae da je aksiomatika Euklida sadrajnog, a aksiomatika Hilberta poluz z formalnog karaktera. Istiemo da je poluformalnog karaktera zbog toga to je c s Hilbert ve´ poetkom XX veka ukazao na mogu´nost izgradivanja deduktivnih c c c teorija kojima su aksiomatike potpuno formalnog karaktera.

1.2

Osnovni pojmovi i osnovni stavovi u geometriji

Kao i svaka druga deduktivna teorija, geometrija se zasniva na izvesnim pojmovima koje smatramo poznatim te ih ne definiemo i na izvesnim tvrdenjima koje s smatramo poznatim te ih ne dokazujemo. Da je takav pristup neminovan sleduje otuda to se nijedan geometrijski pojam ne moe definisati bez drugih unapred pos z znatih geometrijskih pojmova, a nijedno geometrijsko tvrdenje ne moe dokazati z bez drugih unapred poznatih geometrijskih tvrdenja. Te polazne pojmove koje prihvatamo bez definicija nazivamo osnovnim geometrijskim pojmovima, a polazna tvrdenja koja prihvatamo bez dokazivanja nazivamo osnovnim geometrijskim tvrdenjima ili aksiomama geometrije. Pojmove koje definiemo u geometriji s nazivamo izvedenim geometrijskim pojmovima, a tvrdenja koja dokazujemo u geometriji nazivamo izvedenim geometrijskim tvrdenjima ili teoremama geometrije. U zasnivanju geometrije polazimo od proizvoljnog skupa S, dveju klasa Cl i C podskupova skupa S i dveju relacija B i C nad skupom S od kojih je prva troelementna, a druga etvoroelementna. c Skup S nazivamo prostorom, a njegove elemente nazivamo takama koje obeleavamo c z

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

13

velikim latinskim slovima A, B, C, D, . . . . Elemente klase Cl nazivamo pravim linijama ili pravama i obeleavamo malim z latinskim slovima a, b, c, d, . . . . Elemente klase C nazivamo ravnima i simboliki obeleavamo malim grkim c z c slovima , , , , . . . . Troelementnu relaciju B nad skupom S nazivamo relacijom izmedu. Upotrebljeni simbol B prvo je slovo engleske rei between, to znai -- izmedu. Tom c s c relacijom izraavamo injenicu prema kojoj se jedna taka nalazi izmedu drugih z c c - A i B, to simboliki obeleavamo sa B(A, C, B). dveju taaka, npr. taka C izmedu c c s c z Cetvoroelementnu relaciju C nad skupom S nazivamo relacijom podudarnosti uredenih parova taaka ili relacijom ekvidistancije. Upotrebljeni simbol C je prvo c slovo latinske rei congruentia, to znai -- podudarno. S obzirom da ´e uoptavanjem c s c c s ova relacija prerasti u relaciju podudarnosti sloenijih geometrijskih likova koja se z c c obeleava znakom , dopusti´emo u ovom teaju upotrebu tog simbola i za relaciju z = podudarnosti parova taaka. Ako je npr. ureden par taaka (A, B) podudaran sa c c uredenim parom taaka (C, D), pisa´emo c c C(A, B; C, D) ili (A, B) (C, D). =

Svaki neprazan skup taaka prostora S nazivamo geometrijskim likom, geoc metrijskim objektom ili geometrijskom figurom. Take, prave i ravni su, prema c tome, geometrijski likovi u prostoru S. Na taj nain, osnovne pojmove u geomec triji sainjavaju tri vrste objekata, to su take, prave i ravni, i dve relacije B i c c C. Osnovni geometrijski pojmovi okarakterisani su izvesnim zakonitostima koje nazivamo osnovnim geometrijskim tvrdenjima ili aksiomama geometrije. Prema prirodi tih zakonitosti, aksiome geometrije razvrstavamo u pet grupa; to su: I. Aksiome incidencije (devet aksioma); II. Aksiome poretka (est aksioma); s III. Aksiome podudarnosti (sedam aksioma); IV. Aksiome neprekidnosti (dve aksiome); V. Aksiome paralelnosti (jedna aksioma). U narednim odeljcima ovog poglavlja izloi´emo ove grupe aksioma i ukazati zc na samo neke njihove vanije posledice. z

1.3

Aksiome incidencije i njihove posledice

Osnovni geometrijski objekti, tj. take, prave i ravni raspolau izvesnim medusobnim c z odnosima koje u teoriji skupova izraavamo poznatim relacijama pripada" i sadri"; z z " " te relacije u geometriji nazivamo jednim imenom relacijama incidencije. Stoga i aksiome prve grupe kojima se obrazlau osnovna svojstva tih relacija nazivamo z

14

Geometrija

aksiomama incidencije. Ovu grupu aksioma autori esto nazivaju i aksiomama c veze nastoje´i na taj nain da ukau na ulogu koju imaju te aksiome u zasnic c z vanju teorije uzajamnih odnosa medu likovima. Pre uvodenja aksioma incidencije ustanovimo pojam kolinearnih i pojam komplanarnih taaka. c Definicija 1.3.1. Za tri ili vie taaka A, B, C, . . . kae se da su kolinearne ako s c z postoji prava koja ih sadri; ako takva prava ne postoji, za pomenute take kae z c z se da su nekolinearne. Analogno, za etiri i vie taaka A, B, C, D, . . . kae se c s c z da su komplanarne ako postoji ravan koja ih sadri; ako takva ravan ne postoji, z za pomenute take kae se da su nekomplanarne. c z Grupu aksioma incidencije sainjava slede´ih devet aksioma: c c I.1 Svaka prava sadri najmanje dve take A i B. z c I.2 Postoji najmanje jedna prava koja sadri dve take A i B. z c I.3 Postoji najvie jedna prava koja sadri dve razne take A i B. s z c I.4 Svaka ravan sadri najmanje tri nekolinearne take A, B, C. z c I.5 Postoji najmanje jedna ravan koja sadri tri take A, B, C. z c I.6 Postoji najvie jedna ravan koja sadri tri nekolinearne take A, B, C. s z c I.7 Ako dve razne, take A i B neke rave p pripadaju izvesnoj ravni , tada sve c take prave p pripadaju ravni . c I.8 Ako dve ravni i imaju jednu zajedniku taku A, one imaju najmanje c c jo jednu zajedniku taku B. s c c I.9 Postoje etiri nekomplanarne take A, B, C, D. c c Dok se aksiome I.1­I.4 odnose na geometriju ravni, aksiome I.5­I.9 odnose se na geometriju prostora. Stoga prve etiri aksiome ove grupe nazivamo planic metrijskim, a poslednjih pet aksioma nazivamo stereometrijskim aksiomama incidencije. Tvrdenja koja se dobijaju iz aksioma incidencije ovde ne´emo izvoditi; c ona su itaocima manje-vie poznata iz ranijeg teaja matematike. Primera radi, c s c dokaza´emo samo neka od tih tvrdenja. c Teorema 1.3.1. Postoji jedna i samo jedna prava koja sadri dve razne take A z c i B. Dokaz. Prema aksiomi I.2 postoji prava p koja sadri take A i B, a prema aksiomi z c I.3 postoji najvie jedna takva prava. Stoga postoji jedna i samo jedna prava p s koja sadri dve razne take A i B. z c Teorema 1.3.2. Postoji jedna i samo jedna ravan koja sadri tri nekolinearne z take A, B, C. c

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

15

Dokaz. Prema aksiomi I.5 postoji najmanje jedna ravan takva da, je A, B, C , a prema aksiomi I.6 postoji najvie jedna ravan takva da je A, B, C . s Stoga postoji jedna i samo jedna ravan koja sadri tri nekolinearne take A, B, z c C. Teorema 1.3.3. Ako dve razne ravni 1 i 2 poseduju najmanje jednu zajedniku c taku, one se seku po jednoj pravoj. c Dokaz. S obzirom da je 1 2 = , postoji taka P koja pripada svakoj od ravni c 1 i 2 . Stoga, prema aksiomi I.8, ravni 1 i 2 poseduju najmanje jo jednu s zajedniku taku Q. Take P i Q su razliite, te odreduju neku pravu s. Budu´i c c c c c da dve razne take P i Q prave s pripadaju svakoj od ravni 1 i 2 , prema aksiomi c I.7, prava s pripada svakoj od ravni 1 i 2 , pa je s 1 2 . Ako je R 1 2 , imamo da je R s. Zaista, ako bi vaila relacija. R s, take P , Q, R bile bi z c nekolinearne. Kao nekolinearne take, one bi odredivale jedinstvenu ravan, te bi c vaila relacija 1 = 2 , to je suprotno pretpostavci. Stoga je 1 2 s. Iz z s relacija s 1 2 i 1 2 s sledi da je 1 2 = s.

1.4

Aksiome rasporeda i njihove posledice

Drugu grupu aksioma euklidske geometrije sainjavaju aksiome rasporeda koc jima se obrazlau osnovne karakteristike polazne relacije izmedu" koju simboliki z c " obeleavamo sa B. To je troelementna relacija koja se ustanovljuje na skupu taaka z c jedne prave. Ako je taka B izmedu taaka A i C, pisa´emo B(A, B, C). Grupu c c c aksioma rasporeda sainjava slede´ih est aksioma: c c s II.1 Ako su A, B, C tri kolinearne take takve da je B(A, B, C), tada su svake c dve od taaka A, B, C medu sobom razliite. c c II.2 Ako su A, B, C tri kolinearne take takve da je B(A, B, C), tada je B(C, B, A). c II.3 Ako su A, B, C tri kolinearne take takve da je B(A, B, C), tada nije c B(A, C, B). II.4 Ako su A i B dve razne take neke prave p, tada na pravoj p postoji taka c c C takva da je B(A, B, C). II.5 Ako su A, B, C tri razne kolinearne take, tada vai najmanje jedna od c z relacija B(A, B, C), B(A, C, B), B(C, A, B). II.6 (Paova aksioma) Ako su A, B, C tri nekolinearne take i p prava koja s c pripada ravni ABC, ne sadri taku A i see pravu BC u taki P takvoj da z c c c je B(B, P, C), tada prava p see pravu AC u taki Q takvoj da je B(A, Q, C) c c ili pravu AB u taki R takvoj da je B(A, R, B). c

16

Geometrija

Prvih pet aksioma poretka odnose se na geometriju prave i zbog toga nazivaju linearnim aksiomama poretka; poslednja tzv. Paova aksioma odnosi se na s geometriju ravni. Napominjemo da se iz navedenih iskljuivo linearnih aksioma c ne moe izgraditi potpuna geometrija poretka taaka na pravoj; i u izgradnji te z c teorije neophodna je primena Paove aksiome. Ne postavljamo sebi za cilj da s u ovom teaju izgradujemo geometriju poretka, ve´ samo da ukaemo na nain c c z c kojim se prilazi toj teoriji. Pomenu´emo samo nekoliko vanijih tvrdenja. c z Teorema 1.4.1. Ako su A, B, C tri razne kolinearne take, tada vai jedna i c z samo jedna od relacija () B(A, B, C), B(A, C, B), B(C, A, B).

Dokaz. S obzirom da su A, B, C tri razne kolinearne take, prema aksiomi II.5 vai c z najmanje jedna od relacija (). Ako je B(A, B, C), tada prema aksiomi II.3 nije B(A, C, B). Prema aksiomi II.2, iz relacije B(A, B, C) sledi da je B(C, B, A), a prema aksiomi II.3, iz relacije B(C, B, A) sledi da nije B(C, A, B). Na taj nain, ako je B(A, B, C), tada nije B(A, C, B), niti B(C, A, B). Istim postupkom c dokazuje se da pri relaciji B(A, C, B) ne vae relacije B(C, A, B) i B(A, B, C), a z pri relaciji B(C, A, B) ne vae relacije B(A, B, C) i B(A, C, B). z Teorema 1.4.2. Ako su A i B dve razne take, tada na pravoj AB postoji taka c c C takva da je B(A, C, B).

F

E

D

A

C

B

Sl. 1.4.2 Dokaz. Neka je D proizvoljna taka van prave AB (Sl. 1.4.2). Pri tome je B = D, c te prema aksiomi II.4 na pravoj BD postoji taka E takva da je B(B, D, E). c Zatim je A = E, te prema aksiomi II.4 na pravoj AE postoji taka F takva da c je B(A, E, F ). Sad su A, B, E tri nekolinearne take i DF prava koja pripada c njihovoj ravni, ne sadri nijednu od tih taaka, a see prave BE i AE u takama z c c c D i F takvim da je B(B, D, E) i B(A, E, F ), te prema Paovoj aksiomi II.6 prava s DF see pravu AB u nekoj taki C koja zadovoljava relaciju B(A, C, B). c c Teorema 1.4.3. Ako su A i B dve razne take neke prave p, tada se prava p c poklapa sa skupom p koji se sastoji iz taaka A, B i svih taaka X p koje c c zadovoljavaju neku od relacija B(A, X, B), B(X, A, B), B(A, B, X).

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

17

Dokaz. Iz same definicije skupa p neposredno zakljuujemo da je p p. Neka c je X proizvoljna taka prave p. Ako je X = A ili X = B, iz definicije skupa p c sledi da je X p . Ako je X = A i X = B, bi´e A, B, X tri razne take prave c c p, te je prema teoremi 1.4.1 zadovoljena jedna i samo jedna od relacija (). Stoga je takode X p i prema tome p p . Iz relacija p p i p p sledi da je p=p. Ne izvode´i dokaze, pomenu´emo jo dva veoma znaajna tvrdenja. Njima se c c s c izvodi identifikacija ravni i prostora sa naroito definisanim skupovima taaka. c c

A

B

C

Sl. 1.4.4 Teorema 1.4.4. Ako su A, B, C tri nekolinearne take neke ravni , tada je c ravan istovetna sa unijom svih taaka pravih (Sl. 1.4.4) koje sadre taku A c z c i neku taku dui BC; koje sa dre taku B i neku taku dui CA; koje sadre c z z c c z z taku C i neku taku dui AB. c c z Teorema 1.4.5. Ako su A, B, C, D etiri nekomplanarne take, tada je prostor c c S istovetan sa unijom S svih taaka ravni (Sl. 1.4.5) koje sadre pravu AD i neku c z taku dui BC; koje sadre pravu BD i neku taku dui CA; koje sadre pravu c z z c z z CD i neku taku dui AB. c z

D

A

C

B

Sl. 1.4.5 Aksiome poretka omogu´uju da se ustanovi pojam dui, poluprave, poluravni, c z poluprostora zatim poligona, poligonske povri, poliedarske povri i poliedra. Prets s postavljamo da su ti pojmovi uenicima poznati od ranije. Pomenu´emo da se u c c teoriji poretka mogu definisati konveksni i konkavni likovi koji u novije vreme u geometrijskim istraivanjima imaju znaajnu ulogu. z c

18

Geometrija

Definicija 1.4.1. Za lik kae se da je konveksan ili ispupen ako sve take dui z c c z odredene bilo kojim dvema takama lika pripadaju tome liku; ako taj uslov nije c zadovoljen, za lik kae se da je konkavan ili udubljen. z

P Y (a)

X Y (b) P

X P

X

P Y Y (a) (b)

X

(a) Sl. def. 1.4.1

(b)

Ilustracije radi na Sl. 1.4.1(a) predstavljena su dva konveksna, a na Sl. def. 1.4.1(b) predstavljena su dva konkavna lika. Jasno je da ´e dui, prave i ravni, zatim c z poluprave, poluravni i poluprostori predstavljati primere konkveksnih likova.

1.5

Aksiome podudarnosti i njihove posledice

Tre´u grupu aksioma euklidske geometrije sainjavaju aksiome podudarnosti c c ili kongruencije. Njima se obrazlau osnovne karakteristike polazne relacije poz " dudarnosti parova taaka" koju neki autori nazivaju i relacija ekvidistancije. To c je etvoroelementna relacija kojom se ustanovljuje naroiti odnos izmedu uredenih c c parova taaka prostora. Ako je uredeni par taaka (A, B) podudaran sa uredenim c c (C, D). Grupu aksioma podudarnosti parom taaka (C, D), pisa´emo (A, B) = c c sainjava slede´ih sedam aksioma. c c III.1 Ako je (A, B) (C, D) i A = B, tada je C = D. = III.2 Za svake dve take A i B imamo da je (A, B) (B, A). c = III.3 Ako take A, B, C, D, E, F zadovoljavaju relacije (A, B) (C, D) i c = (E, F ), tada je (C, D) (E, F ). (A, B) = = III.4 Ako su C i C take otvorenih dui (AB) i (A B ) takve da je (A, C) c z = (A , C ) i (B, C) (B , C ), tada je i (A, B) (A , B ). = = III.5 Ako su A, B dve razne take i C kraj neke poluprave p, tada na polupravoj c p postoji taka D takva je da (A, B) (C, D). c = III.6 Ako su A, B, C tri nekolinearne take i A, B take ruba neke poluravni c c takve da je (A, B) (A , B ), tada u poluravni postoji jedinstvena taka c = (A , C ) i (B, C) (B , C ). C takva da je (A, C) = =

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

19

III.7 Ako su A, B, C i A , B , C dve trojke nekolinearnih taaka (Sl. III.7) i D, D c take polupravih BC i B C takve da je (A, B) (A , B ), (B, C) (B , C ), c = = (C , A ), (B, D) (B , D ). tada je i (A, D) (A , D ). (C, A) = = =

A A

B

C

D

B

C

D

Sl. III.7 Teorema 1.5.1. Relacija podudarnosti parova taaka je relacija ekvivalencije. c Dokaz. Ako su A i B dve razne take, prema aksiomi III.2 imamo da je (B, A) c = (A, B) i (B, A) (A, B), pa je prema aksiomi III.3 (A, B) (A, B). Stoga je = = relacija podudarnosti parova taaka refleksivna. c Ako su A, B i C, D dva para taaka takvih da je (A, B) (C, D), imamo da c = je (A, B) (C, D) i (A, B) (A, B), pa je prema aksiomi III.3 (C, D) (A, B). = = = Stoga je relacija podudarnosti parova taaka simetrina. c c Ako su A, B; C, D; E, F tri para taaka takvih da je (A, B) (C, D) i c = (C, D) (E, F ), tada je (C, D) (A, B) i (C, D) (E, F ), pa je prema aksiomi = = = III.3 (A, B) (E, F ). Stoga je relacija podudarnosti parova taaka tranzitivna. c = Teorema 1.5.2. Ako je A, B par neistovetnih taaka i A kraj neke poluprave p , c tada na polupravoj p postoji jedinstvena taka B takva da je (A, B) (A , B ). c =

C C

A

B

A

B

B

p

Sl. 1.5.2 Dokaz. Prema aksiomi III.5, na polupravoj p postoji taka B takva da je (A, B) c = (A , B ). Dokaimo da je ona jedina. Neka na polupravoj p sem take B postoji z c jo neka taka B takva da je (A, B) (A , B ). Ako obeleimo sa C proizvoljnu s c z = taku van prave AB (Sl. 1.5.2), tada prema aksiomi III.6 u nekoj od poluravni s c rubom A B postoji taka C takva da je (A, C) (A , C ) i (B, C) (B , C ). c = = Primenom aksiome III.7 nalazimo da je (B, C) (B , C ). U tom sluaju imamo c = da su A, B, C tri nekolinearne take i A , C take ruba A C poluravni (A , C , B ) c c (A , C ), a B i B take te poluravni takve da je (A, B) c takve da je (A, C) = = (A , B ), (B, C) (B , C ) i (A, B) (A , B ), (B, C) (B , C ), to je prema s = = = aksiomi III.6 nemogu´e. c

20

Geometrija

Teorema 1.5.3. Neka su p i p dve prave prostora E n (n = 1, 2, 3). Ako su A, B, C tri razne take prave p i A , B dve take prave p takve da je (A, B) (A , B ), c c = n postoji jedinstvena taka C takva da je (A, C) (A , C ) i tada u prostoru E c = (B, C) (B , C ). Pri tome, taka C pripada pravoj p , tavie, c s s = 1. ako je B(A, C, B), tada je B(A , C , B ); 2. ako je B(A, B, C), tada je B(A , B , C ); 3. ako je B(C, A, B), tada je B(C , A , B ). Dokaz. 1. Pretpostavimo najpre da je B(A, C, B). Ako obeleimo sa C i B take z c poluprave A B takve da je B(A , C , B ), (A, C) (A , C ), (B, C) (B , C ), = = prema aksiomi III.4 imamo da je (A, B) (A , B ), i prema tome B = B . Otuda = (A , C ), (B, C) (B , C ). je B(A , C , B ), (A, C) = =

B1 C1 C1

A

C

B

A

C

B

Sl. 1.5.3 Dokaimo da je C jedina taka koja zadovoljava te uslove. Ako bi sem take z c c C postojala jo neka takva taka C1 , ona bi bila na pravoj p ili van nje. Ako je s c C1 p , tada bi vaile relacije B(C1 , A , C ) i B(A , C , B ), te bi obe take C i C1 z c (B , C ) i (B, C) (B , C ), to je bile na polupravoj B A takve da je (B, C) = = 1 s prema teoremi 1.5.2 nemogu´e. Ako je C1 p (Sl. 1.5.3), tada van prave p postoji c taka C1 takva da je (A, C1 ) (A , C1 ) i (B, C1 ) (B , C1 ). Primenom aksiome c = = (C , C ). Ako je B taka prave A C takva da je III.7 nalazimo da je (C, C1 ) = c 1 1 1 B(A , C1 , B1 ) i (C , B ) (C1 , B1 ), ponovnom primenom aksiome III.7 nalazimo = da je (C1 , B ) (C , B1 ). Sad su B, C , C1 tri nekolinearne take i C , C1 take c c = (C , C ), a B i B take te c ruba C C1 poluravni (C C1 , B ) takve da je (C, C1 ) = 1 1 poluravni takve da je (B, C) (B , C ), (B, C1 ) (B , C1 ) i (B, C) (B1 , C ), = = = (B, C1 ) (B1 , C1 ), to je prema aksiomi III.6 nemogu´e. s c = Sluajevi 2. i 3. dokazuju se analognim ili pak indirektnim postupkom. c Relacija podudarnosti parova taaka moe se proiriti i na skupove s ve´im c z s c brojem taaka. To proirenje izvedimo ovde samo za konane skupove taaka, c s c c kako bi izlaganje izometrijskih transformacija koje ´emo prouavati u ovom teaju c c c uinili jednostavnijim. c

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

21

Definicija 1.5.1. Neka su (A1 , . . . , Ak ) i (A1 , . . . , Ak ) dva konana i uredena c n (n = 1, 2, 3). Ako je pri tome (A , A ) (A , A ) za skupa taaka prostora E c i j = i j svako i, j = 1, 2, 3, . . . , k, tada kaemo da je skup taaka (A1 , . . . , Ak ) podudaran z c sa skupom taaka (A1 , . . . , Ak ), i simboliki obeleavamo sa c c z (A1 , . . . , Ak ) (A1 , . . . , Ak ). =

1.6

Aksiome neprekidnosti

Nekim tvrdenjima iz prethodnih razmatranja na izvestan nain ve´ smo bili c c upu´eni da pravu liniju zamiljamo i na slici (modelu) predstavljamo kao neprec s kidnu liniju. Tim tvrdenjima moe se samo naslutiti, no ne i egzaktno izgraditi z uenje o neprekidnosti. Da bi se razvilo to uenje neophodno je uvesti novu grupu c c aksioma, to je tzv. grupa aksioma neprekidnosti. Tu grupu sainjavaju slede´e c c dve aksiome: IV.1 Ako su AB i CD bilo koje dve dui (Sl. IV.1), tada na pravoj AB postoji z konaan broj taaka A1 , . . . , An takvih da je B (An-1 , An ) i B(A1 , . . . , An ) c c i (C, D) (A, A1 ) (A1 , A2 ) . . . (An-1 , An ). = = = =

C D A A1 A2 A3 B An-1 n A

Sl. IV.1 IV.2 Neka je na izvesnoj pravoj p dat beskonaan niz dui A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 , . . . c z koje zadovoljavaju slede´a dva uslova (Sl. IV.2): c (a) svaka du tog niza dui sadri slede´u du, z z z c z (b) ne postoji du koja pripada svim duima tog niza; z z tada postoji taka X koja pripada svim duima tog niza dui. c z z

A1

A2 A3

X

B3 B2 B1

Sl. IV.2 U literaturi se aksioma IV.1 esto naziva Eudoks-Arhimedovom aksiomom c ili pak aksiomom prestiivosti; aksioma IV.2 naziva se Kantorovom aksiomom z neprekidnosti. Gde se sve primenjuju aksiome neprekidnosti pomenuli smo u odeljku 1.1, na tim primenama ovde se ne´emo zadravati. c z

22

Geometrija

1.7

Plejferova aksioma paralelnosti

Navedene etiri grupe aksioma pomo´u kojih se izgraduje tzv. apsolutna geoc c metrija nisu dovoljne da se u potpunosti izgradi geometrija razmatranog prostora. Za izgradnju te teorije neophodno je uvesti jednu grupu aksioma; to je po redu peta grupa aksioma geometrije. Tu grupu ini samo jedna aksioma koju je 1797. godine c umesto Euklidovog petog postulata uveo engleski matematiar Don Plejfer. Ona c z se odnosi na paralelne prave te je nazivamo Plejferovom aksiomom paralelnosti. V.1 Ako je p proizvoljna prava i A taka van nje, tada postoji jedinstvena prava a c koja je komplanarna sa pravom p i koja zadovoljava relacije A a i ap = . Teoriju zasnovanu na sistemu aksioma apsolutne geometrije i Plejferovoj aksiomi paralelnosti nazivamo euklidskom ili parabolikom geometrijom. Ravan i c prostor u kojima vae aksiome euklidske geometrije nazivamo respektivno euz klidskom ravni i euklidskim prostorom, i obeleavamo sa E 2 i E 3 . U narednim z izlaganjima bi´emo esto u mogu´nosti da nove pojmove ili tvrdenja izvodimo isc c c tovremeno i u geometriji prave, i u geometriji ravni E 2 , i u geometriji prostora E 3 . U tom sluaju govori´emo o prostoru E n podrazumevaju´i da za n = 1 rac c c zmatramo geometriju prave, za n = 2 geometriju ravni E 2 , a za n = 3 geometriju prostora E 3 . Radi jednostavnijeg izlaganja u euklidskoj geometriji uvode se binarne relacije paralelnosti definisane nad skupom pravih, nad skupom ravni ili pak nad skupom pravih i ravni. Izvedimo definicije tih relacija i najvanija njihova svojstva. z Definicija 1.7.1. Kae se da je u prostoru E 3 prava p paralelna sa pravom q i z simboliki obeleava sa p q ako je prava p komplanarna sa pravom q i pri tome c z p = q ili p q = . Iz ove definicije i Plejferove aksiome paralelnosti neposredno sleduje da za svaku pravu p E 3 i svaku taku P E 3 postoji jedinstvena prava q E 3 takva c da je P q i p q. Od svojstava kojima raspolae uvedena relacija pomenimo z najbitnije. Teorema 1.7.1. Relacija paralelnosti definisana na skupu pravih prostora E n (n = 2, 3) je relacija ekvivalencije. Dokaz. Da je relacija paralelnosti definisana na skupu pravih prostora E n refleksivna i simetrina sleduje neposredno iz definicije. Dokaimo da je ona i tranzic z tivna. U tom cilju obeleimo sa a, b, c tri prave prostora E n takve da je a b i b c. z Ako su prave a, b, c komplanarne, prave a i c se ne seku u jednoj taki, jer bi u c tom sluaju kroz tu taku postojale dve razne prave a i c paralelne s pravom b, c c to je prema Plejferovoj aksiomi nemogu´e, pa je a c. s c Ako prave a, b, c, nisu komplanarne, bi´e a c = . Zaista, ne moe biti c z a = c, jer bi tada prave a, b, c bile komplanarne, to je suprotno pretpostavci. s

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

23

Prave a i c ne mogu se ni se´i u jednoj taki, jer bi tada kroz njihovu presenu c c c taku postojale dve prave paralelne s pravom b, to je nemogu´e. Neka je ravan c s c odredena pravama a i b, ravan odredena pravama b i c, ravan odredena pravom c i nekom takom A a. Iz relacija A i = sleduje da se ravni i c seku po nekoj pravoj a . Pri tome je a b = , jer bi u protivnom svaka njihova zajednika taka pripadala ravnima i , dakle i pravoj c, to je nemogu´e. Stoga c c s c je a b, i prema tome a = a. Iz ove relacije sleduje da su disjunktne prave a i c komplanarne, pa je a c. Definicija 1.7.2. Kae se da je u prostoru E 3 prava p paralelna sa ravni i z simboliki obeleava sa p ako je p ili p = . Obratno, kae se da je u c z z prostoru E 3 ravan paralelna sa pravom p i simboliki obeleava sa p ako je c z p ili p = . Iz definicije neposredno zakljuujemo da iz relacije p sledi relacija p; c i obratno, da iz relacije p sledi relacija p . Stoga smo u mogu´nosti da za c takvu pravu p i ravan kaemo da su medu sobom paralelne. Od svojstava kojima z raspolae ova relacija istiemo slede´e svojstvo. z c c Teorema 1.7.2. Ako u prostoru E 3 prava p ne pripada ravni i ako u ravni postoji prava q takva da je p q, tada je p .

p

q

Sl. 1.7.2 Dokaz. S obzirom da je p i q imamo da je p = q. Iz relacija p = q i p q sledi da prave p i q odreduju neku ravan (Sl. 1.7.2). Pri tome je = i q , pa je q = . Ako pretpostavimo da prava p prodire ravan u nekoj taki O bi´e O q. U tom bi sluaju bi vaila relacija p q = O, to je nemogu´e. c c c z s c Stoga je p = , i prema tome p . Definicija 1.7.3. Kae se da je u prostoru E 3 ravan paralelna sa ravni , i z simboliki obeleava sa , ako je = ili = . c z Teorema 1.7.3. Relacija paralelnosti definisana na skupu ravni prostora E 3 je relacija ekvivalencije.

24

Geometrija

Dokaz. Da je relacija paralelnosti definisana na skupu ravni prostora E 3 refleksivna i simetrina sleduje neposredno iz definicije; dokaimo da je ona i tranzitivna. c z U tom cilju obeleimo sa , , , tri ravni prostora E 3 takve da je i . z Ako je = ili = , neposredno sledi da je . Pretpostavimo da je = i = . Ako bi se ravni i sekle po nekoj pravoj s, tada bi proizvoljna ravan koja see pravu s u nekoj taki S i ravan po nekoj pravoj b, sekla ravni i c c po dvema raznim pravama a i c koje sadre taku S i paralelne su s pravom b, z c to je nemogu´e. Stoga je = ili = , pa je . s c

Zadaci

Zadatak 1.1. Ako su A, B, C tri nekolinearne take, dokazati da su svake dve c - sobom razliite. od tih taaka medu c c Zadatak 1.2. Ako su A, B, C, D etiri nekomplanarne take. Dokazati da su c c svake dve od tih taaka medu sobom razliite. c c Zadatak 1.3. Ako su A, B, C, D etiri nekomplanarne take, dokazati da su c c svake tri od tih taaka nekolinearne. c Zadatak 1.4. Dokazati da u prostoru E 3 postoje mimoilazne (nekomplanarne) prave. Zadatak 1.5. Dokazati da unutranje take P , Q, R, stranica BC, CA, AB s c trougla ABC ne pripadaju jednoj pravoj. Zadatak 1.6. Ako su P i Q unutranje take stranica AB i AC trougla ABC u s c 2 , dokazati da se dui BQ i CP seku u nekoj taki S. ravni E z c Zadatak 1.7. Ako su P , Q, R unutranje take stranica BC, CA, AB trougla s c 2 , dokazati da se dui AP i QR seku u nekoj taki S. ABC sadranog u ravni E z z c Zadatak 1.8. Ako u ravni E 2 neka prava s see jednu od dveju medu sobom c paralelnih pravih p i q, dokazati da prava s see i drugu od tih dveju pravih. c Zadatak 1.9. Ako u prostoru E 3 neka prava s prodire jednu od dveju medu sobom paralelnih ravni i , dokazati da prava s prodire i drugu od tih dveju ravni. Zadatak 1.10. Ako u prostoru E 3 neka ravan see jednu od dveju medusobom c paralelnih ravni i , dokazati da ravan see i drugu od tih dveju ravni. c Zadatak 1.11. Ako su a i b prave po kojima neka ravan see dve medu sobom c 3 , dokazati da je a b. paralelne ravni i prostora E Zadatak 1.12. Ako u prostoru E 3 dve razne ravni i imaju zajedniku taku c c C i seku neku ravan po dvema paralelnim pravama a i b, dokazati da se ravni i seku po pravoj c koja zadovoljava relacije C c b.

Glava 1. Aksiomatiko zasnivanje euklidske geometrije c

25

Zadatak 1.13. Ako su i dve paralelne ravni prostora E 3 i p prava u tom prostoru paralelna sa ravni , dokazati da je p . Zadatak 1.14. Ako su a i b dve paralelne prave prostora E 3 i ravan tog prostora paralelna sa pravom a, dokazati da je b. Zadatak 1.15. Neka su i dve razne ravni prostora E 3 . Ako u ravni postoje dve prave p i q koje se seku u nekoj taki O i zadovoljavaju relacije p i q , c dokazati da je . Zadatak 1.16. Dokazati da u prostoru E 3 postoji jedinstvena ravan koja sadri z datu taku A i paralelna je s datom ravni . c Zadatak 1.17. Dokazati da su trougaone povri u ravni E 2 konveksni likovi. s Zadatak 1.18. Dokazati da je etvorougaona povr u ravni E 2 konveksna ako i c s samo ako se njene dijagonale seku. Zadatak 1.19. Ako sva temena neke poligonske povri pripadaju nekoj kons veksnoj figuri , dokazati da sve take povri pripadaju figuri . c s Zadatak 1.20. Dokazati da presek konanog broja od m konveksnih likova proc stora E n (n = 1, 2, 3) predstavlja konveksan lik. Zadatak 1.21. Ako je 1 , . . . , m konaan skup od m dui koje pripadaju nekoj c z pravoj p i od kojih svake dve imaju najmanje jednu zajedniku taku, dokazati da c c svih m dui poseduje najmanje jednu zajedniku taku. z c c Zadatak 1.22. Ako konaan skup od m polupravih neke prave p pokriva celu c tu pravu, dokazati da u tom skupu polupravih postoje takve dve poluprave koje takode pokrivaju celu tu pravu. Zadatak 1.23. (Helly, 1913) Ako je 1 , . . . , m konaan skup od m (m 4) konc veksnih likova neke ravni E 2 od kojih svake tri imaju najmanje jednu zajedniku c taku, dokazati da svih m likova poseduje najmanje jednu zajedniku taku. c c c Zadatak 1.24. Ako konaan skup od m(m 4) poluravni neke ravni E 2 pokriva c celu tu ravan, dokazati da u tom skupu poluravni postoje tri poluravni koje pokrivaju celu ravan E 2 .

Glava 2

Izometrijske transformacije prostora E n

2.1 Definicija i opta svojstva izometrijskih transfors macija prostora E n

Aksiome podudarnosti omogu´uju da u geometriji prostora E n (n = 1, 2, 3) c definiemo naroitu klasu transformacija tog prostora koje imaju veoma iroku s c s primenu. To su izometrijske transformacije ili geometrijska kretanja prostora E n . Definicija 2.1.1. Izometrijskom transformacijom ili geometrijskim kretanjem prostora E n (n = 1, 2, 3) nazivamo bijektivnu transformaciju I : E n E n takvu da za svake dve take X, Y E n i njihove slike X , Y E n vai relacija c z (X , Y ). (X, Y ) = Iz same definicije mogu se izvesti neka neposrednija svojstva izometrijskih transformacija. Budu´i da za svake dve take X, Y E n vai relacija (X, Y ) c c z = (X, Y ), identina transformacija E, tj. koincidencija koja svaku taku prostora c c E n prevodi u tu istu taku, predstavlja izometrijsku transformaciju tog prostora. c Narednim teoremama izve´emo najvanija svojstva izometrijskih transformacija sc z prostora E n . Teorema 2.1.1. Kompozicija dveju izometrijskih transformacija prostora E n predstavlja takode izometrijsku transformaciju. Dokaz. Neka su I1 i I2 bilo koje dve izometrijske transformacije prostora E n . Ako obeleimo sa X i Y proizvoljne take tog prostora, sa X1 i Y1 take koje u z c c izometrijskoj transformaciji I1 odgovaraju takama X i Y , a sa X2 i Y2 take koje c c u izometrijskoj transformaciji I2 odgovaraju takama X1 i Y1 , tada u kompoziciji c I2 I1 takama X i Y odgovaraju take X2 i Y2 . Pri tome je (X, Y ) (X1 , Y1 ) i c c = (X2 , Y2 ), pa je (X, Y ) (X2 , Y2 ). Stoga kompozicija I2 I1 predstavlja (X1 , Y1 ) = = takode izometrijsku transformaciju prostora E n . 26

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

27

Teorema 2.1.2. Inverzna transformacija izometrijske transformacije prostora E n predstavlja takode izometrijsku transformaciju tog prostora. Dokaz. Neka je I bilo koja izometrijska transformacija prostora E n . Ako obeleimo z sa X i Y proizvoljne take tog prostora a sa X i Y take koje u izometrijskoj c c transformaciji I odgovaraju takama X i Y , bi´e (X, Y ) (X , Y ). S obzirom da c c = je relacija podudarnosti parova taaka simetrina, bi´e (X , Y ) (X, Y ), pa je c c c = inverzna transformacija I-1 takode izometrijska transformacija. Teorema 2.1.3. Skup svih izometrijskih transformacija prostora E n (n = 1, 2, 3) predstavlja grupu. Dokaz. Prema teoremi 2.1.1 kompozicija svake dve izometrijske transformacije I1 i I2 prostora E n predstavlja takode izometrijsku transformaciju tog prostora, a prema teoremi 2.1.2 inverzna transformacija I-1 izometrijske transformacije I prostora E n predstavlja takode izometrijsku transformaciju tog prostora. Budu´i da c su izometrijske transformacije prostora E n elementi grupe svih bijektivnih transformacija tog prostora, iz navedenih dveju osobina sleduje da skup svih izometrijskih transformacija prostora E n predstavlja podgrupu pomenute grupe. Definicija 2.1.2. Grupu koja se sastoji iz svih izometrijskih transformacija prostora E n nazivamo grupom izometrijskih transformacija tog prostora i simboliki c obeleavamo sa G(I). z Narednim trima teoremama navode se uslovi pod kojima je izometrijska transformacija euklidske prave, euklidske ravni i euklidskog prostora jednoznano odredena. c U izgradnji teorije izometrijskih transformacija one imaju izuzetan znaaj. Primera c radi mi ´emo u ovom teaju dokazati samo prvu od tih teorema; dokazi osc c talih dveju teorema neto su sloeniji i mi ih zbog toga ovde ne´emo dokazivati. s z c Pomenu´emo samo da se one izvode viestrukom primenom aksiome III.7 i teorema c s 1.4.4 i 1.4.5. Teorema 2.1.4. Ako su A, B dve razne take neke prave p i A , B take prave p c c (A , B ), tada postoji jedinstvena izometrijska transformacija takve da je (A, B) = I : p p takva da je I(A) = A i I(B) = B .

A

P B

A

P B

Sl. 2.1.4 c Dokaz. S obzirom da je A = B i (A, B) (A , B ), bi´e A = B (Sl. 2.1.4). Prema = teoremi 1.5.3, svakoj taki P p odgovara jedinstvena taka P p takva da je c c (A , P ) i (B, P ) (B , P ). Takvu transformaciju prave obeleimo sa z (A, P ) = =

28

Geometrija

I, zatim dokaimo da je ona izometrijska. Ako obeleimo sa X i Y bilo koje dve z z take prave p a sa X i Y njihove odgovaraju´e take, bi´e c c c c (A, X) (A , X ), (B, X) (B , X ) = = i (A, Y ) (A , Y ), (B, Y ) (B , Y ). = =

Budu´i da je transformacija I uredena, poretku taaka A, B, X, Y na pravoj p c c odgovara analogan poredak taaka A , B , X , Y na pravoj p. Stoga je (X, Y ) c = (X , Y ), pa je transformacija I izometrijska. Posledica. Ako izometrijska transformacija I prave p poseduje dve razne invarijantne take ona predstavlja koincidenciju. c Teorema 2.1.5. Ako su A, B, C tri nekolinearne take ravni E 2 i A , B , C c take te iste ravni takve da je (A, B, C) (A , B , C ), tada postoji jedinstvena c = izometrijska transformacija I : E 2 E 2 takva da je I(A) = A , I(B) = B , I(C) = C .

Posledica. Ako izometrijska transformacija I : E 2 E 2 poseduje tri nekolinearne invarijantne take, ona predstavlja koincidenciju. c Teorema 2.1.6. Ako su A, B, C, D etiri nekomplanarne take prostora E 3 i c c A , B , C , D take tog istog prostora takve da je (A, B, C, D) (A , B , C , D ), c = 3 E 3 takva da je tada postoji jedinstvena izometrijska transformacija I : E I(A) = A , I(B) = B , I(C) = C , I(D) = D .

Posledica. Ako izometrijska transformacija I : E 3 E 3 poseduje etiri nekomc planarne invarijantne take, ona predstavlja koincidenciju. c

2.2

Relacija podudarnosti geometrijskih figura

U prethodnim izlaganjima bilo je rei o relaciji podudarnosti parova taaka i o c c uoptenju te relacije na konane skupove taaka u euklidskom prostoru E n (n = s c c 1, 2, 3). Izometrijske transformacije omogu´uju da definiemo relaciju podudarnosti c s bilo kojih figura u tom prostoru. Definicija 2.2.1. Kae se da je u prostoru E n (n = 1, 2, 3) figura podudarna z ili kongruentna sa figurom , i simboliki obeleava sa , ako postoji izoc z = metrijska transformacija I tog prostora takva da je I() = . Iz ove definicije neposredno sleduje da ranije ustanovljena relacija podudarnosti konanih skupova taaka predstavlja samo specijalan sluaj ove mnogo optije c c c s relacije podudarnosti geometrijskih figura. Od svojstava kojima se odlikuje uvedena relacija izvodimo samo najvanije; ta svojstva se izraavaju slede´om teorez z c mom.

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

29

Teorema 2.2.1. Relacija podudarnosti geometrijskih figura u euklidskom prostoru E n (n = 1, 2, 3) je relacija ekvivalencije. Dokaz. S obzirom da je identina transformacija E prostora E n izometrijska i da c za svaku figuru tog prostora vai relacija E() = , imamo da je , pa je z = relacija podudarnosti figura u prostoru E n refleksivna. Ako su i dve figure u prostoru E n takve da je , prema definiciji = n takva da je I() = . 2.2.1 postoji izometrijska transformacija I prostora E Budu´i da inverzna transformacija I-1 izometrijske transformacije I predstavlja c takode izometrijsku transformaciju, iz relacije I-1 ( ) = sledi da je , pa = je relacija podudarnosti figura u prostoru E n simetrina. c Ako su , , tri figure u prostoru E n takve da je i , = = n takve prema definiciji 2.2.1 postoje izometrijske transformacije I i I prostora E da je I () = i I ( ) = . S obzirom da kompozicija I = I I predstavlja izometrijsku transformaciju prostora E n , iz relacije I() = I I () = sledi da je , pa je relacija podudarnosti figura u prostoru E n tranzitivna. = Dokazana teorema omogu´uje da skup svih figura euklidskog prostora E n c razvrstavamo na tzv. klase ekvivalencije, kojih ima neizmerno mnogo. Takve su npr. klase podudarnih dui, klase podudarnih uglova, klase podudarnih trouglova, z klase podudarnih poligona, klase podudarnih diedara, klase podudarnih poliedara, itd.

2.3

Podudarnost dui z

1. Kretanje materijalnih figura u fizikalnom (opaajnom) prostoru navodi nas z na zakljuak da du moe da bude podudarna jedino sa dui, da ugao moe da c z z z z bude podudaran jedino sa uglom, da trougao moe da bude podudaran jedino z sa trouglom, itd. U ranijoj nastavi geometrije do takvih zakljuaka dolazili smo c empirijskim putem; tvrdenja takve prirode smatrana su oiglednim, te nisu dokazic vana. Budu´i da se u deduktivnoj geometrijskoj teoriji takva tvrdenja ne nalaze c na spisku aksioma, ona se dokazuju. Stoga, narednom teoremom izvodimo taj dokaz za sluaj kada je zadata figura du. c z Teorema 2.3.1. U izometrijskoj transformaciji I prostora E n (n = 1, 2, 3) dui z odgovara du. z Dokaz. Neka su A i B dve razne take prostora E n , a A i B njima odgovaraju´e c c take u izometriji I. Ako je X (AB) i X = I(X), tada je X (A B ). Zaista, c primenom teoreme 1.5.3, iz relacija (A, X) (A , X ), (B, X) (B , X ), B(A, X, B) = = sledi da je B(A , X , B ), pa je X (A B ). Stoga je I(AB) (A B ). Istim postupkom dokazuje se da je i (A B ) I(AB). Stoga je I(AB) = (A B ).

30

Geometrija

2. Relacija podudarnosti dui omogu´uje da ustanovimo niz pojmova koji se z c odnose na dui; definiimo najpre sredite dui. z s s z Definicija 2.3.1. Sreditem dui AB nazivamo taku O te dui takvu da je AO s z c z = OB. Teorema 2.3.2. Svaka du ima jedno i samo jedno sredite. z s

C

A

O

B

D

Sl. 2.3.2 Dokaz. Neka je AB proizvoljna du, C taka van prave AB i ravan odredena z c takama A, B, C (Sl. 2.3.2). S obzirom da je (AB) (BA), prema aksiomi c = III.6 u ravni s one strane prave AB s koje nije taka C postoji jedinstvena c taka D takva da je (A, C) (B, D) i (B, C) (A, D). Stoga prema teoremi c = = 2.1.5 postoji jedinstvena izometrijska transformacija I ravni koja prevodi take c A, B, C respektivno u take B, A, D. U toj transformaciji pravama AB i CD c odgovaraju respektivno prave BA i DC, te presenoj taki O pravih AB i CD c c odgovara ta ista taka. Dokaimo da je taka O sredite dui AB. Iz relacija c z c s z I(O) = O, I(A) = B, I(B) = A sledi da je (OA) (OB) i O = A, B. Taka O c = nije na produenju dui AB, jer bi u protivnom poluprave OA i OB bile istovetne, z z te bi iz relacije (O, A) (O, B) sledila relacija A = B, to je nemogu´e. Stoga je s c = O (AB), i prema tome taka O sredite dui AB. c s z Dokaimo da je taka O jedinstveno sredite dui AB. Ako bi du AB imala z c s z z sem sredita O jo neko sredite O , tada bi u izometriji koja prevodi pravu AB s s s u pravu BA postojale dve invarijantne take O i O , te bi u toj izometriji svaka c taka prave AB bila invarijantna, to je nemogu´e jer taki A odgovara taka B c s c c c pri emu A = B. c 3. Medu pojmovima koji se izvode iz relacije podudarnosti dui nalaze se i z poredbene relacije nad skupom dui koje izraavamo reima manja od" i ve´a z z c c " " od".

A B C E D

Sl. def. 2.3.2

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

31

Definicija 2.3.2. Ako su AB i CD dve dui i ako unutar dui CD postoji taka E z z c takva da je AB CE, tada kaemo da je du AB manja od dui CD i simboliki z z z c = obeleavamo sa z AB < CD, ili da je du CD ve´a od dui AB i simboliki obeleavamo sa CD > AB z c z c z (Sl. def. 2.3.2). Pretpostavljamo da su svojstva ovih relacija itaocima poznata od ranije, te ih c ovde ne´emo navoditi. Pomenu´emo jo samo da se pomo´u relacije podudarnosti c c s c dui ustanovljuju i neke operacije nad skupom dui; to su operacije sabiranja i z z oduzimanja dui, zatim operacije mnoenja i delenja dui nekim brojem. z z z

A B C D

E

G

F

Sl. def. 2.3.3 Definicija 2.3.3. Kae se da je du EF jednaka zbiru dveju dui AB i CD i z z z simboliki obeleava sa c z EF = AB + CD, z ako na dui EF postoji taka G takva da je AB EG i CD GF . Kae se da z c = = je du EF jednaka razlici dui AB i CD, i simboliki obeleava sa z z c z EF = AB - CD, ako je AB = CD + EF . Kae se da je du CD jednaka proizvodu dui AB i z z z prirodnog broja k, i simboliki obeleava sa CD = k · AB, ako je c z CD = AB + AB + · · · + AB k puta Definicija proizvoda dui sa bilo kojim pozitivnim brojem neto je sloenija, te z s z je ovde ne´emo navoditi. Napominjemo samo da je ona u tesnoj vezi sa merenjem c dui koje je itaocima poznato od ranije. z c

2.4

Podudarnost uglova

1. Govoriti o klasi podudarnih uglova ima smisla tek posle ustanovljavanja slede´e teoreme: c Teorema 2.4.1. U svakoj izometrijskoj transformaciji I ravni E 2 uglu odgovara ugao.

32

B O A O B

Geometrija

A

Sl. 2.4.1 Dokaz. Neka je u ravni E 2 dat ugao . Ako je taj ugao opruen, dokaz se izvodi z 2 poluravni uvek odgovara neposredno, jer u izometrijskoj transformaciji ravni E poluravan. Ako ugao nije opruen, dovoljno je razmotriti sluaj kada je on z c konveksan (Sl. 2.4.1). Obeleimo sa OA i OB krake ugla . U izometrijskoj z transformaciji I nekolinearnim takama O, A, B odgovaraju takode nekolinearne c take O , A , B , a ugaonoj liniji AOB neka ugaona linija A O B . Ako poluravni c (OA, B), (OB, A) i (O A , B ), (O B , A ) obeleimo respektivno sa , i , z bi´e I() = , I() = , = , = , pa je c I() = I( ) = I() I() = = .

Teorema 2.4.2. Dva konveksna ili dva konkavna ugla pq i p q sa temenima O i O su podudarna ako i samo ako na kracima p, q, p , q tih uglova postoje respektivno take P , Q, P , Q takve da je c OP O P , =

q Q Q

OQ O Q , =

PQ P Q . =

q

O

P

p

O

P

p

Sl. 2.4.2 Dokaz. Ako su uglovi pq i p q oprueni, dokaz sleduje neposredno. Pretpostavimo z da uglovi pq i p q nisu oprueni (Sl. 2.4.2). Ako je pq p q , postoji izomez = trijska transformacija I ravni E 2 koja prevodi pq na p q . U toj transformaciji proizvoljnim takama P p i Q q odgovaraju respektivno take P p i Q q c c takve da je (O, P, Q) (O , P , Q ), i prema tome = OP O P , = OQ O Q , = PQ P Q . =

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

33

Obratno, ako na kracima p, q, p , q , dvaju konveksnih ili dvaju konkavnih uglova postoje take P , Q, P , Q takve da je OP O P , OQ O Q , P Q P Q , c = = = tada trojke nekolinearnih taaka O, P , Q i O , P , Q , zadovoljavaju relaciju c (O, P, Q) (O , P , Q ) te prema poznatoj teoremi postoji jedinstvena izometrijska = transformacija I ravni E 2 koja prevodi take O, P , Q u take O , P , Q , i prema c c pq. tome pq na p q . Stoga je pq = Teorema 2.4.3. Naporedni uglovi dvaju podudarnih neopruenih konveksnih z - su medu sobom podudarni. uglova takode

q Q Q q

rR

O

P p

r

R

O

P p

Sl. 2.4.3 Dokaz. Neka su pq i p q dva neopruena konveksna medu sobom podudarna ugla z (Sl. 2.4.3), a qr i q r njihovi naporedni uglovi. Ako obeleimo sa O, O temena z uglova pq i p q i sa P , Q, P , Q take polupravih p, q, p , q takve da je OP O P c = i OQ O Q , prema prethodnoj teoremi bi´e P Q P Q . Ako zatim obeleimo c z = = O R , primenom aksiome III.7 sa R i R take polupravih r i r takve da je OR = c nalazimo da je QR Q R pa je i qr q r . = = Teorema 2.4.4. Unakrsni uglovi medu sobom su podudarni.

Q R O P S

Sl. 2.4.4 Dokaz. Neka su P OQ i ROS dva unakrsna ugla takva da kraci OP i OR pripadaju jednoj, a kraci OQ i OS pripadaju drugoj pravoj (Sl. 2.4.4). Budu´i da uglovi c P OQ i QOR imaju zajedniki krak OQ dok im ostala dva kraka sainjavaju jednu c c pravu, oni su naporedni. Istim postupkom dokazuje se da su i uglovi ROQ i ROS naporedni. Budu´i da su uglovi QOR i ROQ medu sobom podudarni, c prema prethodnoj teoremi i njihovi naporedni uglovi P OQ i ROS medu sobom su podudarni. Teorema 2.4.5. Za svaki pq i svaku polupravu p neke ravni E 2 postoji u zadatoj orijentaciji K te ravni jedinstven p q takav da je pq p q = i p q K.

34

q Q Q Q O P p O P p q q

Geometrija

Sl. 2.4.5 Dokaz. Ako je pq opruen, dokaz sleduje neposredno. Razmotrimo sluaj kada z c pq nije opruen. Da bismo uprostili izlaganje pretpostavi´emo da je pq konvekz c san; sluaj kada je on konkavan dokazuje se analognim postupkom. Ako obeleimo c z sa P i Q proizvoljne take polupravih p i q, sa O teme ugla pq, sa O kraj poluprave c p i sa P taku te poluprave takvu da je OP O P (Sl. 2.4.5), tada prema aksiomi c = III.6. u ravni E 2 postoji jedinstvena taka Q takva da je (P, O, Q) (P , O , Q ) i c = konveksni P O Q iz orijentacije K. Ako polupravu O Q obeleimo sa q , prema z ranije dokazanoj teoremi, imamo da je pq p q i p q K. Indirektnim = postupkom dokaimo da je q jedina poluprava koja zadovoljava te uslove. Ako bi z sem poluprave q postojala jo neka takva poluprava q i ako bi Q bila taka te s c poluprave takva da je OQ O Q , vaila bi relacija P Q P Q . U tom sluaju z c = = 2 s iste strane prave O P dve razne take Q i Q takve da postojale bi u ravni E c je (P, O, Q) (P , O , Q ) i (P, O, Q) (P , O , Q ), to je prema aksiomi III.6 s = = nemogu´e. c 2. Relacija podudarnosti uglova omogu´uje da ustanovimo niz novih pojmova c koji se odnose na uglove; od tih pojmova navodimo najpre pojam raspolovnice ili bisektrise ugla. Definicija 2.4.1. Raspolovnicom ili bisektrisom nekog ugla P OQ nazivamo polupravu OR koja pripada tom uglu i koja razlae taj ugao na dva podudarna z ugla. Teorema 2.4.6. Svaki ugao ima jednu i samo jednu bisektrisu.

q Q r R O P p

Sl. 2.4.6(a) Dokaz. Neka je u ravni E 2 dat pq. Ako taj ugao nije opruen (Sl. 2.4.6(a)) z OQ. Pri tome obeleimo sa P i Q take polupravih p i q takve da je OP = z c su O, P , Q i O, Q, P dve trojke nekolinearnih taaka ravni E 2 takvih da je c (O, Q, P ), te postoji jedinstvena izometrijska transformacija I ravni (O, P, Q) =

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

35

E 2 koja prevodi take O, P , Q u take O, Q, P . Iz relacija I(P ) = Q i I(Q) = P c c sleduje da u izometrijskoj transformaciji I sreditu R dui P Q odgovara ta ista s z taka. Pri tome su O i R dve razne invarijantne take transformacije I, pa je svaka c c taka prave OR invarijantna. Ako je R taka prave OR takva da je B(R, O, R ), c c jedna i samo jedna od polupravih OR i OR , obeleimo je sa r, pripada uglu pq. z Stoga ugao pq ima jednu i samo jednu bisektrisu.

r N R M

q Q

O

P

p

Sl. 2.4.6(b) Ako je pq opruen (Sl. 2.4.6(b)), obeleimo sa P i Q take polupravih p i q z z c takve da je OP OQ, sa M bilo koju unutranju taku ugla pq i sa N taku s c c = QN i QM P N . Pri tome su P , Q, M i Q, P , toga ugla takvu da je P M = = N dve trojke nekolinearnih taaka ravni E 2 takve da je (P, Q, M ) (Q, P, N ), te c = 2 koja prevodi take P , postoji jedinstvena izometrijska transformacija I ravni E c Q, M u take Q, P , N . Sredita O i R dui P Q i M N su invarijantne take te c s z c transformacije, pa je svaka taka prave OR invarijantna. Stoga je poluprava OR c i samo ta poluprava bisektrisa ugla pq. 3. Medu pojmovima koji se definiu pomo´u relacije podudarnosti uglova s c istiemo i poredbene relacije nad skupom uglova koje izraavamo reima manji c z c " od" i ve´i od". c " Definicija 2.4.2. Ako su AM B i CN D dva ugla i ako unutar ugla CN D postoji z poluprava N E takva da je AM B CN E, tada kaemo da je AM B manji = od CN D i simboliki obeleavamo sa AM B < CN D, ili da je CN D ve´i c z c od AM B i simboliki obeleavamo sa CN D > AM B (Sl. def. 2.4.2). c z

D B E

M

A

N

C

Sl. def. 2.4.2 Pretpostavljamo da su svojstva ovih relacija itaocima poznata od ranije, ovde c ih ne´emo izvoditi. Pomenu´emo jo da se pomo´u relacije podudarnosti uglova c c s c definiu i neke operacije nad skupom uglova; to su operacije sabiranja i oduzimanja s uglova, zatim operacija mnoenja i delenja uglova brojem. z

36

B D F G

Geometrija

M

A

N

C

O

E

Sl. def. 2.4.3 Definicija 2.4.3. Kae se da je ugao EOF jednak zbiru dvaju uglova AM B i z CN D, i simboliki obeleava sa c z EOF = AM B + CN D, ako unutar ugla EOF postoji poluprava OG koja razlae taj ugao na dva ugla z EOG i GOF takva da je (Sl. def. 2.4.3) AM B EOG i = CN D GOF. =

Kae se da je ugao AM B jednak razlici uglova EOF i CN D, i simboliki z c obeleava sa z AM B = EOF - CN D ako je AM B + CN D = EOF . Kae se da je ugao CN D jednak proizvodu z ugla AM B i prirodnog broja k, i simboliki obeleava sa CN D = k AM B, ako c z je CN D = AM B + AM B + · · · + AM B . k puta Definicija proizvoda nekog ugla sa bilo kojim pozitivnim brojem neto je sloenija, s z te je ovde ne´emo navoditi. Pomenu´emo samo da je ona u tesnoj vezi sa merenjem c c uglova koje je itaocima poznato od ranije. c

2.5

Pravi, otri i tupi uglovi. Upravne prave s

1. Poredbene relacije definisane na skupu uglova omogu´uju da uvedemo poc jam pravog, otrog i tupog ugla. s Definicija 2.5.1. Za neki ugao P OQ kae se da je prav, otar ili tup u zavisnosti z s od toga da li je on podudaran, manji od ili ve´i od svojeg naporednog ugla QOR. c Iz definicije neposredno zakljuujemo da su pravi, otri i tupi uglovi definisani c s iskljuivo na skupu uglova koji su manji od opruenog ugla. Egzistencija pravog c z ugla sleduje neposredno iz stava prema kojem svaki ugao, prema tome i opruen z ugao, ima svoju bisektrisu. Pomenimo jo neka znaajna svojstva kojima raspolau s c z pravi uglovi. Teorema 2.5.1. Ugao podudaran s nekim pravim uglom takode je prav.

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

37

Q

Q

R

O

P

R

O

P

Sl. 2.5.1 Dokaz. Neka je P OQ podudaran s pravim P O Q (Sl. 2.5.1). Ako obeleimo z sa OR i O R poluprave komplementne sa polupravima OP i O P , tada iz relacije P OQ P O Q sledi da je QOR Q O R . Po pretpostavci je P O Q = = Q O R . Na taj nain imamo da je prav, pa je P O Q = c P OQ P O Q Q O R QOR, = = = pa je P OQ QOR. Stoga je = P OQ prav.

Teorema 2.5.2. Pravi uglovi su medu sobom podudarni.

Q Q Q"

R

O

P

R

O

P

Sl. 2.5.2 Dokaz. Neka su P OQ i P O Q pravi uglovi, dokaimo da su oni medu sobom poz dudarni. Ako bi naprotiv neki od tih uglova bio ve´i od drugog, npr. P O Q > c P OQ, tada bi u uglu P O Q postojala poluprava O Q takva da je P OQ = P O Q (Sl. 2.5.2). Prema prethodnoj teoremi P O Q je prav. Stoga, ako obeleimo sa O R polupravu komplementnu s polupravom O P , tada su zadovolz jene relacije P OQ Q OR, P OQ QOR i = = pa je svaka od polupravih O Q i O Q bisektrisa istog opruenog ugla P O R . z Medutim, to je nemogu´e jer ugao moe da ima samo jednu bisektrisu. c z 2. Pojam pravog ugla omogu´uje da na skupu pravih jedne ravni ustanovimo c jednu veoma znaajnu binarnu relaciju, to je relacija upravnosti ili normalnosti c prave na pravoj.

38

Q

Geometrija

p

O q

P

Sl. def. 2.5.2 Definicija 2.5.2. Ako dve prave p i q sadre krake OP i OQ nekog pravog ugla z P OQ, tada kaemo da je prava p upravna ili normalna na pravoj q, i simboliki z c obeleavamo sa p q (Sl. def. 2.5.2). z Iz definicije neposredno sleduje da je relacija upravnosti prave na pravoj simetrina, tj. da iz relacije p q sleduje relacija q p. S toga se za takve prave c doputa re´i da su upravne medu sobom. Navodimo najvanija svojstva kojima s c z se odlikuju upravne prave. Teorema 2.5.3. U ravni E 2 postoji jedinstvena prava n koja sadri datu taku z c 2 a upravna je na datoj pravoj p. P E

P C n p M O n O N B Q Q p P n A

(a) Sl. 2.5.3

(b)

Dokaz. Razmotrimo najpre sluaj kada je P p (Sl. 2.5.3(a)). Ako obeleimo c z sa M i N dve razne take prave p, postoji u ravni E 2 s one strane prave p s c koje nije taka P jedinstvena taka Q takva da je M P M Q i N P N Q. c c = = Budu´i da su take P i Q u ravni E 2 s raznih strana prave p, prava n odredena c c takama P i Q see pravu p u nekoj taki O. Pri tome je najmanje jedna od c c c taaka M i N razliita od take O, neka je to taka M . U tom sluaju imamo c c c c c da je (M, N, P ) (M, N, Q), te primenom aksiome III.7 nalazimo da je (O, P ) = = (O, Q). Sad su M , O, P i M , O, Q dve trojke nekolinearnih taaka takvih da c je (M, O, P ) (M, O, Q) pa su naporedni uglovi M OP i M OQ podudarni, i = prema tome pravi. Stoga je n p. Dokaimo da je n jedina prava ravni E 2 z

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

39

koja zadovoljava navedene uslove. Ako bi osim prave n postojala jo neka takva s prava n , ona bi sekla pravu p u nekoj taki O = O. Ako je Q taka prave n c c O Q , bi´e M P M Q i N P N Q . U tom takva da je B(P, O , Q ) i P O = c = = sluaju, u ravni E 2 s iste strane prave p postoje dve razne take Q i Q takve c c s c da je (M, N, P ) (M, N, Q) i (M, N, P ) (M, N, Q ) to je nemogu´e. Ovim je = = teorema dokazana za sluaj kada je P p. c Ako je P p (Sl. 2.5.3(b)), taka P razlae skup ostalih taaka prave p na dve c z c poluprave P A i P B koje odreduju izvestan opruen ugao AP B. Prema poznatoj z teoremi taj ugao ima jedinstvenu bisektrisu, obeleimo je sa P C. Budu´i da su z c uglovi AP C i BP C naporedni i podudarni, oni su pravi, pa je prava n odredena 2 koja je u polupravom P C upravna na pravoj p. Da je n jedina prava ravni E taki P upravna na pravoj p, dokazuje se indirektnim postupkom. Preputamo c s itaocu da taj dokaz izvede sam. c 3. Relacija upravnosti dveju pravih omogu´uje da uvedemo pojam medijatrise c dui. z

X

A

O m

B

Sl. def. 2.5.3 Definicija 2.5.3. Neka je u ravni E 2 data du AB. Pravu m koja pripada ravni z 2 i koja je u sreditu O dui AB upravna na pravoj AB nazivamo medijatrisom E s z dui AB (Sl. def. 2.5.3). z Budu´i da du poseduje samo jedno sredite i da u ravni E 2 postoji samo c z s jedna prava upravna na nekoj pravoj u nekoj taki, du AB u ravni E 2 ima samo c z jednu medijatrisu. Pomenu´emo samo najznaajnije svojstvo medijatrise dui, to c c z svojstvo izraeno je slede´om teoremom. z c Teorema 2.5.4. Neka je u ravni E 2 data du AB. Skup svih taaka X E 2 z c BX predstavlja medijatrisu m dui AB. z takvih da je AX = Dokaz. Prilikom dokazivanja teorema 2.3.2 ustanovili smo da na pravoj AB postoji c s z jedinstvena taka O takva da je AO BO. Ta taka je sredite dui AB. Ako je c = X neka druga taka ravni E 2 za koju je AX BX, bi´e (A, O, X) (B, O, X) c c = = pa su naporedni uglovi AOX i BOX podudarni. Stoga je OX AB, i prema tome X m (Sl. def. 2.5.3). Obratno, ako je X m i X = O, tada su naporedni uglovi AOX i BOX podudarni, te iz relacija OA OB i OX OX sledi da je AX BX. = = =

40

Geometrija

2.6

Podudarnost trouglova u ravni E 2

Ve´ smo pomenuli da u svakoj izometrijskoj transformaciji I prostora E n c (n = 2, 3) kolinearnim takama odgovaraju kolinearne take, a nekolinearnim c c takama odgovaraju nekolinearne take. Iz tog svojstva i injenice da u izomec c c trijskoj transformaciji dui uvek odgovara du neposredno sleduje da u toj transz z formaciji trouglu uvek odgovara trougao, etvorouglu uvek odgovara etvorougao, c c i uopte n-touglu uvek odgovara n-tougao. Na taj nain, u euklidskoj geomes c triji ustanovljuju se klase podudarnih trouglova, klase podudarnih etvorouglova, c i uopte klase podudarnih n-touglova. Uslovi iz kojih se utvrduje podudarnost s nekih dvaju n-touglova i nisu uvek dati na idealan nain postojanjem izoc metrijske transformacije koja prevodi n-tougao na n-tougao . Ti uslovi se i kod najjednostavnijih poligona, tj. trouglova, izraavaju na razne naine. Oni se z c naje´e odnose na podudarnost nekih odgovaraju´ih stranica i podudarnost nekih c sc c odgovaraju´ih uglova dvaju datih trouglova. Od iskljuivo takvih uslova mogu´e c c c je u euklidskoj geometriji ustanoviti etiri stava podudarnosti trouglova. Izvedimo c te stavove pretpostavljaju´i da se zadati trouglovi nalaze u istoj ravni. c Teorema 2.6.1. Dva trougla su podudarna ako su im podudarne odgovaraju´e c stranice (III stav podudarnosti trouglova).

A

A

B

C

B

C

Sl. 2.6.1 Dokaz. Neka su ABC i A B C dva trougla ravni E 2 takva da je AB A B , = BC B C , CA C A (Sl. 2.6.1), tada su A, B, C i A , B , C dve trojke = = nekolinearnih taaka ravni E 2 takvih da je (A, B, C) (A , B , C ). Stoga postoji c = izometrijska transformacija I ravni E 2 koja prevodi take A, B, C respektivno u c ABC. take A , B , C pa je ABC = c Teorema 2.6.2. Dva trougla su podudarna ako su dve stranice i njima zahva´eni c ugao jednog trougla podudarni sa odgovaraju´im stranicama i odgovaraju´im c c uglom drugog trougla (I stav podudarnosti trouglova). Dokaz. Neka su ABC i A B C dva trougla u ravni E 2 kojima je AB A B , = AC A C i A A (Sl. 2.6.2). S obzirom da su uglovi A i A tih trouglova = = podudarni, a B, C i B , C take na kracima tih uglova takve da je (A, B) c = (A , C ), prema teoremi 2.4.2 imamo da je (B, C) (B , C ), (A , B ) i (A, C) = = pa je i BC B C . Stoga je prema prethodnoj teoremi ABC A B C . = =

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

41

A

A

B

C

B

C

Sl. 2.6.2 Teorema 2.6.3. Dva trougla su podudarna ako su jedna stranica i na njoj nalegli uglovi jednog trougla podudarni sa odgovaraju´om stranicom i odgovaraju´im c c uglovima drugog trougla (II stav podudarnosti trouglova).

A A

A

B

C

B

C

Sl. 2.6.3 Dokaz. Neka su ABC i A B C dva trougla u ravni E 2 kojima je BC B C , = B , C C (Sl. 2.6.3). Dokaimo da je AB A B . Ako pretpoB = z = = z c stavimo da nije AB A B , jedna od dui AB i A B ve´a je od druge; neka je = npr. A B > AB. U tom sluaju, unutar dui A B postoji taka A takva da je c z c A B . Prema prethodnoj teoremi imamo da je ABC A B C , pa je AB = = BCA B C A . Pri tome su C A i C A dve razne poluprave koje s polu= pravom C B zahvataju podudarne istosmerne uglove, to je nemogu´e. Stoga je s c AB A B , i prema prethodnoj teoremi ABC A B C . = = Teorema 2.6.4. Dva trougla su podudarna ako su dve stranice i ugao naspram jedne od njih jednog trougla podudarni sa odgovaraju´im stranicama i odgoc varaju´im uglom drugog trougla, dok su uglovi naspram drugih dveju pomenutih c stranicama oba otra, oba prava, ili oba tupa (IV stav podudarnosti trouglova). s

A

A C

B

C

B

C

Sl. 2.6.4

42

Geometrija

Dokaz. Neka su ABC i A B C dva trougla ravni E 2 kojima je AB A B , = BC B C , A A , dok su uglovi C i C oba otra, oba prava ili oba tupa s = = (Sl. 2.6.4). Dokaimo da je AC A C . Ako pretpostavimo da nije AC A C , z = = bi´e npr. AC < A C . U tom sluaju postoji taka C (A C ) takva da je AC c c c = A C . Prema I stavu podudarnosti trouglova imamo da je ABC A B C , = pa je BC B C i BCA B C A . U B C C je B C B C , pa je = = = B C C B C C . Stoga su uglovi B C A i B C C oba otra, oba prava ili s = oba tupa. Ne mogu biti oba otra niti oba tupa jer su naporedni. Ne mogu biti ni s pravi, jer bi tada kroz taku B postojale dve upravne B C i B C na pravoj A C , c to je nemogu´e. Stoga je AC A C i prema tome ABC A B C . s c = = Teorema 2.6.5. Naspram ve´e stranice trougla nalazi se ve´i ugao, i obratno, c c naspram ve´eg ugla trougla nalazi se ve´a stranica. c c

A

D

B

C

Sl. 2.6.5 Dokaz. Ako je dat ABC kojem je AC > AB, tada je B > C. Zaista, iz relacije AC > AB sleduje da unutar dui AC postoji taka D takva da je z c AD. Poluprava BD nalazi se u uglu ABC, pa je ABC > ABD AB = = ADB > ACB, i prema tome ABC > ACB (Sl. 2.6.5). Obratno, ako je dat ABC kojem je B > C, tada je AC > AB. Zaista, ne moe biti AC AB, jer bi tada vaila relacija B C, to je suprotno z z s = = pretpostavci. Ne moe biti ni AC < AB, jer bi tada prema dokazanom delu ove z teoreme vaila relacija B < C, to je takode suprotno pretpostavci. Stoga je z s AC > AB (Sl. 2.6.5). Teorema 2.6.6. Zbir dveju stranica trougla ve´i je od tre´e stranice, a razlika c c dveju stranica trougla manja od tre´e stranice. c

D

A

B

C

Sl. 2.6.6

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

43

Dokaz. Neka je dat ABC. Da bismo dokazali da je npr. AB + AC > BC, obeleimo sa D taku prave AB takvu da je B(B, A, D) i AC AD. Pri tome z c = BDC, pa je BCD < BDC. Stoga je prema je BCD > ACD i ACD = prethodnoj teoremi BD > BC, i prema tome AB + AC > BC (Sl. 2.6.6). Da bismo dokazali drugi deo teoreme, pretpostavimo da je AC > AB. Prema dokazanom delu ove teoreme imamo da je AC < AB + BC, pa je AC - AB < BC (Sl. 2.6.6). Teorema 2.6.7. Ako su ABC i A B C dva trougla u kojih je AB A B i = AC A C , tada je = BC > B C A > A .

A A

B

S

C

B

D

C

Sl. 2.6.7 Dokaz. Ustanovimo najpre da iz relacije A > A sledi relacija BC > B C . S obzirom da je A > A , u uglu A postoji poluprava AD takva da je BAD = A C . Pri tome je B A C . Neka je D taka te poluprave takva da je AD = c c ABD A B C , pa je BD B C (Sl. 2.6.7). Taka D pripada stranici = = BC ili ne. U prvom sluaju bi´e BC > BD, dakle i BC > B C . U drugom c c sluaju bisektrisa AS ugla CAD see du BC u nekoj taki S. Pri tome je c c z c ASC ASD, pa je SC SD. Kod SBD imamo da je BS + SD > BD, = = pa je BS + SC > BD, i prema tome BC > B C . Dokaimo sad obratno tvrdenje prema kojem iz relacije BC > B C sledi da z je A > A . Ako bi bio A A , vaila bi relacija ABC A B C dakle z = = B C , to je suprotno pretpostavci. Ako bi bio A < A , tada i relacija BC = s bi prema dokazanom delu ove teoreme vaila relacija BC < B C , to je takode z s suprotno pretpostavci. Stoga je A > A .

2.7

Relacija upravnosti prave i ravni

1. U prethodnim razmatranjima bilo je rei o relaciji upravnosti dveju komc planarnih pravih. Po definiciji, to su prave odredene kracima nekog pravog ugla. U ovom odeljku ustanovi´emo relaciju upravnosti prave i ravni i izvesti njena c najvanija svojstva. z

44

Geometrija

Definicija 2.7.1. Za pravu n kae se da je upravna, normalna ili ortogonalna na z ravni i pie se n ako prava n prodire ravan , a upravna je na svakoj pravoj s ravni koja sadri prodornu taku. Obratno, za ravan kae se da je upravna, z c z normalna ili ortogonalna na pravoj n i pie se n ako ravan see pravu n s c i ako je svaka prava ravni kroz presenu taku upravna na pravoj n. Taku c c c P u kojoj prava p normalna na ravni prodire tu ravan nazivamo podnojem te z normale. Iz ove definicije i svojstva simetrinosti relacije definisane na skupu pravih c neposredno zakljuujemo da je i relacija upravnosti prave i ravni simetrina; c c drugim reima da iz: c n = n i n = n .

Stoga u izlaganjima nije potrebno isticati da li je prava n upravna na ravni ili je ravan upravna na pravoj n; dovoljno je samo re´i da su prava n i ravan c upravne medu sobom. Od svojstava kojima se odlikuje uvedena relacija, poseban znaaj ima naredna Koijeva teorema. c s Teorema 2.7.1. (Koi, 1813) Ako neka prava n prodire izvesnu ravan u nekoj s taki O i ako je ona pri tome upravna na dvema raznim pravama a i b, koje c pripadaju ravni i sadre taku O, tada je n . z c

P

a A O c b C B

Q

Sl. 2.7.1 Dokaz. Da bi prava n bila upravna na ravni , potrebno je dokazati da je prava n upravna na svakoj pravoj c koja pripada ravni i sadri taku O. Obeleimo z c z sa s proizvoljnu pravu koja see prave a, b, c u raznim takama A, B, C i sa P , c c Q dve take prave n s raznih strana take O takve da je OP OQ (Sl. 2.7.1). c c = Pri tome je P OA QOA i P OB QOB, pa je AP AQ i BP BQ. = = = = Sad je P AB QAB, pa je P AB QAB, i prema tome P AC QAC. = = = Zatim je P AC QAC, te je i CP CQ. Najzad je P OC QOC, dakle = = = QOC. S obzirom da su uglovi P OC i QOC naporedni i podudarni, i P OC = oni su pravi, pa je n c, i prema tome n .

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

45

Naredne dve teoreme su konstruktivnog karaktera. Prvom od njih ustanovljuje se postupak dobijanja prave koja sadri datu taku a upravna je na datoj ravni, z c dok se drugom ustanovljuje postupak dobijanja ravni koja sadri datu taku, a z c upravna je na datoj pravoj. Teorema 2.7.2. Postoji jedna i samo jedna prava n koja sadri datu taku A i z c upravna je na datoj ravni . Dokaz. Razmotrimo najpre sluaj kada je taka A izvan ravni (Sl. 2.7.2(a)). c c Ako obeleimo sa p proizvoljnu pravu ravni , sa B podnoje upravne iz take A z z c na pravoj p, sa q pravu koja pripada ravni i koja je u taki B upravna na pravoj c p, sa C podnoje upravne iz take A na pravoj q i sa n pravu odredenu takama z c c A i C, bi´e n . Zaista, ako obeleimo sa D taku prave p sa bilo koje strane c z c od take B takvu da je AC BD, bi´e ABC DCB, pa je AB CD. Sad c c = = = je ABD DCA, pa je ABD ACD. No ABD je prav, pa je i njemu = = podudaran ACD prav. Stoga je n CD, i prema Koijevoj teoremi, n . s Dokaimo da je n jedina prava koja zadovoljava relacije A n i n . Ako bi, z osim te prave, postojala jo neka prava n , tada bi prave n i n odredivale neku s ravan koja bi sekla ravan po nekoj pravoj s. U tom sluaju postojale bi u c ravni dve razne prave n i n koje sadre taku A i upravne su na pravoj s, to z c s je nemogu´e. Ovim je teorema dokazana za sluaj kada je A . c c

C A n n q

C

q

p B D

A

p B D

(a) Sl. 2.7.2

(b)

Pretpostavimo sad da se taka A nalazi u ravni (Sl. 2.7.2(b)). Ako obeleimo c z sa p proizvoljnu pravu ravni koja ne sadri taku A, sa B podnoje upravne iz z c z take A na pravoj p, sa proizvoljnu ravan koja see ravan po pravoj p, sa q c c pravu ravni koja je u taki B upravna na pravoj p, sa ravan odredenu pravom q c i takom A i sa n pravu ravni koja je u taki A upravna na pravoj AB, bi´e n . c c c Zaista, ako obeleimo sa C taku prave n razliitu od take A i sa D taku prave z c c c c c p sa bilo koje strane od take B takvu da je AC BD, bi´e ABC BAD, c = = pa je BC AD. Sad je BCD ADC, pa je CBD DAC. Budu´i da c = = = prava p prodire ravan u taki B i da je u toj taki upravna na dvema raznim c c

46

Geometrija

pravama AB i q ravni , prema Koijevoj teoremi imamo da je p , i prema s tome p BC. Stoga je CBD prav, pa je i njemu podudaran DAC prav, i prema tome n AD. Sad, primenom Koijeve teoreme, nalazimo da je n . s Da je n jedina prava koja zadovoljava relacije A n i n dokazuje se kao u prethodnom sluaju. c Teorema 2.7.3. Postoji jedna i samo jedna ravan koja sadri datu taku A i z c upravna je na datoj pravoj n. Dokaz. Obeleimo sa ravan koja sadri pravu n i taku A, sa a pravu koja z z c pripada ravni , sadri taku A i upravna je na pravoj n, sa bilo koju drugu z c ravan koja sadri pravu n i sa b pravu koja pripada ravni , sadri taku O = an z z c i upravna je na pravoj n (Sl. 2.7.3). Pri tome se prave a i b seku u taki O, te c odreduju neku ravan . Iz relacije A a i a sledi da je A . S obzirom da prava n prodire ravan u taki O i da je u toj taki upravna na dvema raznim c c pravama a i b ravni , prema Koijevoj teoremi imamo da je n , i prema tome s n.

n O b

A

a

Sl. 2.7.3 Dokaimo da je jedinstvena ravan koja zadovoljava relacije A i n. z Ako bi postojala jo neka takva ravan , tada bi dve razne ravni i imale s zajedniku taku A, prema tome one bi se sekle po nekoj pravoj s. Neka je c c ravan koja sadri pravu n i see pravu s u nekoj taki S. Pri tome ravan see z c c c ravni i po dvema raznim pravama p i p od kojih svaka sadri taku S, a z c upravna je na pravoj n, to je nemogu´e. s c 2. Narednom teoremom ustanovljuje se jedno u geometriji veoma znaajno c tvrdenje koje nazivamo teoremom o trima normalama. Teorema 2.7.4. Ako je neka prava AB upravna na ravni u taki B, a prava c BC upravna u taki C na nekoj pravoj p , tada je AC p. c

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

47

A

B

C p D

Sl. 2.7.4 Dokaz. Neka je D taka prave p, s bilo koje strane od take C, takva da je AB = c c DCB, pa je AC BD. Sad je ABD DCA, CD. Pri tome je ABC = = = pa je ABD ACD. No ABD je prav, pa je i njemu podudaran ACD = prav. Stoga je AC p (Sl. 2.7.4). Teorema 2.7.5. Dve prave m i n upravne na istoj ravni medu sobom su paralelne.

m n

K

p M N

Sl. 2.7.5 Dokaz. Ustanovimo najpre da su prave m i n komplanarne. Obeleimo sa M i z N take u kojima prave m i n prodiru ravan , sa K taku prave m razliitu od c c c take M i sa p pravu koja pripada ravni , a upravna je na pravoj M N u taki c c N (Sl. 2.7.5). Prema teoremi o trima normalama imamo da je KN p. Prave n, KN , M N upravne su na pravoj p u istoj taki N , te pripadaju jednoj ravni . c Prava m ima sa ravni dve razne zajednike take K i M , te je m . Stoga su c c prave m i n komplanarne. Dokaimo sad da je m n. Ako komplanarne prave m i n ne bi bile paralelne, z one bi se sekle u nekoj taki S. U tom sluaju postojale bi dve razne prave m i n c c koje sadre taku S a upravne su na pravoj M N , to je nemogu´e. z c s c

48

Geometrija

3. Relacija upravnosti prave i ravni omogu´uje da uvedemo pojam medijalne c ravni jedne dui. z Definicija 2.7.2. Medijalnom ravni dui P Q u prostoru E 3 nazivamo ravan z koja sadri sredite O te dui i upravna je na njoj. z s z S obzirom da du poseduje samo jedno sredite i da u prostoru E 3 postoji z s samo jedna ravan upravna na nekoj pravoj u nekoj taki, du P Q u prostoru E 3 c z poseduje samo jednu medijalnu ravan. Pomenimo samo najznaajnije svojstvo c medijalne ravni jedne dui; to svojstvo izraeno je slede´om teoremom. z z c Teorema 2.7.6. Neka je u prostoru E 3 zadata du P Q. Skup svih taaka X E 3 z c takvih da je P X QX predstavlja medijalnu ravan dui P Q. z =

X

P

O

Q

Sl. 2.7.6 Dokaz. Prema poznatoj teoremi, na pravoj P Q postoji jedinstvena taka O takva c da je P O QO, ta taka je sredite dui P Q. Ako je X neka druga taka prostora c s z c = E 3 za koju je P X QX, bi´e P OX QOX, pa su naporedni uglovi P OX i c = = QOX podudarni, i prema tome pravi. Stoga je OX P Q, i prema tome X . Obratno, ako je X i X = O, tada su naporedni uglovi P OX i QOX podudarni, te iz relacija OP OQ i OX OX sledi da je P X QX (Sl. 2.7.6). = = =

2.8

Podudarnost diedara. Upravne ravni

Kao pri ustanovljavanju pojma podudarnosti uglova postupa se pri ustanovljavanju pojma podudarnosti diedara. Stoga je neophodno najpre dokazati da vai z slede´a teorema. c Teorema 2.8.1. U svakoj izometrijskoj transformaciji I prostora E 3 diedru odgovara diedar.

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

49

µ

µ

Sl. 2.8.1 Dokaz. Neka je u prostoru E 3 dat diedar . Ako je taj diedar opruen, dokaz z sleduje neposredno. Ako diedar nije opruen, dovoljno je razmotriti sluaj z c kada je on konveksan (Sl. 2.8.1). U tom cilju obeleimo sa i pljosni diedra z . U izometrijskoj transformaciji I poluravnima i sa zajednikim rubom c - poluravni i sa zajednikim rubom s , te diedarskoj s odgovaraju takode c povri odgovara takode diedarska povr . Ako zatim obeleimo sa A, s s z B, A , B proizvoljne take poluravni , , , , sa µ, , µ , ravni odredene c poluravnima , , , i sa 1 , 2 , 1 , 2 poluprostore (µ, B), (, A), (µ , B ), ( , A ), imamo da je I(1 ) = 1 , I(2 ) = 2 , i 1 2 = , 1 2 = , pa je I() = I(1 2 ) = 1 2 = . Relacija podudarnosti diedara omogu´uje da na skupu diedara ustanovimo c relacije koje izraavamo reima manji od" i ve´i od". z c c " "

Sl. def. 2.8.1 Definicija 2.8.1. Kae se da je diedar manji od diedra i simboliki obeleava z c z < ili da je diedar ve´i od diedra i simboliki obeleava sa > ako c c z u diedru postoji poluravan koja ga razlae na dva diedra od kojih je jedan z podudaran sa diedrom (Sl. def. 2.8.1). Svojstva ovih relacija potpuno su analogna svojstvima istoimenih relacija definisanih na skupu uglova, stoga ih posebno ovde ne´emo navoditi. Pomenu´emo c c samo da se pomo´u tih relacija uvodi pojam pravog, otrog i tupog diedra. Za c s jedan diedar kae se da je prav, otar ili tup u zavisnosti od toga da li je on z s podudaran, manji od ili ve´i od svojeg naporednog diedra. Uz pojam diedra c nerazdvojno je vezan i pojam njegovog nagibnog ugla ili kako se e´e kae ugla c sc z diedra.

50

Geometrija

Definicija 2.8.2. Nagibnim uglom ili uglom diedra nazivamo ugao po kojem neka ravan upravna na ivici tog diedra see taj diedar. c

B

B

O O A A

Sl. def. 2.8.2 Nije teko ustanoviti da veliina ugla jednog diedra ne zavisi od poloaja take s c z c u kojoj se postavlja ravan upravna na ivici s nekog diedra (Sl. def. 2.8.2). Zaista, ako obeleimo AOB i A O B uglove po kojima dve razne ravni i upravne na z pravoj s seku diedar , bi´e poluprave OA i O A , a isto tako poluprave OB i O B c c paralelne i istosmerne, te je AOB A O B . Na taj nain, sve ravni upravne na = ivici jednog diedra seku taj diedar po podudarnim uglovima. Stavie, vai optije s z s tvrdenje koje predstavlja kriterijum podudarnosti dvaju diedara; navodimo ga u vidu slede´e teoreme. c Teorema 2.8.2. Da bi dva diedra i u prostoru E 3 bila medu sobom podudarna potrebno je i dovoljno da njihovi nagibni uglovi i budu medu sobom podudarni.

B

B

O A

O A

Sl. 2.8.2 Dokaz. Pretpostavimo najpre da je . U tom sluaju postoji izometrijska c = 3 takva da je I() = (Sl. 2.8.2). Ako je ravan transformacija I prostora E

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

51

upravna na ivici s diedra , tada je i ravan I() = upravna na ivici I(s) = s diedra . Po definiciji imamo da je = i = , pa je I() = I( ) = I() I() = = Stoga je i . Obratno tvrdenje preputamo itaocu da dokae sam. s c z = Pojam ugla diedra omogu´uje da definiemo ugao dveju ravni i relaciju ortoc s gonalnosti dveju ravni u prostoru E 3 . Definicija 2.8.3. Neka su i dve ravni koje se seku po nekoj pravoj s. Te ravni odreduju dva para unakrsnih diedara. Ugao manjeg od tih diedara nazivamo uglom tih dveju ravni i simboliki obeleavamo sa (, ). Specijalno, ako su pomenuti c z diedri podudarni, (, ) je prav. U tom sluaju kaemo da je ravan upravna, c z normalna ili ortogonalna na ravni i simboliki obeleavamo sa . c z Iz same definicije neposredno zakljuujemo da je relacija upravnosti dveju ravni c simetrina, tj. da iz relacije sledi relacija . Navodimo jo nekoliko c s vanijih svojstva ove relacije. z Teorema 2.8.3. Ako je prava n upravna na ravni , tada je svaka ravan , koja sadri pravu n, upravna na ravni . z

n

s S p

Sl. 2.8.3 Dokaz. S obzirom da je prava n upravna na ravni , ona prodire ravan u nekoj taki S. Ravan razliita je od ravni , a ima s njom zajedniku taku S, te prema c c c c tome see tu ravan po nekoj pravoj s koja sadri taku S (Sl. 2.8.3). Neka je p c z c prava koja pripada ravni i koja je u taki S upravna na pravoj s. Kako su prave c n i p sadrane raspektivno u ravnima i , i u istoj taki S upravne na presenoj z c c pravoj s tih dveju ravni, te dve prave odreduju uglove diedara zahva´enih ravnima c i . Iz relacije n sledi da je n p, pa su uglovi diedara to ih odreduju s ravni i pravi. Stoga je i . Teorema 2.8.4. Ako prava p nije upravna na ravni , tada postoji jedna i samo jedna ravan koja sadri pravu p i upravna je na ravni z

52

Geometrija

p

P n

s

S

Sl. 2.8.4 Dokaz. Obeleimo sa P proizvoljnu taku prave p i sa n pravu koja sadri taku z c z c P i upravna je na ravni . Pri tome se prave n i p seku te odreduju neku ravan (Sl. 2.8.4). Budu´i da ravan sadri pravu n upravnu na ravni , prema c z prethodnoj teoremi imamo da je . Dokaimo da je jedina ravan koja sadri z z pravu p, a upravna je na ravni . Pretpostavimo da, osim ove ravni, postoji jo s neka takva ravan . Iz relacija i sledi da ravni i seku ravan po izvesnim pravama s i s . Ako je n prava koja pripada ravni , sadri taku P , a z c upravna je na pravoj s , bi´e n = n i n . U tom sluaju postojale bi dve razne c c prave n i n koje sadre taku P , a upravne su na ravni , to je nemogu´e. z c s c Teorema 2.8.5. Ako se dve ravni i upravne na ravni seku po nekoj pravoj s, tada je s .

s a S b

Sl. 2.8.5 Dokaz. Ako prava s ne bi zadovoljavala relaciju s , prema prethodnoj teoremi postojala bi jedna i samo jedna ravan koja sadri pravu s, a upravna je na ravni z . Stoga bi ravni i , od kojih svaka sadri pravu s i upravna je na ravni , z bile istovetne. Medutim, to je nemogu´e, jer se po pretpostavci ravni i seku c po pravoj s. Stoga je s (Sl. 2.8.5).

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

53

2.9

Ugao dveju pravih, ugao dveju ravni, ugao prave i ravni

Kada smo razmatrali uzajamni poloaj dveju pravih, ustanovili smo da se dve z prave mogu se´i u jednoj taki, da mogu biti medu sobom paralelne ili mimoilazne. c c Kada se dve prave p i q seku u jednoj taki, pomenuto je da one pripadaju jednoj c ravni i da u toj ravni odreduju dva para unakrsnih uglova. Ako ti uglovi nisu pravi, manji od tih uglova nazivamo uglom tih dveju pravih. Za paralelne prave doputa se re´i da zahvataju ugao mere nula ili ugao mere 180 . Pojam ugla dveju s c mimoilaznih pravih ustanovljujemo slede´om definicijom. c Definicija 2.9.1. Uglom dveju mimoilaznih pravih p i q u prostoru E 3 nazivamo ugao to ga odreduju njima paralelene prave a i b koje se seku u nekoj taki O. s c Specijalno, ako je ugao dveju mimoilaznih pravih u prostoru E 3 prav, tada kaemo z da su prave p i q upravne ili normalne medu sobom, i simboliki obeleavamo sa c z p q. Jasno je da se pri ovakvoj definiciji mora ustanoviti da veliina ugla dveju c mimoilaznih pravih p i q ne zavisi od poloaja take O u kojoj se seku njima z c paralelne prave a i b. Ova nezavisnost neposredno sleduje iz slede´e teoreme. c Teorema 2.9.1. Ugao izmedu dveju pravih a i b koje se seku u nekoj taki O c - njima paralelnih pravih a i b koje se takode seku podudaran je sa uglom izmedu u nekoj drugoj taki O . c

a O b

A

B

a A

O

b B

Sl. 2.9.1 Dokaz. S obzirom da je taka O u kojoj se seku prave a i b, razliita od take c c c O u kojoj se seku njima paralelne prave a i b , vai najmanje jedna od relacija z a = a i b = b . Neka je npr. a = a (Sl. 2.9.1). Ako obeleimo sa A i B z proizvoljne take pravih a i b, razliite od take O, sa A taku prave a' takvu da c c c c je OO AA i sa B taku prave b takvu da je AB A B , bi´e etvorouglovi c c c O A i AB A B . Osim toga, OO A A i AA B B paralelogrami, pa je OA = = dui OO i BB podudarne su i istosmerne sa dui AA , dakle i medu sobom, pa je z z OB O B stoga je OAB O A B pa je AOB A O B , i prema tome = = = (a, b) (a , b ). =

54

Geometrija

Dok je re o uglu dveju pravih, pomenimo jedno znaajno tvrdenje koje se c c odnosi na mimoilazne prave. To je teorema o zajednikoj normali dveju mic moilaznih pravih koja glasi: Teorema 2.9.2. Postoji jedna i samo jedna prava koja see svaku od dve mic moilazne prave a i b pod pravim uglovima.

A

a c b

C

B D

Sl. 2.9.2 Dokaz. S obzirom da su prave a i b mimoilazne, postoje jedinstvene ravni i takve da je a b i b a. Pri tome je . Zaista, ako bi se i sekle po nekoj pravoj s, ta prava bi bila paralelna sa svakom od pravih a i b, te bi vaila i relacija a b, to je suprotno pretpostavci. Na taj nain imamo da je z s c . Obeleimo sa C proizvoljnu taku prave a, sa D podnoje upravne iz iz z c z take C na ravni , sa B taku u kojoj prava c odredena relacijama D c a c c see pravu b i sa n pravu upravnu na ravni u taki B. Pri tome prava n see c c c pravu a u nekoj taki A. Budu´i da je prava n upravna na ravnima i ona je c c upravna i na pravama a i b (Sl. 2.9.2). Dokaimo da je n jedinstvena prava koja zadovoljava postavljene uslove. Ako z bi sem te prave postojala jo neka prava n koja see prave a i b u takama A i s c c B pod pravim uglovima, tada bi obe prave n i n bile upravne na ravnima i , i prema tome komplanarne. U tom bi sluaju i prave a i b bile komplanarne, to c s je suprotno pretpostavci.

Zadaci

Zadatak 2.1. Ako je I izometrijska transformacija prostora E n (n = 1, 2, 3), dokazati da za svake dve figure 1 i 2 tog prostora vae relacije: z a) I(1 2 ) = I(1 ) I(2 ); b) I(1 2 ) = I(1 ) I(2 ). Zadatak 2.2. Dokazati da u izometrijskoj transformaciji I prostora E n (n = 1, 2, 3) konveksnom liku odgovara konveksan lik , a konkavnom liku odgovara konkavan lik . Zadatak 2.3. Dokazati da u izometrijskoj transformaciji I ravni E 2 paralelnim pravama p i q odgovaraju paralelne prave p i q .

Glava 2. Izometrijske transformacije prostora E n

55

Zadatak 2.4. Dokazati da u izometrijskoj transformaciji prostora E 3 paralelnim ravnima i odgovaraju paralelne ravni i . Zadatak 2.5. Ako u izometrijskoj transformaciji I ravni E 2 (prostora E 3 ) dui z XY odgovara du X Y , dokazati da sreditu O dui XY odgovara sredite O z s z s dui X Y . z Zadatak 2.6. Ako u izometrijskoj transformaciji I ravni E 2 dui XY odgovara z du X Y , dokazati da medijatrisi m dui XY odgovara medijatrisa m dui X Y . z z z Zadatak 2.7. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Dokazati da je B C. =

AB AC =

Zadatak 2.8. Ako su B i C podnoja visina iz temena B i C trougla ABC, z dokazati da je AB AC BB CC . = = Zadatak 2.9. Ako su B1 i C1 sredita stranica CA i AB trougla ABC, dokazati s da je AB AC BB1 CC1 . = = Zadatak 2.10. Ako su B i C take u kojima bisektrisa unutranjih uglova B i c s C seku naspramne stranice CA i AB trougla ABC, dokazati da je AB AC BB CC . = = Zadatak 2.11. Ako su B1 i C1 sredita stranica CA i AB trougla ABC u ravni s E 2 , dokazati da je BC C1 B1 i BC = 2C1 B1 . Zadatak 2.12. Ako su M i N sredita bonih stranica AD i BC trapeza ABCD, s c dokazati da je AB + CD = 2M N. Zadatak 2.13. Dokazati da sredita stranica bilo kojeg etvorougla predstavljaju s c temena nekog paralelograma ili se nalaze na jednoj pravoj. Zadatak 2.14. U prostoru E 3 dati su ravan i taka P . Konstruisati pravu n c takvu da je P n i n . Analizirati sluaj kada je (a) P ; (b) P . c Zadatak 2.15. U prostoru E 3 dati su prava n i taka P . Konstruisati ravan c takvu da je P i n. Analizirati sluaj kada je (a) P n; (b) P n. c Zadatak 2.16. Ako je u prostoru E 3 prava P Q upravna na ravni u taki Q, a c prava P R upravna na pravoj s u taki R, dokazati da je QR s. c Zadatak 2.17. Konstruisati skup svih taaka prostora E 3 podjednako udaljenih c od triju datih nekolinearnih taaka A, B, C E 3 . c

56

Geometrija

Zadatak 2.18. Dokazati da se oko svakog tetraedra ABCD u prostoru E 3 moe z opisati sfera. Zadatak 2.19. U prostoru E 3 date su dve ravni , i dve prave p, q takve da je p i q . Dokazati da je p q. Zadatak 2.20. Ako su P i Q podnoja zajednike normale dveju mimoilaznih z c pravih p i q prostora E 3 , dokazati da je du P Q kra´a od svih ostalih dui koje z c z spajaju take pravih p i q. c Zadatak 2.21. Date su u prostoru E 3 dve mimoilazne prave p i q. Konstruisati pravu koja see svaku od pravih p i q pod pravim uglovima. c Zadatak 2.22. Dokazati da u prostoru E 3 postoji jedinstvena prava koja sadri z datu taku O a upravna je na svakoj od dveju mimoilaznih pravih p i q. c Zadatak 2.23. Neka je u prostoru E 3 dat nekomplanaran etvorougao ABCD. c CD i BC AD, dokazati da je prava koja sadri sredita z s Ako je pri tome AB = = P i Q dijagonala AC i BD zajednika normala mimoilaznih pravih AC i BD. c Zadatak 2.24. Neka je u prostoru E 3 dat nekomplanaran etvorougao ABCD. c Ako su P , Q, R, S sredita stranica AB, BC, CD, DA tog etvorougla, dokazati s c da je P R QS AC BD. = Zadatak 2.25. Date su u prostoru E 3 dve mimoilazne prave p i q. Konstruisati skup sredita svih dui kojima krajevi pripadaju pravama p i q. s z Zadatak 2.26. Date su u prostoru E 3 etiri mimoilazne prave p, q, r, s. Konc struisati skup sredita svih paralelograma P QRS kojima temena P , Q, R, S s respektivno pripadaju pravama p, q, r, s. Zadatak 2.27. Date su u prostoru E 3 tri mimoilazne prave a, b, c. Konstruisati taku O takvu da svake dve od triju ravni (a, O), (b, O), (c, O) budu medu c sobom upravne. Zadatak 2.28. U prostoru E 3 date su dve ravni i koje se seku po jednoj pravoj. Konstruisati skup svih taaka tog prostora kojima je zbir ili razlika odstoc janja od ravni i jednaka datoj dui s. z Zadatak 2.29. Dokazati da je zbir uglova nekomplanarnog etvorougla AECD c u prostoru E 3 manji od zbira etiri prava ugla. c Zadatak 2.30. Dokazati da je zbir ivinih uglova konveksnog n-tostranog roglja c manji od zbira etiri prava ugla. c

Glava 3

Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

3.1 Direktne i indirektne izometrijske transformacije ravni E 2

U prethodnom poglavlju izveli smo definiciju i neka opta svojstva izometrijskih s transformacija prostora E n (n = 1, 2, 3). Ona su omogu´ila da se u razmatranom prostoru pristupi izgradnji teorije poc dudarnosti geometrijskih likova. Brojna pitanja koja se postavljaju u toj teoriji ukazuju na neophodnost uvodenja i razmatranja specifinih vrsta izometrijskih c transformacija. Prirodno je da se te specifine vrste prouavaju posebno; najc c pre na pravoj E 1 , zatim u ravni E 2 , najzad u prostoru E 3 . Zbog jednostavnosti ne´emo se zadravati na izvodenju specifinih vrsta izometrijskih transformacija c z c 1 ; pristupi´emo odmah izvodenju specifinih vrsta izometrijskih transforprave E c c macija ravni E 2 . U ovom odeljku razmatra´emo tzv. direktne i indirektne izometrijske transc formacije ravni E 2 . Da bismo definisali te vrste izometrijskih transformacija neophodno je pomenuti tvrdenje prema kojem svaka izometrijska transformacija 2 prevodi istosmerne trouglove u istosmerne trouglove, a suprotnosmerne ravni E trouglove u suprotnosmerne trouglove. Dokaz ovog tvrdenja neto je sloeniji, te s z ga ovde ne´emo navoditi. Iz tog tvrdenja neposredno se zakljuuje da postoje c c dve vrste izometrijskih transformacija ravni E 2 ; to su direktne izometrijske transformacije koje ne menjaju orijentaciju ravni E 2 i indirektne izometrijske transformacije koje menjaju orijentaciju te ravni. Da bismo ustanovili da li je neka izometrijska transformacija ravni E 2 direktna ili indirektna, dovoljno je utvrditi da li neke dve odgovaraju´e trojke nekolinearnih taaka odreduju istosmerne ili c c suprotnosmerne trouglove. Tako npr. na Sl. 3.1(a) istosmerni podudarni trouglovi ABC i A B C odreduju 57

58

Geometrija

direktnu, a na Sl. 3.1(b) suprotnosmerni podudarni trouglovi ABC i A B C odreduju indirektnu izometrijsku transformaciju razmatrane ravni. Jasno je da identina transformacija ravni E 2 predstavlja direktnu izometrijsku transformac ciju te ravni.

B A A A A B

B

C

C

B

C

C

(a) Sl. 3.1

(b)

Pozivaju´i se na teoremu 2.1.5 neposredno se ustanovljuje da je direktna (indic rektna) izometrijska transformacija ravni E 2 jednoznano odredena ako su zadata c dva para odgovaraju´ih taaka. Stavie, kao specijalan sluaj tog tvrdenja nalac c s c zimo da direktna izometrijska transformacija ravni E 2 sa dve razne invarijantne take uvek predstavlja koincidenciju. Pomenimo jo i tvrdenje prema kojem komc s pozicija sastavljena iz dveju direktnih ili dveju indirektnih izometrijskih transformacija ravni E 2 uvek predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju te ravni; naprotiv, kompozicija sastavljena iz jedne direktne i jedne indirektne izometrijske transformacije ravni E 2 uvek predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju. To svojstvo omogu´uje da ustanovimo da skup svih direktnih izometrijskih c transformacija ravni E 2 predstavlja nekomutativnu podgrupu grupe G(I) svih izometrijskih transformacija ravni E 2 . Tu podgrupu nazivamo grupom direktnih izometrijskih transformacija ravni E 2 i simboliki oznaavamo G(I+ ). c c

3.2

Osna refleksija ravni E 2

Direktne i indirektne izometrijske transformacije ravni E 2 predstavljaju samo jedan vid razvrstavanja izometrijskih transformacija te ravni. Razvrstavanju tih transformacija moemo pristupiti na potpuno drugaiji nain. Kada smo svojevrez c c meno razmatrali tvrdenje prema kojem izometrijska transformacija ravni E 2 sa tri nekolinearne invarijantne take predstavlja koincidenciju, bilo je prirodno postaviti c pitanje koje su to neidentine izometrijske transformacije te ravni koje poseduju c dve, jednu ili nula invarijantnih taaka. Pristupimo razmatranju neidentinih izoc c metrijskih transformacija ravni E 2 koje poseduju po dve razne invarijantne take c i prema tome po jednu pravu kojoj su sve take invarijantne. Takve izometrijske c transformacije ravni E 2 naziva´emo osnim refleksijama te ravni. c Definicija 3.2.1. Osnom refleksijom ili osnom simetrijom ravni E 2 sa osom p E 2 nazivamo neidentinu izometrijsku transformaciju Sp : E 2 E 2 kojoj je svaka c taka prave p invarijantna. c

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

59

Iz ove definicije i teoreme 2.1.5 iz prethodnog poglavlja neposredno zakljuujemo c da osna refleksija Sp ravni E 2 van prave p nema invarijantnih taaka. Ako u osnoj c refleksiji Sp ravni E 2 taki X E 2 odgovara neka druga taka X E 2 , lako se usc c tanovljuje da je prava p medijatrisa dui XX . Zaista, ako obeleimo sa A i B dve z z c razne take prave p, imamo da je AX AX i BX BX , pa je svaka od taaka c = = A, B na medijatrisi dui XX . Budu´i da dve razne take odreduju samo jednu z c c pravu, medijatrisa dui XX poklapa se sa pravom p. Iz ovih svojstava neposredno z sleduje da je osna refleksija ravni E 2 jednoznano odredena svojom osom ili pak c jednim parom odgovaraju´ih neistovetnih taaka. Izvodimo jo nekoliko vanijih c c s z svojstava osne refleksije ravni E 2 . Teorema 3.2.1. Osna refleksija Sp ravni E 2 je indirektna izometrijska transformacija.

C p A C B

Sl. 3.2.1 Dokaz. Ako obeleimo sa A i B dve razne take ose p i sa C bilo koju taku ravni z c c E 2 van ose p (Sl. 3.2.1), bi´e prava p medijatrisa dui CC , gde je C = Sp (C). c z Stoga su take C i C s raznih strana prave p, pa su odgovaraju´i trouglovi ABC c c i ABC suprotnosmerni, i prema tome transformacija Sp indirektna. Narednom teoremom ustanovi´emo da je osna refleksija involuciona transforc macija. Inae, involucionom transformacijom naziva se svaka neidentina transc c formacija f kojoj kvadrat predstavlja koincidenciju, tj. f 2 = E. Re involucija je latinskog porekla a znai izdanak ili pupoljak; u geometriju ga c c je uveo francuski matematiar i inenjer Zerar Dezarg (1593­1662). c z Teorema 3.2.2. Osna refleksija Sp euklidske ravni E 2 je involuciona transformacija. Dokaz. Obeleimo sa X proizvoljnu taku ravni E 2 i sa X , X take takve da je z c c Sp (X) = X i Sp (X ) = X .

Ako je X p, tada je X = X i X = X , pa je X = X . Ako je X p, tada je X = X i X = X , pa je osa p osne refleksije Sp medijatrisa svake od dui XX i z X X , pa je X = X . Ovim smo dokazali da u svakom sluaju vai relacija c z S2 = E, p pa je osna refleksija Sp involuciona transformacija.

60

Geometrija

Teorema 3.2.3. Ako indirektna izometrijska transformacija I ravni E 2 poseduje bar jednu invarijantnu taku A, ona predstavlja neku osnu refleksiju Sp kojoj osa c p sadri invarijantnu taku A. z c

A

P p

P

Sl. 3.2.3 Dokaz. S obzirom da je I indirektna i E direktna izometrijska transformacija, bi´e c I = E. Stoga u ravni E 2 postoji taka P takva da je I(P ) = P i P = P . c Pri tome je (P, A) (P , A), pa se taka A nalazi na medijatrisi p dui P P c z = (Sl. 3.2.3). Budu´i da su Sp i I indirektne izometrijske transformacije, kompozicija c Sp I predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju ravni E 2 . Ta transformacija poseduje dve razne invarijantne take A i P , te prema ranije izvedenoj teoremi c predstavlja koincidenciju. Stoga je Sp I = E i prema tome I = Sp .

Teorema 3.2.4. Ako su Sp i Sq dve osne refleksije ravni E 2 sa raznim osama p i q, a X taka te iste ravni E 2 , tada je c Sq Sp (X) = X X = p q. Dokaz. Pretpostavimo najpre da je Sq Sp (X) = X. Ako obeleimo sa X taku z c takvu da je Sp (X) = X , bi´e i Sq (X ) = X. Indirektnim postupkom dokaimo da c z je X = X . Ako bi, naprotiv, vaila relacija X = X , tada bi postojale dve razne mediz jatrise p i q dui XX , to je nemogu´e. Stoga je X = X , pa je Sp (X) = X i z s c Sq (X) = X. Iz ovih jednakosti sledi da je X p i X q, pa je X = p q. Obratno, ako pretpostavimo da je zadovoljena relacija X = pq, tada je X p i X q, pa je Sp (X) = X i Sq (X) = X, i prema tome Sq Sp (X) = X. Narednom teoremom razmatra´emo transmutaciju osne refleksije bilo kojom c izometrijskom transformacijom. Transmutacijom ili preobraavanjem neke transz formacije f nekom transformacijom g nazivamo kompoziciju f = g f g -1 . Teorema 3.2.5. Ako je Sp osna refleksija euklidske ravni E 2 i I bilo koja izometrijska transformacija te iste ravni, zatim p prava koja u izometriji I odgovara pravoj p, tada je I Sp I-1 = Sp .

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

Sp X I Sp X I X1 X1

61

Sl. 3.2.5 Dokaz. Prema definiciji osne refleksije, za svaku taku P p koja u izometriji I c odgovara nekoj taki P p, imamo da je (Sl. 3.2.5) c Sp I-1 (P ) = I-1 (P ). Ako obe strane ove jednakosti pomnoimo s leva sa izometrijom I, dobijamo da je z I Sp I-1 (P ) = I I-1 (P ) = E(P ) = P . Na taj nain, kompozicija I Sp I-1 prevodi svaku taku prave p u tu istu taku. c c c Budu´i da ta kompozicija predstavlja indirektnu, dakle neidentinu, izometrijsku c c transformaciju ravni E 2 kojoj je svaka taka prave p invarijantna, ona predstavlja c osnu refleksiju Sp , naime bi´e c I Sp I-1 = Sp .

Teorema 3.2.6. Dve osne refleksije Sp i Sq euklidske ravni E 2 , sa raznim osama p i q, su komutativne transformacije ako i samo ako je p q, naime bi´e c Sq Sp = Sp Sq p q Dokaz. Pretpostavimo najpre da je Sq Sp = Sp Sq , tj. () Sq Sp Sq = Sp

Ako obeleimo sa p pravu odredenu relacijom Sq (p) = p , prema zakonu transz mutacije osne refleksije Sp osnom refleksijom Sq , nalazimo da je () Sq Sp Sq = Sp .

Iz jednakosti () i () sledi da je Sp = Sp , pa je p = p , tj. p = Sq (p). Otuda i iz relacije p = q zakljuujemo da je p q. c Obratno, pretpostavimo sad da je p q. Iz ove relacije sledi da je Sq (p) = p, te prema zakonu transmutacije osne refleksije Sp osnom refleksijom Sq , nalazimo da je Sq Sp Sq = Sp , tj. Sq Sp = Sp Sq .

62

Geometrija

Osna refleksija ravni E 2 omogu´uje da u geometriji te ravni ustanovimo specifinu c c relaciju podudarnosti, tzv. relaciju osnosimetrine podudarnosti likova. c Definicija 3.2.2. Kae se da je u ravni E 2 lik osnosimetrian sa likom z c u odnosu na neku pravu s ako je Ss () = . Pravu s nazivamo osom simetrije likova i . Specijalno, ako je Ss () = , tada se kae da je prava s osa simetrije z lika .

s A B

Sl. def. 3.2.2 Nije teko ustanoviti da du AB u ravni E 2 (Sl. def. 3.2.2) ima dve i samo s z dve ose simetrije; jedna od tih osa sadri du AB, a druga predstavlja njenu z z 2 ima samo jednu osu simetrije, to je prava koja medijatrisu. Ugao u ravni E sadri njegovu bisektrisu. z

Primeri

Da bismo ukazali na nain kori´ena osnih refleksija ravni E 2 u reavanju c sc s zadataka, navodimo dva karakteristina primera. c Primer 3.1. U zadati krug l ravni E 2 upisati ABC kojem su stranice BC, CA, AB paralelne respektivno sa zadatim pravama a, b, c.

r

A X O s B l q

X p

C

Sl. Primer 3.1 Reenje. Pretpostavimo da postoji ABC koji zadovoljava postavljene uslove. s Medijatrise p, q, r stranica BC, CA, AB sadre sredite O kruga l i upravne su z s na pravama a, b, c. Kompozicija Sr Sq Sp predstavlja indirektnu izometrijsku

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

63

transformaciju ravni E 2 sa invarijantnim takama O i B, prema tome prezentira c osnu refleksiju Ss kojoj osa s sadri take O i B (Sl. Primer 3.1). z c Pristupaju´i konstrukciji ABC, ustanovimo najpre poloaj prave s. Stoga c z konstruiimo prave p, q, r koje sadre taku O, a upravne su na pravama a, b, s z c c. Ako je X taka koja u kompoziciji Sr Sq Sp odgovara proizvoljnoj taki X c c razliitoj od take O, bi´e Ss (X) = X . Pri relaciji X = X prava s je medijatrisa c c c dui XX , a pri relaciji X = X prava s je odredena takama O i X. U oba sluaja z c c prava s sadri taku O, prema tome see krug l u dvema takama; neka je B bilo z c c c koja od njih. Ako obeleimo sa C i A take takve da je Sp (B) = C i Sq (C) = A, z c bi´e A, B, C tri razne take kruga l, prema tome one odreduju ABC upisan u c c krugu l. Iz relacije Sr Sq Sp = Ss sledi da je Sr = Ss Sp Sq , pa je Sr (A) = B. Na taj nain, prave p, q, r predstavljaju medijatrise stranica c BC, CA, AB, pa je BC a, CA b, AB c. S obzirom da prava s see krug l u c dvema takama, problem ima dva reenja. c s Primer 3.2. Neka su u ravni E 2 data dva etvorougla ABCD i A B C D upisana c u istom ili u koncentrinim krugovima. Ako su pri tome tri stranice etvorougla c c ABCD paralelne sa odgovaraju´im stranicama etvorougla A B C D , dokazati da c c su i preostale dve odgovaraju´e stranice tih etvorouglova medu sobom paralelne. c c

r C C q D D s O A A B

B

p

Sl. Primer 3.2 Reenje. S obzirom da su etvorouglovi ABCD i A B C D upisani u istom ili u s c koncentrinim krugovima, njihove paralelne stranice npr. AB i A B , BC i B C , c CD i C D imaju zajednike medijatrise, obeleimo ih sa p, q, r (Sl. Primer 3.2). c z Da bismo dokazali da je DA D A , dovoljno je dokazati da su i medijatrise s i s stranica DA i D A istovetne. U tom cilju razmotri´emo kompozicije c I1 = Ss Sr Sq Sp i I2 = Ss Sr Sq Sp .

64

Geometrija

Budu´i da se svaka od tih kompozicija sastoji iz parnog broja osnih refleksija, svaka c od njih predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju. Ako obeleimo sa O z zajedniki centar krugova opisanih oko zadatih etvorouglova ABCD i A B C D , c c imamo da je I1 (O) = O, I1 (A) = A i I2 (O) = O, I2 (A ) = A . Na taj nain, c direktne izometrijske transformacije I1 i I2 poseduju po dve razne invarijantne take, te prema poznatoj teoremi predstavljaju koincidencije. Stoga je I1 = I2 , i c prema tome Ss Sr Sq Sp = Ss Sr Sq Sp . Iz ove jednakosti nalazimo da je Ss = Ss , pa je s = s , i prema tome DA DA.

Zadaci

Zadatak 3.1. Ako u izometrijskoj transformaciji I ravni E 2 pravama p1 , . . . , pm odgovaraju respektivno prave p1 , . . . , pm dokazati da je I (Spm · · · Sp1 ) I-1 = Spm · · · Sp1 . Zadatak 3.2. Ako su a, b i c tri prave ravni E 2 , dokazati da je Ss Sa Ss = Sb Ss (a) = b. Zadatak 3.3. Date su u ravni E 2 tri prave p, q i r i dve take M i N . Konstruisati c u toj ravni prave s i s takve da je M s, N s i Sr Sq Sp (s) = s . Zadatak 3.4. U dati krug k ravni E 2 upisati petougao ABCDE kojem su stranice AB, BC, CD, DA, EA paralelne respektivno s datim pravama a, b, c, d, e. Zadatak 3.5. U ravni E 2 dati su prava s i s iste strane od te prave dve take A c i B. Konstruisati taku X s takvu da zbir dui AX i BX bude minimalan. c z Zadatak 3.6. U ravni E 2 dati su prava s i s raznih strana od te prave dve take A c i B. Konstruisati taku X s takvu da razlika dui AX i BX bude maksimalna. c z Zadatak 3.7. U ravni E 2 dati su prava s i dva kruga k1 i k2 . Konstruisati kvadrat ABCD kojem su temena A i C na pravoj s, a temena B i D na krugovima k1 i k2 . Zadatak 3.8. U ravni E 2 date su dve prave a, b i taka P . Konstruisati pravu p c koja sadri taku P i see prave a, b zahvataju´i sa njima jednake suprotne uglove. z c c c Zadatak 3.9. Dati su u ravni E 2 ugao AOB i dve take M , N . Odrediti na c polupravoj OA taku X takvu da prave M X i N X seku polupravu OB u takama c c XZ. Y i Z koje zadovoljavaju relaciju XY = Zadatak 3.10. Neka je u ravni E 2 dat pravougaonik ABCD kojem je AB = 3BC. Ako su E i F take stranice AB takve da je AE EF F B, dokazati da je c = = AED + AF D + ABD = 90 .

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

65

3.3

Predstavljanje izometrijskih transformacija ravni E 2 pomo´u osnih refleksija c

Od svojstava kojima raspolau osne refleksije euklidske ravni E 2 poseban z znaaj ima svojstvo prema kojem se svaka izometrijska transformacija te ravni c moe predstaviti u obliku kompozicije konanog broja osnih refleksija. Ono omogu´uje z c c da polaze´i od osnih refleksija izgradimo celovitu teoriju izometrijskih transformac cija euklidske ravni. Takvu zamisao nastoja´emo da, u izvesnoj meri, sprovedemo c i mi u ovom teaju. c Teorema 3.3.1. Svaka izometrijska transformacija I euklidske ravni E 2 moe se z predstaviti kao kompozicija konanog broja osnih refleksija; minimalan broj osnih c refleksija zastupljenih u takvoj kompoziciji nije ve´i od tri. c Dokaz. Prema maksimalnom broju invarijantnih linearno nezavisnih taaka izoc metrijske transformacije I, razlikujemo slede´a etiri sluaja: c c c 1 Izometrijska transformacija I moe da poseduje najvie tri invarijantne, z s linearno nezavisne take; to su nekolinearne take ravni E 2 , obeleimo ih sa A, c c z B, C. Prema poznatoj teoremi, takva izometrijska transformacija predstavlja koincidenciju, te s obzirom na involutivnost bilo koje osne refleksije Sp ravni E 2 imamo da je I = Sp Sp .

A B X p X

Sl. 3.3.1(a) 2 Pretpostavimo da izometrijska transformacija I poseduje najvie dve invaris jantne linearno nezavisne take, obeleimo ih sa A i B. Te take nisu istovetne, pa c z c odreduju neku pravu p (Sl. 3.3.1(a)). S obzirom da van prave p izometrijska transformacija I nema invarijantnih taaka, imamo da je I = E, te postoji taka X E 2 c c takva da je I(X) = X i X = X . Pri tome je (A, X) (A, X ) i (B, X) (B, X ) = = pa je prava p medijatrisa dui XX . Kompozicija Sp I predstavlja izometrijsku z transformaciju ravni E 2 , koja ima tri nekolinearne invarijantne take A, B, X pa c je Sp I = E, i prema tome I = Sp . 3 Pretpostavimo da izometrijska transformacija I poseduje samo jednu invarijantnu taku, obeleimo je sa A. S obzirom da je I = E, postoji taka X E 2 c z c takva da je I(X) = X i X = X . Pri tome je (A, X) (A, X ), pa je taka A na c = medijatrisi p dui XX . Stoga kompozicija Sp I poseduje dve razne invarijantne z

66

Geometrija

take A i X (Sl. 3.3.1(b)). Van prave AX kompozicija Sp I nema invarijantnih c taaka, jer bi u protivnom ta kompozicija predstavljala koincidenciju. U tom bi c sluaju iz jednakosti Sp I = E sledila relacija I = Sp , pa bi izometrija I posedovala c vie invarijantnih taaka, to je suprotno pretpostavci. Stoga, prema sluaju 2 , s c s c izometrijska transformacija Sp I predstavlja osnu refleksiju Sq kojoj osa q sadri z invarijantne take A i X. Iz jednakosti Sp I = E sledi da je c I = Sp Sq .

A

X q

X p

Sl. 3.3.1(b) 4 Pretpostavimo sad da izometrijska transformacija I uopte nema invaris jantnih taaka. U tom sluaju izometrija I moe se predstaviti kao kompozicija c c z sastavljena iz dve ili tri osne refleksije. Da bismo dokazali to tvrdenje, obeleimo z 2 , sa X njenu odgovaraju´u taku i sa p medijasa X proizvoljnu taku ravni E c c c trisu dui XX . Kompozicija Sp I predstavlja izometrijsku transformaciju ravni z E 2 sa invarijantnom takom X. Ta kompozicija ne moe imati tri nekolinearne c z invarijantne take, jer bi ona tada predstavljala koincidenciju. U tom bi sluaju iz c c jednakosti Sp I = E sledila relacija I = Sp , pa bi izometrija I imala invarijantnih taaka, to je suprotno pretpostavci. Ako bi kompozicija Sp I posedovala najvie c s s predstavljala dve invarijantne linearno nezavisne take, ona bi prema sluaju 2 c c neku osnu refleksiju Sq , kojoj osa q sadri pomenute invarijantne take. U tom z c sluaju iz jednakosti Sp I = Sq sledi da je c I = Sp Sq . Jasno je pri tome da prave p i q nemaju zajednikih taaka, jer bi u protivnom izoc c metrijska transformacija I imala zajednikih taaka, to je suprotno pretpostavci. c c s Najzad, ako je X jedina invarijantna taka kompozicije Sp I, prema sluaju 3 c c ta kompozicija predstavlja proizvod dveju osnih refleksija, obeleimo ih sa Sq i Sr . z Iz jednakosti Sp I = Sq Sr sledi da je I = Sp Sq Sr .

Definicija 3.3.1. Svaku kompoziciju konanog broja osnih refleksija euklidske c ravni E 2 kojom je predstavljena neka izometrijska transformacija I te ravni nazivamo osnorefleksivnom ili simetrijskom reprezentacijom te izometrije. Simetrijsku reprezentaciju izometrije I ravni E 2 sastavljenu iz najmanjeg mogu´eg broja osnih c refleksija nazivamo minimalnom ili optimalnom simetrijskom reprezentacijom te izometrije.

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

67

3.4

Pramenovi pravih u ravni E 2

1. S obzirom na uzajamni poloaj pravih, u ravni E 2 razlikujemo prave koje z se seku u jednoj taki i prave koje su medu sobom paralelne. Tim uzajamnim c poloajima odgovaraju dva pramena pravih; to su pramen konkurentnih i pramen z paralelnih pravih. Definicija 3.4.1. Skup X svih pravih ravni E 2 koje se seku u jednoj taki O c nazivamo pramenom konkurentnih pravih sa sreditem O i simboliki obeleavamo s c z sa XO . Skup X svih pravih ravni E 2 koje su paralelne s nekom pravom s E 2 , i prema tome medu sobom, nazivamo pramenom paralelnih pravih i simboliki c obeleavamo sa Xs . z Iz definicije neposredno sleduje da je pramen XO konkurentnih pravih ravni jednoznano odreden sreditem O tog pramena, a pramen Xs paralelnih pravih c s 2 jednoznano odreden bilo kojom svojom pravom s. ravni E c Premda su pramenovi pravih u ravni E 2 definisani nezavisno od pojma izometrijske transformacije, oni se mogu dovesti u tesnu vezu sa tim transformacijama, posebno sa osnim refleksijama. Pomenimo samo da se pomo´u osnih refleksija c moe ak izvesti i jedinstvena definicija pramena pravih, to mi ovde ne´emo z c s c initi. Izvedimo najvanija svojstva pramenova pravih koja se odnose na osne c z refleksije. E2 Teorema 3.4.1. Ako tri prave a, b, c ravni E 2 pripadaju nekom pramenu X, tada kompozicija Sc Sb Sa predstavlja neku osnu refleksiju Sd kojoj osa d takode pripada pramenu X.

O A B D C

a b d

c

a

b

d

c

(a) Sl. 3.4.1

(b)

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je X pramen konkurentnih pravih; neka je O njegovo sredite (Sl. 3.4.1(a)). S obzirom da taka O pripada svakoj od pravih s c a, b, c, imamo da je Sc Sb Sa (O) = O. Na taj nain, indirektna izometrijska c 2 poseduje invarijantnu taku O, te prema transformacija Sc Sb Sa ravni E c poznatoj teoremi predstavlja neku osnu refleksiju Sd . Pri tome je O d, i prema tome d X.

68

Geometrija

Pretpostavimo sad da je X pramen paralelnih pravih (Sl. 3.4.1(b)). Neka je s proizvoljna prava koja pripada ravni E 2 , a upravna je na pravama a, b, c. Iz relacija s a, b, c sleduje da svaka od osnih refleksija Sa , Sb , Sc prevodi pravu s u tu istu pravu menjaju´i njenu orijentaciju. Stoga kompozicija Sc Sb Sa takode c prevodi pravu s u tu istu pravu, menjaju´i njenu orijentaciju. Otuda sleduje da c na pravoj s postoji invarijantna taka D. Na taj nain, indirektna izometrijska c c transformacija Sc Sb Sa ravni E 2 poseduje invarijantnu taku D, te prema c poznatoj teoremi predstavlja neku osnu refleksiju Sd . Pri tome je D d i d s, pa je d X. Teorema 3.4.2. Ako kompozicija Sc Sb Sa sastavljena iz triju osnih refleksija ravni E 2 predstavlja neku osnu refleksiju Sd , tada ose a, b, c, d tih osnih refleksija pripadaju jednom pramenu. Dokaz. Pretpostavimo najpre da se prave a i b seku u nekoj taki O (Sl. 3.4.1(a)). c Prema poznatoj teoremi, iz relacije a b = O sledi da je O jedina invarijantna taka kompozicije Sb Sa . Budu´i da je Sc Sb Sa = Sd , tj. Sb Sa = Sc Sd , bi´e c c c O jedina invarijantna taka i kompozicije Sc Sd . Stoga se prave c i d takode seku c u taki O, te prave a, b, c, d pripadaju jednom pramenu. c Pretpostavimo sad da su prave a i b medu sobom paralelne (Sl. 3.4.1(b)). Ako 2 upravnu na pravama a i b, imamo da je obeleimo sa s bilo koju pravu ravni E z Sb Sa (s) = s. Budu´i da je Sc Sb Sa = Sd , tj. Sb Sa = Sc Sd , bi´e i Sc Sd (s) = s. c c Stoga je c, d s, te sve prave a, b, c, d pripadaju jednom pramenu. 2. Teoremama 3.4.1 i 3.4.2 ustanovili smo da tri prave a, b, c neke ravni E 2 pripadaju jednom pramenu X ako i samo ako kompozicija Sb Sc Sa predstavlja neku osnu refleksiju Sd . Stavie, ustanovljeno je da prava d pripada pramenu X. s Prirodno je postaviti pitanje koja jo geometrijska svojstva proistiu iz relacije s c Sb Sc Sa = Sd . Odgovor na to pitanje dobi´emo posle uvodenja naroite relacije na skupu pravih c c jednog pramena; to je tzv. relacija izogonalnosti parova pravih. Definicija 3.4.2. Kae se da je u ravni E 2 par pravih c i d izogonalno spregnut z - s parom pravih a i b ako je ili simetrino rasporeden c Sb Sc Sa = Sd tj. Sc Sa Sd = Sb .

Iz definicije neposredno sleduje da izogonalne prave a, b, c ravni E 2 pripadaju jednom pramenu pravih. Bez teko´a se ustanovljuje da uvedena relacija preds c stavlja relaciju ekvivalencije; preputamo itaocu da to svojstvo dokae sam. s c z Za nas je od posebnog znaaja kriterijum ustanovljavanja izogonalnosti dvaju c parova pravih u jednom pramenu koji glasi: Teorema 3.4.3. Neka su a, b, c, d etiri prave nekog pramena X E 2 . Da c bi parovi pravih a, b i c, d bili izogonalno spregnuti medu sobom, potrebno je i dovoljno da se ose simetrije pravih a i b poklapaju sa osama simetrije pravih c i d.

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

69

s

O

a

c

s

d

b

a

c

s

d

b

Sl. 3.4.3 Dokaz. Ustanovimo najpre da je uslov potreban. U tom cilju pretpostavimo da su parovi pravih a, b i c, d izogonalno spregnuti; tj. da je Sb Sc Sa = Sd . Neka je s osa simetrije pravih a i b. Ako obeleimo sa d pravu odredenu relacijom z Ss (c) = d , imamo da je d = d . Zaista, iz uvedenih pretpostavki sledi da je Ss Sa Ss = Sb i Ss Sd Ss = Sc .

Primenom ovih dveju jednakosti nalazimo da je Sd = Sb Sc Sa = (Ss Sa Ss ) (Ss Sd Ss ) Sa = Ss Sa (Sd Ss Sa ) = Ss Sa (Sa Ss Sd ) = Sd . Iz jednakosti Sd = Sd sledi da je d = d . Stoga je Ss (c) = d, pa je prava s osa simetrije pravih c i d. Obratno, pretpostavimo sad da se ose simetrije pravih a i b poklapaju sa osama simetrije pravih c i d. U tom sluaju vae relacije c z Ss Sa Ss = Sb i Ss Sd Ss = Sc .

Primenom ovih dveju jednakosti nalazimo da je Sb Sc Sd = (Ss Sa Ss ) (Ss Sd Ss ) Sa = Ss Sa (Sd Ss Sa ) = Ss Sa (Sa Ss Sd ) = Sd .

Primeri

Primer 3.3. Dokazati da medijatrise stranica trougla u ravni E 2 pripadaju konkurentnom pramenu pravih.

70

Geometrija

A

q

s r R O B P p C Q

Sl. Primer 3.3 Reenje. Neka je u ravni E 2 dat ABC i neka su p, q, r medijatrise njegovih s stranica BC, CA, AB (Sl. Primer 3.3). S obzirom da je osna refleksija ravni E 2 indirektna izometrijska transformacija, bi´e kompozicija I = Sr Sq Sp takode c indirektna izometrijska transformacija. U toj kompoziciji taka B je invarijantna. c Zaista I(B) = Sr Sq Sp (B) = Sr Sq (C) = Sr (A) = B. Budu´i da indirektna izometrijska transformacija I ravni E 2 poseduje invarijantnu c taku B, prema ranije dokazanoj teoremi, ona predstavlja neku osnu refleksiju Ss c kojoj osa s sadri invarijantnu taku B. Iz jednakosti z c Sr Sq Sp = Ss , sleduje da prave p, q, r pripadaju jednom pramenu, obeleimo ga sa X. Prave p i z q tog pramena upravne su respektivno na dvema pravama BC i CA koje se seku, pa se i prave p i q seku u nekoj taki O. Stoga je X pramen konkurentnih pravih c sa sreditem O, te i prava r sadri taku O. s z c Primer 3.4. Dokazati da simetrale unutranjih uglova trougla u ravni E 2 pris padaju konkurentnom pramenu pravih.

s A p Q q B S r A C

Sl. Primer 3.4

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

71

Reenje. Neka su p, q, r simetrale unutranjih uglova A, B, C trougla ABC. Ako s s orijentisane prave BC, CA, AB obeleimo sa a, b, c, i te iste prave sa suprotnim z orijentacijama obeleimo sa a , b , c (Sl. Primer 3.4), bi´e z c Sr Sq Sp (b) = b . Na taj nain, kompozicija Sr Sq Sp indukuje na pravoj b indirektnu izometrijsku c transformaciju. Ako u toj transformaciji taki A b odgovara taka A b, c c bi´e sredite Q dui AA invarijantna taka. S obzirom da indirektna izometrijska c s z c transformacija Sr Sq Sp poseduje invarijantnu taku Q, prema poznatoj teoremi c ona predstavlja osnu refleksiju Ss pri emu je Q s i s b. Stoga prave p, q, r c pripadaju jednom pramenu X. Ako je D taka u kojoj prava p see du BC, bi´e c c z c take A i D s raznih strana prave q, te se prave p i q seku u nekoj taki S. Otuda c c sleduje da je X konkurentan pramen pravih sa sreditem S. s Primer 3.5. Neka je u ravni E 2 dat tetivan estougao ABCDEF . Ako pri tome s naspramne stranice AB i CD imaju zajedniku medijatrisu p, a naspramne strac nice BC i EF imaju zajedniku medijatrisu q, dokazati da i naspramne stranice c CD i AF imaju zajedniku medijatrisu r. c

D r

E

O C F r A p B q

Sl. Primer 3.5 Reenje. Ako obeleimo sa r i r medijatrise stranica CD i AE, tada kompozicija s z (Sl. Primer 3.5) (1) I = Sr Sq Sp Sr Sq Sp

sastavljena iz parnog broja osnih refleksija predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju sa dvema invarijantnim takama; to su teme A i sredite O kruga c s l opisanog oko tetivnog estougla ABCDEF . Stoga je prema poznatoj teoremi s (2) I=E

Budu´i da se prave p, q, r seku u taki O, one pripadaju jednom pramenu pravih, c c te kompozicija Sr Sq Sp predstavlja neku osnu refleksiju, dakle involutivnu

72 transformaciju, pa je (3) Sr Sq Sp = Sp Sq Sr .

Geometrija

Iz jednakosti (1), (2), (3) nalazimo da je E = Sr Sq Sp (Sr Sq Sp ) = Sr Sq Sp (Sp Sq Sr ) = Sr Sr . Stoga je Sr = Sr i prema tome r = r .

Zadaci

Zadatak 3.11. Dokazati da simetrala jednog unutranjeg ugla i simetrale spoljanjih s s uglova kod druga dva temena trougla u ravni E 2 pripadaju konkurentnom pramenu pravih. Zadatak 3.12. Dokazati da prave odredene visinama trougla u ravni E 2 pripadaju konkurentnom pramenu pravih. Zadatak 3.13. Dokazati da kompozicija neparnog broja osnih refleksija ravni E 2 kojima ose pripadaju jednom pramenu pravih, predstavlja takode osnu refleksiju kojoj osa pripada tom pramenu pravih. Zadatak 3.14. Neka je u ravni E 2 dat tetivan petougao ABCDE. Ako je pri tome BC CE i CD EA, dokazati da se teme D nalazi na medijatrisi p stranice AB. Zadatak 3.15. Neka su A, B, C tri nekolinearne take ravni E 2 , zatim a, b, c c odredene takama B i C, C i A, A i B, najzad p i p , q i q , r i r parovi c pravih izogonalno spregnutih respektivno sa parovima pravih b i c, c i a, a i b. Pri tome, ako prave p, q, r pripadaju nekom pramenu X, dokazati da i prave p , q , r pripadaju nekom pramenu X . Zadatak 3.16. Neka je u ravni E 2 dat etvorougao ABCD i neka su a, b, c, d c prave odredene stranicama AB, BC, CD, DA, zatim p i p , q i q , r i r , s i s parovi pravih izogonalno spregnutih respektivno sa parovima pravih d i a, a i b, b i c, c i d. Pri tome, ako su prave q i s izogonalno spregnute sa pravama p i q, dokazati da su i prave q i s izogonalno spregnute sa pravama p i r .

3.5

Centralna rotacija ravni E 2

1. Ve´ smo pomenuli da se izraunavanju sloenijih vrsta izometrijskih transc c z formacija euklidske ravni E 2 moe pristupiti razmatranjem specifinih vidova z c njihovih minimalnih simetrijskih reprezentacija. Pridravaju´i se tog naela usz c c tanovi´emo postupno sve postoje´e vrste izometrijskih transformacija euklidske c c ravni E 2 i izvesti njihova najvanija svojstva. Od tih vrsta razmatra´emo najpre z c centralne rotacije.

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

73

Definicija 3.5.1. Neka su Sp i Sq dve osne refleksije euklidske ravni E 2 kojima se ose p i q seku u nekoj taki O. Sredinjim obrtanjem ili centralnom rotacijom c s 2 oko take O za ugao nazivamo transformaciju R ravni E c O, odredenu relacijom RO, = Sq Sp (O = p q, = 2 (p, q)).

Taku O nazivamo sreditem ili centrom, a orijentisani ugao nazivamo uglom c s centralne rotacije RO, . S obzirom da je osna refleksija ravni E 2 indirektna izometrijska transformacija, kompozicija dveju osnih refleksija, prema tome i centralna rotacija ravni E 2 , predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju. Primenom teoreme 3.2.4 neposredno zakljuujemo da centralna rotacija ravni E 2 poseduje samo jednu inc varijantnu taku, to je sredite te centralne rotacije. c s Teorema 3.5.1. Dve centralne rotacije RO, i RO , iste ravni E 2 medu sobom su jednake ako i samo ako su take O i O istovetne, a uglovi i podudarni i c istosmerni.

O

b a b a

Sl. 3.5.1 Dokaz. Obeleimo sa a, b i a , b prave pomo´u kojih su definisane pomenute z c centralne rotacije; to su prave koje zadovoljavaju relacije (Sl. 3.5.1) RO, = Sb Sa i RO , = Sb Sa .

Ako pretpostavimo da je RO, = RO , imamo da je Sb Sa = Sb Sa , tj. () Sb Sa Sa = Sb .

Iz relacije () sledi da prave a, b, a , b pripadaju jednom pramenu, pa se taka c O = a b poklapa sa takom O = a b . Sem toga, iz relacije () sledi da su c prave a i b izogonalno spregnute sa pravama a i b, pa su orijentisani uglovi (a, b) i (a , b ), prema tome i uglovi i podudarni i istosmerni. Obratno, ako pretpostavimo da su take O i O istovetne, a uglovi i c podudarni i istosmerni, bi´e prave a, b, a , b konkurentne, a orijentisani uglovi c (a, b) i (a , b ) podudarni i istosmerni. Stoga su prave a i b izogonalno spregnute sa pravama a i b, pa je Sb Sa Sa = Sb , tj. Sb Sa = Sb Sa i prema tome RO, = RO , .

74

Geometrija

Teorema 3.5.2. U centralnoj rotaciji RO, ravni E takama X i Y razliitim od c c take O odgovaraju take X i Y takve da su istosmerni uglovi XOX i Y OY c c medu sobom podudarni.

Y

X Y O

X

Sl. 3.5.2 Dokaz. Neka je X1 taka ravni E 2 takva da je orijentisani ugao XOX1 podudaran c i istosmeran s uglom i OX OX1 . Ako taj ugao obeleimo sa , prema z = prethodnoj teoremi imamo da je RO, = RO, . Stoga je (Sl. 3.5.2) X1 = RO, (X) = RO, (X) = X . Na taj nain, istosmerni uglovi i XOX medu sobom su podudarni. Istim c postupkom dokazuje se da su i istosmerni uglovi Y OY i medu sobom podudarni. Stoga su i istosmerni uglovi XOX i Y OY medu sobom podudarni. 2. Iz dokazanih dveju teorema neposredno sleduje da je centralna rotacija ravni jednoznano odredena centrom O i jo jednim parom odgovaraju´ih taaka. c s c c Stavie, ako u centralnoj rotaciji RO, ravni E 2 takama A, B, C, . . . razliitim od s c c take O odgovaraju respektivno take A , B , C , . . . i ako uglove AOA , BOB , c c COC , . . . istosmerne sa uglom obeleimo redom sa 1 , 2 , 3 , . . . , bi´e z c E2 RO, = RO,1 = RO,2 = RO,3 = · · · Teorema 3.5.3. Ako direktna izometrijska transformacija I ravni E 2 poseduje jedinstvenu invarijantnu taku O, ona predstavlja centralnu rotaciju. c Dokaz. Obeleimo sa P i P dve razne take ravni E 2 takve da je I(P ) = P , z c sa p pravu odredenu takama O i P , a sa q medijatrisu dui P P . Iz relacije c z OP sledi da je O q te je O = p q. S obzirom da je I direktna OP = i Sq indirektna izometrijska transformacija, bi´e kompozicija Sq I indirektna c izometrijska transformacija. Ona poseduje dve razne invarijantne take O i P , c te prema poznatoj teoremi predstavlja osnu refleksiju Sp . Stoga je Sq I = Sp , pa je I = Sq Sp . Iz ove jednakosti i relacije O = p q, sledi da izometrijska transformacija I predstavlja centralnu rotaciju.

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

75

Teorema 3.5.4. Skup RO koji se sastoji iz identine transformacije i svih cenc tralnih rotacija ravni E 2 , koje imaju zajedniki centar O, predstavlja grupu. c Dokaz. Obeleimo sa RO, i RO, bilo koje dve centralne rotacije iz skupa RO , a z sa p proizvoljnu pravu koja sadri taku O i pripada ravni E 2 i sa m, n prave z c odredene relacijama RO, = Sp Sm i RO, = Sn Sp .

Mnoenjem odgovaraju´ih strana ovih dveju jednakosti nalazimo da je z c RO, RO, = Sn Sp Sp Sm = Sn Sm . S obzirom da prave m i n poseduju zajedniku taku O, one su istovetne ili se c c seku u toj taki, pa je c Sn Sm = E ili Sn Sm = RO,

gde je = 2 (m, n). Ovim smo dokazali da u svakom sluaju vai relacija c z RO, RO, RO . Ako obeleimo sa RO, bilo koju centralnu rotaciju iz skupa RO i sa p, q prave z 2 takve da je R ravni E c O, = Sq Sp , bi´e R-1 = (Sq Sp )-1 = Sp Sq = RO,- RO . O, S obzirom da transformacije iz skupa RO predstavljaju elemente grupe G(I) svih izometrijskih transformacija ravni E 2 , iz dokazanih svojstva sleduje da skup RO predstavlja takode grupu. Definicija 3.5.2. Grupu koja se sastoji iz identine transformacije i svih centralc nih rotacija ravni E 2 koje imaju zajedniki centar O, nazivamo grupom centralnih c rotacija te ravni oko take O, i simboliki obeleavamo sa G(RO ). c c z Teorema 3.5.5. Grupa G(RO ) centralnih rotacija ravni E 2 oko take O je koc mutativna; drugim reima, za svake dve centralne rotacije RO, i RO, iz grupe c G(RO ) vai relacija z RO, RO, = RO, RO, Dokaz. Obeleimo sa p proizvoljnu pravu koja pripada ravni E 2 i sadri taku O z z c i sa m, n prave ravni E 2 takve da je RO, = Sp Sm i RO, = Sn Sp

Mnoenjem odgovaraju´ih strana ovih dveju jednakosti, nalazimo da je z c RO, RO, = Sn Sp Sp Sm = Sn Sm , RO, RO, = Sp Sm Sn Sp

76

Geometrija

S obzirom da prave p, m, n ravani E 2 sadre istu taku O, one pripadaju jednom z c pramenu pravih, te kompozicija Sp Sm Sn predstavlja neku osnu refleksiju, dakle involucionu transformaciju. Stoga kvadrat te kompozicije predstavlja koincidenciju, naime bi´e c Sp Sm Sn Sp Sm Sn = E tj. Iz ove i prethodnih jednakosti nalazimo da je RO, RO, = RO, RO, . Sp Sm Sn Sp = Sn Sm .

Teorema 3.5.6. Ako je RO, centralna rotacija i I bilo koja izometrijska transformacija euklidske ravni E 2 , zatim O taka koja u izometriji I odgovara taki O c c i ugao koji u toj izometriji odgovara uglu , tada vai relacija z I RO, I-1 = RO , . Dokaz. Ako obeleimo sa m i n prave ravni E 2 takve da je z RO, = Sn Sm , z tada se prave m i n seku u taki O pod uglom (m, n) = 1 . Ako zatim obeleimo c 2 sa m i n prave koje u izometriji I odgovaraju respektivno pravama m i n, tada se prave m i n seku u taki O pod uglom (m , n ) = 1 . Stoga, primenom ranije c 2 dokazane teoreme 3.2.5 nalazimo da je I RO, I-1 = I (Sn Sm ) I-1 = I (Sn I-1 I Sm ) I-1 = (I Sn I-1 ) (I Sm I-1 ) = Sn Sm = RO , .

Teorema 3.5.7. Dve centralne rotacije RA, i RB, ravni E 2 su komutativne transformacije ako i samo ako se sredita A i B tih rotacija poklapaju; drugim s reima, imamo da je c RB, RA, = RA, RB, A = B Dokaz. Pretpostavimo najpre da je RB, RA, = RA, RB, tj. RB, RA, R-1 = RA, . B,

Ako u centralnoj rotaciji RB, taki A odgovara neka taka A , a uglu odgovara c c neki ugao , prema prethodnoj teoremi imamo da je RB, RA, R-1 = RA , . B,

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

77

Iz ove i prethodne jednakosti sledi da je RA, = RA , . Stoga su take A i A c istovetne, a uglovi i podudarni i istosmerni. Obratno tvrdenje na jedan nain ve´ smo dokazali prilikom izvodenja teoreme c c 3.5.5. Ono se moe dokazati i na slede´i nain. Pretpostavimo, dakle, da je A = B. z c c Ako u osnoj rotaciji RB, taki A odgovara taka A i uglu odgovara ugao , bi´e c c c take A i A istovetne a uglovi i podudarni i istosmerni, pa je RA, = RA , . c Stoga je prema prethodnoj teoremi RB, RA, R-1 = RA, B, tj. RB, RA, = RA, RB, . 3. Centralna rotacija omogu´uje da u ravni E 2 ustanovimo specifinu relaciju c c podudarnosti geometrijskih likova; to je relacija obrtne podudarnosti likova. Kae z 2 lik obrtno podudaran sa likom ako postoji centralna se da je u ravni E rotacija RO, ravni E 2 takva da je RO, () = . Posebno je znaajan sluaj c c kada je = . On dovodi do pojma tzv. centralne simetrije reda n. Definicija 3.5.3. Kae se da u ravni E 2 lik raspolae centralnom simetrijom z z reda n ako postoji centralna rotacija RO, 4R te ravni takva da je RO, 4R () = , gde je O taka ravni E 2 , R orijentisani prav ugao i n ceo pozitivan broj ili racionalan c broj oblika p : q pri emu su p i q uzajamno prosti brojevi. Taku O nazivamo c c sreditem te centralne simetrije reda n. s Centralna simetrija reda n posebno je znaajna u teoriji simetrija ravnih likova. c

n n

Primeri

Primer 3.6. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako je taka P podnoje upravne c z iz sredita S upisanog kruga na stranici BC, dokazati da je s RC,

ACB

RA,

A

BAC

RB,

CBA

= SP,180 .

S

B

P

C

Sl. Primer 3.6

78

Geometrija

Reenje. S obzirom da je taka S sredite upisanog kruga ABC, prave AS, BS, s c s CS su simetrale unutranjih uglova A, B, C, tog trougla, te primenom ranije s dokazane teoreme 3.2.5, nalazimo da je (Sl. Primer 3.6)

I = RC,

ACB

RA,

BAC

RB,

CBA

= SBC SCS SAS SAB SAB SBS = SBC SCS SAS SBS = SBC SSP = SP,180 .

Primer 3.7. Neka su u ravni E 2 data dva trougla ABC i A B C upisana u istom krugu l. Ako je pri tome AB A B i AC A C , dokazati da je BC B C . =

A r A q

O B B p p C C

Sl. Primer 3.7 Reenje. S obzirom da su trouglovi ABC i A B C upisani u istom krugu, njihove s paralelne stranice AB i A B imaju zajedniku medijatrisu r, a paralelne stranice c AC i A C imaju zajedniku medijatrisu q (Sl. Primer 3.7). Da bismo dokazali c da je BC B C , razmotrimo kompoziciju I odredenu relacijom I = Sr Sq . = Budu´i da je kompozicija sastavljena iz dveju osnih refleksija kojima se ose seku c u sreditu O kruga l, ona predstavlja centralnu rotaciju RO, ravni E 2 . U toj s centralnoj rotaciji takama C i C odgovaraju respektivno take B i B , pa je c c BC. BC =

Zadaci

Zadatak 3.17. Date su u ravni E 2 dve podudarne dui AB i A B . Odrediti z sredite i ugao centralne rotacije ravni E 2 koja prevodi take A i B respektivno u s c take A i B . c Zadatak 3.18. Date su dve centralne rotacije RA, i RB, iste ravni E 2 . Konstruisati taku X E 2 takvu da je RA, (X) = RB, (X). c

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

79

Zadatak 3.19. Date su u ravni E 2 dve prave a i b, taka O i ugao . Konstruisati c take X a i Y b takve da je OX OY i XOY . c = = Zadatak 3.20. Dati su u ravni E 2 dva kruga a, b i taka C. Konstruisati jedc nakostranian ABC kojem se temena A i B nalaze na krugovima a i b. c Zadatak 3.21. Dati su u ravni E 2 dve prave p i q, taka O i du l. Konstruisati c z krug k koji ima za sredite taku O i koji see prave p i q respektivno u takama s c c c A, B i C, D takvim da je AB + CD l. = Zadatak 3.22. Dati su u ravni E 2 krug k(O, r), dve take P , Q i ugao . Odrediti c na krugu k take X i Y takve da je P X QY i XOY . c = Zadatak 3.23. Dati su u ravni E 2 krug k, dve take P , Q i du l. Odrediti na c z l. krugu k take X i Y takve da je P X QY i XY = c Zadatak 3.24. Ako su A, B, C tri nekolinearne take ravni E 2 , dokazati da je c R2 C,

BCA

R2 B,

ABC

R2 A,

CAB

= E.

Zadatak 3.25. Neka je u ravni E 2 dat ABC i neka su B , C take pravih AB c i AC takve da je B(A, B, B ) i B(A, C, C ). Ako je Pa taka u kojoj spolja upisani c krug koji odgovara temenu A dodiruje stranicu BC tog trougla, dokazati da je RC,

C CB

RA,

BAC

RB,

CBB

= SP a .

Zadatak 3.26. Neka je RO, centralna rotacija i Sp osna refleksija iste ravni E 2 . Ako je taka O na pravoj p, dokazati da svaka od kompozicija c I1 = Sp RO, predstavlja osnu refleksiju. Zadatak 3.27. Dati su u ravni E 2 krug k(O, r), ugao i dve take P , Q. Odrediti c na krugu k take X i Y takve da je OP X OQY i XOY . c = = Zadatak 3.28. Dati su u ravni E 2 krug k(O, r), dve take P , Q i dva ugla , . c i OP X - OQY . Odrediti na krugu k take X i Y takve da je XOY = c = i I2 = RO, Sp

3.6

Centralna refleksija ravni E 2

1. Centralne rotacije ravni E 2 u optem sluaju nisu involucione transformas c cije. One su involucione samo u specijalnom sluaju kada su im uglovi rotacije c oprueni. Takve centralne rotacije nazivamo centralnim simetrijama ili centralnim z refleksijama ravni E 2 . Zbog svoje involutivnosti one raspolau nizom specifinih z c svojstava koja ´emo razmatrati u ovom odeljku. c

80

Geometrija

Definicija 3.6.1. Centralnom refleksijom SO ravni E 2 nazivamo kompoziciju dveju osnih refleksija Sp i Sq ravni E 2 kojima su ose p i q upravne medu sobom u taki O. Na taj nain, bi´e: c c c SO = Sq Sp = Sp Sq (p q = O).

Taku O nazivamo centrom ili sreditem centralne refleksije SO . c s Iz definicije neposredno sleduje da centralna refleksija SO ravni E 2 predstavlja centralnu rotaciju te ravni oko take O za opruen ugao. Kao takva, ona predc z stavlja direktnu izometrijsku transformaciju ravni E 2 sa jedinstvenom invarijantnom takom O. Svaku drugu taku X E 2 ona prevodi u taku X E 2 takvu c c c da je taka O sredite dui XX . Iz ovih osobina zakljuujemo da je centralna c s z c refleksija SO ravni E 2 jednoznano odredena takom O. c c Teorema 3.6.1. Centralna refleksija SO ravni E 2 je involuciona transformacija. Dokaz. Ako obeleimo sa p i q dve prave koje pripadaju ravni E 2 i koje su upravne z medu sobom u taki O, imamo da je SO = Sq Sp , pa je c S2 = (Sq Sp ) (Sq Sp ) = (Sq Sp ) (Sp Sq ) = E. O Stoga je centralna refleksija SO involuciona transformacija. Teorema 3.6.2. U centralnoj refleksiji SO ravni E 2 pravoj x koja sadri taku O z c odgovara ta ista prava, pravoj x koja ne sadri taku O odgovara prava x takva z c da je x x = . Dokaz. Pretpostavimo najpre da prava x sadri taku O. Ako obeleimo sa y z c z pravu ravni E 2 takvu da je O y x, bi´e SO = Sy Sx , pa je c SO (x) = Sy Sx (x) = Sy (x) = x. Pretpostavimo sad da je O x. Ako obeleimo sa p i q prave ravni E 2 takve z da je O p x i O q p, bi´e c SO = Sq Sp , pa je SO (x) = Sq Sp (x) = Sq (x) = x . S obzirom da su prave q i x ravni E 2 upravne na pravoj p u dvema raznim takama, c prave x i x su disjunktne. Otuda sleduje da su prave x i x s raznih strana q, pa je x x = . Teorema 3.6.3. Centralna refleksija SO i osna refleksija Sp ravni E 2 su dve komutativne transformacije ako i samo ako taka O pripada pravoj p, naime bi´e c c Sp SO = SO Sp O p.

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

81

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je () Sp SO = SO Sp , tj. Sp SO Sp = SO

Ako obeleimo sa O taku odredenu relacijom Sp (O) = O , prema zakonu transz c mutacije centralne refleksije SO osnom refleksijom Sp imamo da je () Sp SO Sp = SO

s Iz jednakosti () i () sledi da je SO = SO , i prema tome da je O = O , to je mogu´e samo u sluaju kada je taka O na pravoj p. c c c Obratno, pretpostavimo sad da je O p. Iz ove relacije sledi da je Sp (O) = O, te prema zakonu transmutacije centralne refleksije SO osnom refleksijom Sp nalazimo da je Sp SO Sp = SO , tj. Sp SO = SO Sp .

Teorema 3.6.4. Kompozicija triju centralnih refleksija ravni E 2 predstavlja takode centralnu refleksiju te ravni.

D q C

A p a d b

B c

Sl. 3.6.4 Dokaz. Neka su date tri centralne refleksije SA , SB , SC euklidske ravni E 2 . Pri tome, ako je A = B ili B = C, tada neposredno zakljuujemo da kompozicija c SC SB SA predstavlja takode centralnu refleksiju. Razmotrimo sluaj kada je A = B i B = C. c Neka je p prava odredena takama A i B, a q prava takva da je C q i p q. Ako c zatim obeleimo sa a, b, c prave koje sadre respektivno take A, B, C a upravne z z c su na pravoj p (Sl. 3.6.4), bi´e c q, pa je c SC SB SA = (Sq Sc ) (Sb Sp ) (Sp Sa ) = Sq (Sc Sb Sa ). S obzirom da su prave a, b, c ravni E 2 upravne na pravoj p, one pripadaju jednom pramenu paralelnih pravih, te kompozicija Sc Sb Sa

82

Geometrija

predstavlja neku osnu refleksiju Sd kojoj osa d takode pripada tom pramenu pravih. Stoga je d p. Iz te relacije i relacije p q sledi da je d q. Ako obeleimo sa D z - sobom upravne prave d i q, nalazimo da je taku u kojoj se seku medu c SC SB SA = Sq Sd = SD .

Teorema 3.6.5. Kompozicija neparnog broja centralnih refleksija euklidske ravni E 2 predstavlja takode centralnu refleksiju te ravni. Dokaz. Neka je dat neparan broj centralnih refleksija SO1 , · · · , SOn euklidske ravni E 2 . Ako je n = 3, tvrdenje je dokazano prethodnom teoremom. Ako je n > 3, tada primenom prethodne teoreme nalazimo da je SOn SOn-1 · · · SO1

= SOn SOn-1 · · · SO4 SO3 = SOn SOn-1 · · · SO6 SO5

= ...

= SOn SOn-1 SOn-2 = SO n .

Teorema 3.6.6. Ako su SA i SB dve razne centralne refleksije ravni E 2 i Sc osna refleksija te iste ravni, tada kompozicija SB Sc SA predstavlja neku osnu refleksiju Sd ako i samo ako je AB c, naime bi´e c SB Sc SA = Sd AB c.

a c s d b

A

C

S

D

B

p

Sl. 3.6.6 Dokaz. Pretpostavimo najpre da kompozicija SB Sc SA predstavlja neku osnu refleksiju Sd (Sl. 3.6.6). Ako obeleimo sa p pravu odredenu takama A, B i sa a, z c 2 upravne na pravoj p u takama A i B, bi´e b prave ravni E c c SB Sc SA = Sp Sb Sc Sa Sp = Sd .

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

83

Iz poslednje jednakosti i stava o transmutaciji osne refleksije nekom izometrijskom transformacijom, nalazimo da je Sb Sc Sa = Sp Sd Sp = Sd . gde je d = Sp (d). Stoga prave a, b, c pripadaju jednom pramenu. Iz relacije a = b i a, b p sledi da je to pramen paralelnih pravih, pa je i c p, tj. AB c. Obratno, pretpostavimo da je prava p koja sadri take A i B upravna na z c pravoj c. Ako obeleimo sa a i b prave ravni E 2 upravne na pravoj p u takama A z c i B, tada prave a, b, c pripadaju jednom pramenu paralelnih pravih, te kompozicija Sb Sc Sa predstavlja neku osnu refleksiju Sd , kojoj osa d takode pripada tom pramenu. Stoga je SB Sc SA = Sp Sb Sc Sa Sp = Sp Sd Sp = Sd .

Teorema 3.6.7. Ako su Sa i Sb osne refleksije ravni E 2 i SC centralna refleksija te iste ravni, tada kompozicija Sb SC Sa predstavlja neku centralnu refleksiju SD ako i samo ako su prave a i b medu sobom paralelne, naime bi´e c Sb SC Sa = SD a b.

Dokaz. Pretpostavimo najpre da kompozicija Sb SC Sa predstavlja neku centralnu refleksiju SD . U tom sluaju imamo da je c Sb SC Sa = SD tj. SD Sa SC = Sb ,

te je prema prethodnoj teoremi svaka od pravih a i b upravna na pravoj CD, i prema tome a b (Sl. 3.6.6). Obratno, pretpostavimo sad da je a b. Ako obeleimo sa p pravu koja z zadovoljava relacije C p i p a, bi´e i p b. Neka je c prava koja pripada c ravni E 2 i koja je u taki C upravna na pravoj p. U tom sluaju prave a, b, c c c pripadaju jednom pramenu pravih, te kompozicija Sb Sc Sa predstavlja neku osnu refleksiju Sd kojoj osa takode pripada tom pramenu pravih. Stoga je i d p. Ako obeleimo sa D presenu taku pravih d i p, bi´e z c c c Sb SC Sa = Sb Sc Sp Sa = Sb Sc Sa Sp = Sd Sp = SD .

2. Prethodne dve teoreme omogu´uju da u geometriji ravni E 2 uvedemo c naroitu relaciju, to je relacja izotominosti para taaka sa parom pravih, i obratno, c c c para pravih sa parom taaka. c Definicija 3.6.2. Kae se da je u ravni E 2 par pravih c i d izotomiki spregnut z c ili simetrino rasporeden sa parom taaka A i B, i obratno, da je par taaka A i c c c - sa parom pravih c i d ako je B izotomiki spregnut ili simetrino rasporeden c c SB Sc SA = Sd , tj. Sc SA Sd = SB

84

Geometrija

Iz definicije neposredno sleduje da je uvedena relacija izotominosti simetrina, c c tj. da iz izotominosti para pravih c i d sa parom taaka A i B sleduje izotominost c c c para taaka A i B sa parom pravih c i d, i obratno. Stoga je doputeno re´i c s c da su u tom sluaju par taaka A, B i par pravih c, d izotomiki spregnuti. c c c U geometrijskim razmatranjima poseban znaaj ima kriterijum ustanovljavanja c relacije izotominosti para taaka sa parom pravih koji glasi: c c Teorema 3.6.8. Neka su A, B dve razne take i c, d dve prave ravni E 2 takve c da je AB c, d. Da bi par taaka bio izotomiki spregnut sa parom pravih c, d c c potrebno je i dovoljno da medijatrisa dui AB bude osa simetrije pravih c i d. z Dokaz. Ustanovimo najpre da je uslov potreban. U tom pretpostavimo da su par taaka A, B i par pravih c, d izotomiki spregnuti, tj. da je c c SB Sc SA = Sd . Neka je s medijatrisa dui AB. Ako obeleimo sa d pravu odredenu relacijom z z Ss (c) = d , bi´e d = d . Zaista, iz uvedenih pretpostavki sledi da je c Ss SA Ss = SB Primenom ovih jednakosti imamo da je Sd = SB Sc SA = (Ss SA Ss ) (Ss Sd Ss ) SA = (Ss SA Sd ) Ss SA = (Sd SA Ss ) Ss SA = Sd . Iz jednakosti Sd = Sd sledi da je d = d . Stoga je Ss (c) = d, pa je prava s osa simetrije pravih c i d. Obratno, pretpostavimo sad da je medijatrisa s dui AB osa simetrije pravih z c i d. Pri tome je Ss SA Ss = SB i Ss Sd Ss = Sc . i Ss Sd Ss = Sc .

Primenom ovih dveju jednakosti nalazimo da je SB Sc SA = (Ss SA Ss ) (Ss Sd Ss ) SA = (Ss SA Sd ) Ss SA = (Sd SA Ss ) Ss SA = Sd .

Teorema 3.6.9. Sredita dui koje spajaju odgovaraju´e take indirektne izomes z c c 2 pripadaju jednoj pravoj. trijske transformacije I ravni E

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

85

X P s O P X p X Y

Sl. 3.6.9 Dokaz. Neka je P E 2 , P I(P ) i O sredite dui P P (Sl. 3.6.9). S obzirom da s z je I indirektna i SO direktna izometrijska transformacija ravni E 2 , kompozicija SO I predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju te ravni. U toj indirektnoj izometrijskoj transformaciji taka P je invarijantna, te prema poznatoj teoremi c predstavlja neku osnu refleksiju Sp pri emu je P p. Neka je s prava ravni E 2 c odredena relacijama O s i s p. Ako obeleimo sa X bilo koju taku ravni E 2 , z c razliitu od take P , i sa X taku takvu da je I(X) = X , bi´e sredite Y dui c c c c s z XX na pravoj s. Zaista, stavimo li da je SO (X ) = X , bi´e c Sp (X) = SO I(X) = X , pa je prava p medijatrisa dui XX , i prema tome upravna na pravoj OY koja z je odredena sreditima stranica X X i X X trougla XX X . Stoga su prave s i s OY istovetne, te je Y s. Definicija 3.6.3. Pravu s koja sadri sredita dui odredenih odgovaraju´im z s z c 2 nazivamo osom te intakama indirektne izometrijske transformacije I ravni E c direktne izometrijske transformacije.

Primeri

Primer 3.8. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako su M i N sredita stranica s AB i AC, a p i q prave od kojih prva predstavlja medijatrisu stranice BC a druga pravu odredenu visinom iz temena A trougla ABC, dokazati da je SN Sq SM = Sp . Reenje. S obzirom da je prava q upravna na pravoj M N , prema poznatoj teoremi, s kompozicija SN Sq SM

86

Geometrija

predstavlja neku osnu refleksiju Sp . U toj osnoj refleksiji taki B odgovara taka c c C, jer je (Sl. Primer 3.8) Sp (B) = SN Sq SM (B) = C.

A

M

N

B q p

C

Sl. Primer 3.8 Stoga je p medijatrisa dui BC, i prema tome p = p . z Primer 3.9. Ako su A1 · · · Am i B1 · · · Bm dva podudarna suprotnosmerna poligona ravni E 2 , dokazati da sredita dui koje spajaju odgovaraju´a temena tih s z c poligona pripadaju jednoj pravoj.

D

S C R C

D

A

P B Q B

A

Sl. Primer 3.9 Reenje. S obzirom da se podudarni poligoni A1 · · · Am i B1 · · · Bm nalaze u iss toj ravni E 2 , postoji izometrijska transformacija I te ravni koja prevodi poligon A1 · · · Am na poligon B1 · · · Bm . Po pretpostavci, poligoni A1 · · · Am i B1 · · · Bm su suprotnosmerni, te je izometrijska transformacija I indirektna. Stoga, prema teoremi 3.6.9 koja se naziva i teoremom Sala-Hjelmsleva, sredita dui koje spas z jaju odgovaraju´a temena poligona A1 · · · Am i B1 · · · Bm pripadaju jednoj pravoj c (Sl. Primer 3.9).

Zadaci

Zadatak 3.29. Ako je SO centralna refleksija ravni E 2 i x prava te ravni, dokazati da je SO (x) = x O x.

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

87

Zadatak 3.30. Ako su SO i SO centralne refleksije ravni E 2 i I izometrijska transformacija te iste ravni, dokazati da je I SO I-1 = SO I(O) = O . Zadatak 3.31. Ako su SO , SP , SQ centralne refleksije ravni E 2 , dokazati da je SP SO = SO SQ SO (P ) = Q. Zadatak 3.32. Ako su SP , SQ centralne refleksije ravni E 2 i Sm osna refleksija te iste ravni, dokazati da je SP Sm = Sm SQ Sm (P ) = Q. Zadatak 3.33. Ako su SA i SB dve razne centralne refleksije ravni E 2 i Sp osna refleksija te iste ravni, dokazati da je SB Sp SA = SA Sp SB p AB. Zadatak 3.34. Neka je u ravni E 2 zadato pet taaka P1 , · · · , P5 . Konstruisati u c toj ravni petougao A1 · · · A5 takav da take P1 · · · P5 budu sredita stranica A1 A2 , c s A2 A3 , A3 A4 , A4 A5 , A5 A1 . Zadatak 3.35. Neka su A, B, C tri nekolinearne take ravni E 2 zatim p i p , q c i q , r i r parovi pravih te iste ravni koji su izotomiki spregnuti respektivno sa c parovima taaka B i C, C i A, A i B. Pri tome, ako se prave p, q, r seku u nekoj c taki S, dokazati da se i prave p , q , r seku u nekoj taki S . c c Zadatak 3.36. Neka je u ravni E 2 dat etvorougao ABCD i neka su p i p , q c i q , r i r parovi pravih u toj ravni koji su izotomiki spregnuti respektivno sa c parovima taaka A i B, B i C, C i D, D i A. Pri tome, ako su prave q i s c izogonalno spregnute sa pravama p i r, dokazati da su i prave q i s izogonalno spregnute sa pravama p i r .

3.7

Translacija ravni E 2

Sem centralnih rotacija postoji jo jedna vrsta izometrijskih transformacija s ravni E 2 koje se mogu predstaviti kao kompozicija dveju osnih reefleksija; to su tzv. translacije ravni E 2 . Definicija 3.7.1. Neka su Sp i Sq dve osne refleksije prostora E 2 kojima su ose p i q upravne na nekoj pravoj s u dvema raznim takama P i Q, i neka je P = Sq (P ). c 2 po pravoj s za orijentisanu du P P s Pomeranjem ili translacijom ravni E z - nazivamo transformaciju T-P : E 2 E 2 odredenu relacijom P

- T-P = Sq Sp . P

88

Geometrija

S obzirom da je osna refleksija ravni E 2 indirektna izometrijska transformacija, kompozicija sastavljena iz dveju osnih refleksija, prema tome i translacija ravni E 2 predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju. Kako su prave p i q upravne na pravoj s u dvema raznim takama, one su disjunktne, naime bi´e p q = . c c - Stoga kompozicija Sq Sp , prema tome i translacija T-P ravni E 2 nema invariP - jantnih taaka. Medutim, translacija T-P ravni E 2 poseduje beskonano mnogo c c P invarijantnih pravih; to su prave paralelne sa pravom P P . - Zaista, ako je x bilo koja od tih pravih, bi´e x p i x q, pa je T-P (x) = x. c P Budu´i da osne refleksije Sp i Sq menjaju orijentaciju prave x, translacija c

- T-P P

ne menja orijentaciju prave x. Narednim teoremama izvodimo jo neka svojstva s translacije. - - Teorema 3.7.1. Dve translacije T-P i T- iste ravni E 2 medu sobom su jednake P RR ako i samo ako su dui P P i RR medu sobom podudarne i istosmerne. z

p q r s

R P Q

S P

R

Sl. 3.7.1 Dokaz. Neka su Q i S sredita dui P P i RR . Ako obeleimo sa p i q prave koje s z z su u takama P i Q upravne na pravoj P Q, a sa r i s prave koje su u takama R c c i S upravne na pravoj RS (Sl. 3.7.1), bi´e c

- T-P = Sq Sp P - i T- = Ss Sr . RR

- - Ako pretpostavimo da je T-P = T- , imamo da je Sq Sp = Ss Sr pa je RR P

()

Sq Sp Sr = Ss .

Iz ove relacije sleduje da prave p, q, r, s pripadaju jednom pramenu, obeleimo ga z sa X. S obzirom da je p = q i p q, X je pramen paralelnih pravih. Iz relacije () takode sleduje da su prave p i s izogonalno spregnute sa pravama q i r, te se osa simetrije pravih p i s poklapa sa osom simetrije pravih q i r. Otuda sleduje da su dui P Q i RS, prema tome i dui P P i RR medu sobom podudarne i istosmerne. z z Obratno, ako pretpostavimo da su dui P P i RR medu sobom podudarne i z istosmerne, bi´e prave p, q, r, s medu sobom paralelne, a osa simetrije pravih p i c s istovetna sa osom simetrije pravih q i r. Stoga je Sq Sp Sr = Ss , tj. Sq Sp = Ss Sr ,

- - i prema tome T-P = T- . RR P

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

89

- c c Teorema 3.7.2. Ako u translaciji T-P ravni E 2 takama X i Y odgovaraju take P - sobom podudarne i istosmerne. X i Y , tada su dui XX i Y Y medu z

Y X

Y X

P

P

Sl. 3.7.2 Dokaz. Ustanovimo najpre da su dui P P i XX medu sobom podudarne i istoz smerne. Ako obeleimo sa X1 taku takvu da su dui P P i XX1 podudarne i z c z - - c istosmerne, prema prethodnoj teoremi imamo da je T-P = T- - . Koriste´i ovu XX P jednakost nalazimo da je (Sl. 3.7.2)

- - X1 = T- - (X) = T-P (X) = X . P XX

1 1

Stoga su dui P P i XX podudarne i istosmerne. Istim postupkom dokazuje se z da su i dui XX i Y Y podudarne i istosmerne. z Iz dokazanih dveju teorema neposredno sleduje da je translacija ravni E 2 jedno znano odredena bilo kojim parom odgovaraju´ih taaka. Stavie, ako u translaciji c c c s 2 takama A, B, C, D, . . . odgovaraju respektivno take A , B , C , - c c T-P , ravni E P D , . . . bi´e c - - - - - T-P = T- = T- = T- = T- = · · · DD CC BB AA P Narednim dvema teoremama ustanovljuju se uslovi pod kojima neka izometrijska transformacija ravni E 2 predstavlja translaciju te ravni. Teorema 3.7.3. Ako direktna izometrijska transformacija I ravni E 2 nema invarijantnih taaka, ona predstavlja translaciju te ravni. c Dokaz. S obzirom da je I direktna izometrijska transformacija ravni E 2 , ona se moe predstaviti kao kompozicija dveju osnih refleksija te ravni; neka je npr. z (1) I = Sq Sp .

Po pretpostavci transformacija I nema invarijantnih taaka, pa je p q = . Ako c obeleimo sa P bilo koju taku prave p i sa P taku takvu da je Sq (P ) = P bi´e z c c c (2)

- T-P = Sq Sp . P

- Iz jednakosti (1) i (2) sledi da je I = T-P . P

90

Geometrija

Teorema 3.7.4. Izometrijska transformacija I ravni E 2 predstavlja translaciju te ravni ako i samo ako se moe predstaviti kao kompozicija dveju raznih centralnih z refleksija te iste ravni. Dokaz. Pretpostavimo najpre da izometrijska transformacija I ravni E 2 pred- stavlja neku translaciju T-P , te ravni. Ako obeleimo sa Q sredite dui P P , sa z s z P s pravu odredenu takama P i P , a sa p i q prave upravne na pravoj s u takama c c P i Q, imamo da je

- T-P = Sq Sp = (Sq Ss ) (Ss Sp ) = SQ SP . P

Obratno, pretpostavimo sad da izometrijska transformacija I ravni E 2 predstavlja kompoziciju dveju raznih centralnih refleksija; neka je npr. I = SQ SP . Ako obeleimo sa s pravu odredenu takama P i Q, sa p i q prave koje su u z c takama P i Q upravne na pravoj s i sa P taku takvu da je Sq (P ) = P , bi´e c c c

- SQ SP = (Sq Ss ) (Ss Sp ) = Sq Sp = T-P . P

Ovom teoremom ustanovljena je veza koja postoji izmedu translacija i central2. nih refleksija ravni E Teorema 3.7.5. Kompozicija dveju centralnih rotacija ravni E 2 predstavlja centralnu rotaciju, translaciju ili koincidenciju.

C a b c a b c

A

B

A

B

(a) Sl. 3.7.5

(b)

Dokaz. Neka su RA, i RB, dve centralne rotacije ravni E 2 . Ako je A = B, prema ranije dokazanoj teoremi kompozicija RB, RA, predstavlja centralnu rotaciju ili koincidenciju. Razmotrimo sluaj kada je A = B. Ako obeleimo sa c pravu c z odredenu takama A i B, a sa a i b prave odredene relacijama c RA, = Sc Sa i RB, = Sb Sc .

Mnoenjem odgovaraju´ih strana nalazimo da je z c RB, RA, = Sb Sc Sc Sa = Sb Sa .

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

91

U zavisnosti od toga da li se prave a i b seku u nekoj taki C (Sl. 3.7.5(a)) c ili su medu sobom paralelne (Sl. 3.7.5(b)), razmatrana kompozicija predstavlja centralnu rotaciju sa sreditem C i uglom = 2 (a, b) ili neku translaciju za neku s orijentisanu du M N , naime bi´e z c RB, RA, = RC,

- ili RB, RA, = T- . MN

Teorema 3.7.6. Skup T koji se sastoji iz identine transformacije i svih tranc 2 predstavlja podgrupu grupe G(I+) svih direktnih izometrijskih slacija ravni E transformacija te iste ravni.

- c Dokaz. Neka su T- i T- bilo koje dve translacije iz skupa T. Ako je E taka CD AB - c koja u translaciji T- odgovara taki B, prema poznatoj teoremi imamo da je CD - - z s z c T- = T- . Ako zatim obeleimo sa M i N sredita dui AB i BE, i sa M taku BE CD takvu da je SN (M ) = M , bi´e c - - - T- T- = T- T- = SN SB SB SM = SN SM = T- - T. AB BE AB CD MM

Na taj nain, kompozicija svake dve transformacije iz skupa predstavlja takode c transformaciju iz tog skupa. - s z Ako je T- proizvoljna transformacija iz skupa T i R sredite dui P Q, imamo PQ da je -1 - T- = (SQ SR )-1 = SR SQ = T- T. - QP

PQ

Stoga inverzna transformacija bilo koje transformacije iz skupa T predstavlja takode transformaciju iz skupa T. S obzirom da transformacije iz skupa T predstavljaju elemente iz grupe G(I+), iz dokazanih svojstava sleduje da skup T predstavlja podgrupu te grupe. Definicija 3.7.2. Grupu ustanovljenu ovom teoremom nazivamo grupom translacija ravni E 2 , i simboliki obeleavamo sa G(T). c z Teorema 3.7.7. Grupa translacija G(T) ravni E 2 je komutativna; drugim reima, c - z za svake dve translacije T- i T- ravni E 2 vai relacija CD AB

- - T- T- = T- T- . CD AB AB CD - c Dokaz. Neka je E taka koja u translaciji T- ravni E 2 odgovara taki B. Prema c CD - - = T- . Ako obeleimo sa M i N - z ranije izvedenoj teoremi imamo da je TCD BE sredita dui AB i BE, primenom teoreme 3.7.4 nalazimo da je s z - - T- T- = T- T- = SN SB SB SM = SN SM , AB BE AB CD - - T- T- = T- T- = SB SM SN SB . BE AB CD AB

92

Geometrija

Prema ranije dokazanoj teoremi, kompozicija SB SM SN predstavlja centralnu refleksiju, dakle involucionu transformaciju. Stoga kvadrat te kompozicije predstavlja involuciju, naime bi´e c SB SM SN SB SM SN = E, tj. SB SM SN SB = SN SM .

Iz ove i prethodnih dveju jednakosti sledi da je

- - T- T- = T- T- . CD AB AB CD

- Teorema 3.7.8. Ako je T- translacija i I bilo koja izometrijska transformacija MN 2 , zatim M i N take koje u izometriji I odgovaraju respektivno euklidske ravni E c takama M i N , tada vai relacija c z - - I T- I-1 = T- - . MN M N

Dokaz. Ako obeleimo sa m pravu koja je u taki M upravna na pravoj M N i sa z c n medijatrisu dui M N , bi´e z c

- T- = Sn Sm . MN

Ako zatim obeleimo sa m i n prave koje u izometriji I odgovaraju respektivno z pravama m i n, bi´e prava m u taki M upravna na pravoj M N , a prava n c c medijatrisa dui M N , pa je z

- T- - = Sn Sm . M N

Primenom teoreme 3.2.5 nalazimo da je

- I T- I-1 = I (Sn Sm ) I-1 MN

= I (Sn I-1 I Sm ) I-1 = (I Sn I-1 ) (I Sm I-1 )

- = Sn Sm = T- - . M N

- Teorema 3.7.9. Translacija T- i osna refleksija Sp euklidske ravni E 2 su dve MN komutativne transformacije ako i samo ako je prava M N paralelna s pravom p, naime bi´e c - - Sp T- = T- Sp M N p. MN MN

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je

- - Sp T- = T- Sp , MN MN - - tj. Sp T- Sp = T- . MN MN

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

93

Ako obeleimo sa M i N take koje u osnoj refleksiji Sp odgovaraju takama M z c c i N , prema prethodnoj teoremi imamo da je

- - Sp T- Sp = T- - . MN M N

Iz ove i prethodne jednakosti sledi da je

- - T- = T- - , MN M N

- - -- - pa su orijentisane dui M N i M N podudarne i istosmerne, to je mogu´e samo z s c u sluaju kada je c M N p. Obratno, pretpostavimo da je M N p. Ako obeleimo sa M i N take koje z c u osnoj refleksiji Sp odgovaraju respektivno takama M i N , bi´e orijentisane dui c c z - - -- - M N i M N podudarne i istosmerne, pa je

- - T- = T- - . MN M N

Stoga, primenom prethodne teoreme, imamo da je

- - Sp T- = Sp T- Sp Sp MN MN - = T- - Sp M N - = T- Sp . MN

Zadaci

Zadatak 3.37. Dokazati da skup koji se sastoji iz koincidencije E, svih translacija T ravni E 2 i svih centralnih refleksija S te iste ravni, predstavlja nekomutativnu grupu u odnosu na operaciju . Zadatak 3.38. Neka su SA , Odrediti vrstu transformacije a) SA f = SB ; d) - b) SA f = T- ; e) PQ - c) T- f = SA ; f) PQ

- SB centralne refleksije i T- translacija ravni E 2 . PQ f : E 2 E 2 koja zadovoljava relaciju SA f SA = SB ; - - T- f T- = SA ; PQ PQ - - f T- = T- SA . PQ PQ

- Zadatak 3.39. Ako je T- translacija i RO, centralna rotacija ravni E 2 , dokazati PQ da svaka od kompozicija - I1 = RO, T- PQ - i I2 = T- RO, PQ

predstavlja centralnu rotaciju ravni E 2 .

94

Geometrija

- Zadatak 3.40. Ako je T- translacija i SO centralna refleksija ravni E 2 , dokazati PQ da svaka od kompozicija - I1 = SO T- PQ - i I2 = T- SO PQ

predstavlja centralnu refleksiju ravni E 2 .

- Zadatak 3.41. Ako je T- translacija i Sm osna refleksija ravni E 2 kojoj je osa PQ upravna na pravoj P Q, dokazati da svaka od kompozicija - I1 = Sm T- PQ - i I2 = T- Sm PQ

predstavlja osnu refleksiju ravni E 2 . Zadatak 3.42. Date su u ravni E 2 dve razne take A, B i dve prave c, d. Konc struisati take C c i D d takve da etvorougao ABCD bude paralelogram. c c Zadatak 3.43. U ravni E 2 dati su krugovi k1 , k2 i prava p. Konstruisati pravu s koja je paralelna sa pravom p, a see krug k1 u takama A, B i krug k2 u takama c c c C, D takvim da je AB CD. = Zadatak 3.44. Dati su u ravni E 2 krugovi k1 , k2 , prava p i du l. Konstruisati z pravu s koja je paralelna sa pravom p i koja see krugove k1 i k2 respektivno u c takama A, B i C, D takvim da je AB ± CD l. c =

3.8

Klizaju´a refleksija ravni E 2 c

Prouavanju izometrijskih transformacija ravni E 2 kojima se minimalna simec trijska reprezentacija sastoji iz triju osnih refleksija prethodi uvodenje naroite c vrste izometrijskih transformacija; to su tzv. klizaju´e refleksije. c

- Definicija 3.8.1. Klizaju´om ili translatornom refleksijom G-P ravni E 2 nazic P - vamo kompoziciju sastavljenu iz translacije T-P i osne refleksije SP P , te iste P ravni; naime bi´e c - - G-P = SP P T-P . P P

- Pravu s odredenu takama P i P nazivamo osom klizaju´e refleksije G-P . c c P

- Iz definicije neposredno sleduje da je klizaju´a refleksija G-P ravni E 2 jednoc P znano odredena parom odgovaraju´ih taaka P i P . S obzirom da je translacija c c c 2 direktna, a osna refleksija te iste ravni indirektna izometrijska transforravni E macija, kompozicija tih transformacija, prema tome i klizaju´a refleksija ravni E 2 c - predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju. Budu´i da translacija T-P c P - i osna refleksija SP P pomo´u kojih je definisana klizaju´a refleksija G-P imaju c c P zajedniku osu P P , prema teoremi 3.7.9 te dve transformacije su komutativne, c pa je - - - G-P = SP P T-P = T-P SP P . P P P

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

95

A

A

B s B1 P

C

B P

C

C1

B1

C1

A1

A1

Sl. 3.8 - Stoga prilikom izvodenja konstrukcije lika koji u klizaju´oj refleksiji G-P ravni c P 2 odgovara nekom liku E 2 nije vano da li se najpre izvodi translacija E z - T-P , zatim osna refleksija SP P , ili obratno, najpre osna refleksija SP P , zatim P - translacija T-P . Ilustracije radi na Sl. 3.8, predstavljena su oba redosleda dobiP - janja A1 B1 C1 E 2 koji u zadatoj klizaju´oj refleksiji G-P ravni E 2 odgovara c P 2. zadatom ABC E

- Teorema 3.8.1. Klizaju´a refleksija G-P ravni E 2 nema invarijantnih taaka; c c P ona poseduje jedinstvenu invarijantnu pravu, to je osa P P te refleksije.

Dokaz. Prvi deo teoreme dokaimo indirektnim postupkom. Ako pretpostavimo z - c da klizaju´a refleksija G-P poseduje neku invarijantnu taku X imamo da je c P - - (X) = X. Stavimo li da je T- (X) = X , bi´e SP P (X ) = X. S - c SP P TP P PP 2 nema invarijantnih taaka bi´e X = X . Iz c c obzirom da translacija SP P ravni E relacija SP P (X ) = X i X = X sledi da su take X i X s raznih strana prave c - P P , to je nemogu´e jer iz relacije T-P (X) = X sledi da je XX P P . Stoga s c P 2 nema invarijantnih taaka. - c klizaju´a refleksija G-P ravni E c P Budu´i da je prava s na kojoj se nalaze take P i P invarijantna u svakoj c c - i SP P , prava s je invarijantna i u klizaju´oj refleksiji - c od tih transformacija TP P - G-P . Indirektnim postupkom dokaimo da je s jedinstvena invarijantna prava z P - - s transformacije G-P . Ako bi transformacija G-P , sem prave s, posedovala jo P P - c neku invarijantnu pravu t, vaila bi relacija T-P SP P (t) = t. Neka je T taka z P - takva da je T t i T s, zatim T taka odredena relacijom G-P (T ) = T . Pri c P tome su take T i T s raznih strana prave s, te prava t see pravu s u nekoj taki c c c - S. S obzirom da su u klizaju´oj refleksiji G-P prave s i t invarijantne, invarijantna c P je i njihova presena taka S, to je prema prvom delu ove teoreme nemogu´e. c c s c Teorema 3.8.2. Ako indirektna izometrijska transformacija I ravni E 2 nema invarijantnih taaka, ona predstavlja klizaju´u refleksiju. c c

96

p q

Geometrija

r X

P O P X

Sl. 3.8.2 Dokaz. Neka je X proizvoljna taka ravni E 2 i X njena odgovaraju´a taka. S c c c obzirom da izometrija I nema invarijantnih taaka, imamo da je X = X . Ako c obeleimo sa O sredite dui XX , bi´e X invarijantna taka kompozicije SO I. z s z c c Budu´i da je I indirektna i SO direktna izometrijska transformacija ravni E 2 , c kompozicija SO I predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju te ravni. Stoga, prema poznatoj teoremi, ona predstavlja neku osnu refleksiju Sp kojoj osa p sadri neku invarijantnu taku X. Iz jednakosti SO I = Sp nalazimo da je z c I = SO Sp . Po pretpostavci, izometrija I nema invarijantnih taaka, pa je O p. c Ako obeleimo sa r pravu koja pripada ravni E 2 , sadri taku O, a upravna je na z z c pravoj p, sa q pravu koja pripada ravni E 2 , a upravna je na pravoj r u taki O, a c sa P i P take odredene relacijama p r = P i Sq (P ) = P , imamo da je c

- - I = SO Sp = Sr Sq Sp = SP P T-P = G-P . P P

Teorema 3.8.3. Kompozicija sastavljena iz triju osnih refleksija neke ravni E 2 , kojima ose ne pripadaju jednom pramenu pravih, predstavlja klizaju´u refleksiju c te ravni.

c

b a

c

b a

Sl. 3.8.3 Dokaz. Neka su Sa , Sb , Sc tri osne refleksije iste ravni E 2 kojima ose a, b, c, ne pripadaju jednom pramenu pravih (Sl. 3.8.3). Kompozicija I = Sc Sb Sa sastavljena iz tih osnih refleksija predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju koja nema invarijantnih taaka. Zaista, ako bi indirektna izometrijska transformac cija I posedovala invarijantnu taku O, prema teoremi 3.2.3 ona bi predstavljala c neku osnu refleksiju, te bi prave a, b, c pripadale jednom pramenu pravih, to s

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

97

je suprotno pretpostavci. S obzirom da je I indirektna izometrijska transformacija ravni E 2 bez invarijantnih taaka, prema prethodnoj teoremi ona predstavlja c klizaju´u refleksiju razmatrane ravni. c Teorema 3.8.4. Ako su P i P dve razne take neke ravni E 2 i s prava te iste c ravni, tada je - G-P = Ss SP Ss (P ) = P . P

- z Dokaz. Pretpostavimo najpre da je G-P = Ss SP . Ako obeleimo sa s medijaP 2 i zadovoljava relaciju P p i trisu dui P P i sa p pravu koja pripada ravni E z p P P , imamo da je - - G-P = T-P SP P = Ss Sp SP P = Ss SP . P P

Stoga je Ss = Ss , pa je s = s , i prema tome Ss (P ) = P . Obratno, neka je Ss (P ) = P . Ako obeleimo sa p pravu koja pripada ravni z E 2 i koja je u taki P upravna na pravoj P P , imamo da je c

- - G-P = T-P SP P = Ss Sp SP P = Ss SP . P P

Zadaci

Zadatak 3.45. Date su u ravni E 2 dve podudarne dui AB i A B . Konstruisati z osu osne ili klizaju´e refleksije ravni E 2 koja prevodi take A i B respektivno u c c take A i B . c Zadatak 3.46. Date su u ravni E 2 dve prave p, p i dve take A p, A p . c Konstruisati ose indirektnih izometrijskih transformacija ravni E 2 koje prevode pravu p na pravu p i taku A na taku A . Pod kojim uslovom obe te izometrije c c predstavljaju osne refleksije? Zadatak 3.47. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Dokazati da kompozicija osnih refleksija ravni E 2 definisanih u odnosu na prave odredene stranicama ABC predstavljaju klizaju´u refleksiju. Konstruisati osu i u funkciji stranica ABC c odrediti translacionu du klizaju´e refleksije z c

- G-P = SAB SCA SBC . P

Zadatak 3.48. Date su u ravni E 2 tri razne prave a, b, c od kojih su dve medu sobom paralelne a tre´a ih see u izvesnim takama. Dokazati da kompozicija c c c osnih refleksija definisanih u odnosu na te prave predstavlja klizaju´u refleksiju. c Konstruisati osu i odrediti translacionu du klizaju´e refleksije z c

- G-P = Sc Sb Sa . P

98 Zadatak 3.49. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako su

Geometrija

- - - G-P , G- , G- , P QQ RR

klizaju´e refleksije ravni E 2 koje respektivno prevode poluprave CA, AB, BC u c poluprave BA, CB, AC, dokazati da kompozicija

- - - I = G- G- G-P RR QQ P

predstavlja osnu refleksiju kojoj je osa upravna na pravoj AC. Zadatak 3.50. Ako su A, B, C tri nekolinearne take ravni E 2 i c prava koja u c taki A dodiruje krug opisan oko ABC, dokazati da je c

- G- G- G- = Sc . AB BC CA

Zadatak 3.51. Dokazati da su dva kruga ABC i ACD ravni E 2 ortogonalna medu sobom ako i samo ako je zadovoljena relacija

- - - G- G- G- G- = SA . AB BC CD DA

Zadatak 3.52. Dokazati da se dva razna kruga ABC i A B C ravni E 2 dodiruju medu sobom ako i samo ako je zadovoljena relacija

- - - - G- G- G- = G- G- G- . AB BC CA AB BC CA

Zadatak 3.53. Dokazati da je etvorougao ABCD neke ravni E 2 tetivan ako i c samo ako je - - - G- G- G- G- = E. AB BC CD DA

3.9

Klasifikacija izometrijskih transformacija euklidske ravni E 2

U prethodnim poglavljima razmatrali smo vie razliitih vrsta izometrijskih s c 2 . Prirodno je postaviti pitanje da li su njima transformacija euklidske ravni E obuhva´ene sve postoje´e vrste izometrijskih transformacija te ravni. Odgovor c c na to pitanje dat je u narednim dvema teoremama kojima se izvode klasifikacije respektivno direktnih i indirektnih izometrijskih transformacija pomenute ravni. Teorema 3.9.1. Svaka direktna izometrijska transformacija I ravni E 2 predstavlja koincidenciju, translaciju ili centralnu rotaciju. Dokaz. S obzirom da je I direktna izometrijska transformacija ravni E 2 , prema ranije navedenoj teoremi ona se moe predstaviti u obliku kompozicije dveju osnih z refleksija. Neka je npr. I = Sn Sm .

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

99

S obzirom na medusobni poloaj osa m i n tih dveju osnih refleksija, razlikujemo z naredne tri mogu´nosti: c 1 Ako su ose m i n istovetne, tada iz involutivnosti osne refleksije ravni E 2 neposredno zakljuujemo da izometrijska transformacija I ravni E 2 predstavlja c koincidenciju, tj. da je I = Sm Sm = E. 2 Ako su ose m i n dve razne medu sobom paralelne prave, tada kompozicija - Sn Sm predstavlja neku translaciju T- - ravni E 2 , gde je npr. M m i M = MM Sn (M ). U tom sluaju imamo da je c

- I = Sn Sm = T- - . MM

3 Ako se ose m i n osnih refleksija Sm i Sn seku u nekoj taki O, tada komc 2 , gde je orijentisani pozicija Sn Sm predstavlja centralnu rotaciju RO, , ravni E ugao to ga ini ureden par pravih m i n. U tom sluaju imamo da je s c c I = Sn Sm = RO, .

Teorema 3.9.2. Svaka indirektna izometrijska transformacija I ravni E 2 predstavlja osnu ili klizaju´u refleksiju te ravni. c Dokaz. Prema tome da li izometrijska transformacija I ravni E 2 poseduje ili ne poseduje invarijantnih taaka, razlikujemo dva sluaja. c c 1 Ako indirektna izometrijska transformacija I ravni E 2 poseduje invarijantnih taaka, prema poznatoj teoremi 3.2.4, ona predstavlja osnu refleksiju te ravni. c 2 Ako indirektna izometrijska transformacija I ravni E 2 nema invarijantnih taaka, prema teoremi 3.8.3, ona predstavlja klizaju´u refleksiju te ravni. c c Prethodne dve teoreme omogu´uju da klasifikaciju transformacija euklidske c ravni E 2 prikaemo u obliku slede´e sheme: z c Izometrijske transformacije euklidske ravni E2 Direktne izometrijske transformacije Koincidencija Translacija Centralna rotacija Indirektne izometrijske transformacije Osna refleksija Klizaju´a c refleksija

Napominjemo da se u izvedenoj klasifikaciji izometrijskih transformacija euklidske ravni E 2 posebno ne istie centralna refleksija; nju kao i centralne refleksije c bilo kojeg reda treba razmatrati kao specifian vid centralnih rotacija te ravni. c

100

Geometrija

3.10

Simetrije likova u ravni E 2

Prethodnim razmatranjima ustanovljene su sve postoje´e vrste izometrijskih c 2 ; to su: koincidencija, centralna rotacija, translacija, osna transformacija ravni E refleksija i klizaju´a refleksija. Svakoj od tih transformacija odgovara specifina c c relacija podudarnosti definisana na skupu likova u pomenutoj ravni. Tako se dolazi do tzv. identine, obrtne, translatorne, osnosimetrine i klizaju´e podudarnosti c c c likova. Ako je u nekoj ravni E 2 lik podudaran s likom , tada po definiciji postoji izometrijska transformacija I ravni E 2 takva da je I() = . Prema vrsti izometrijskih transformacija I ustanovljuje se i vrsta relacije podudarnosti likova i . Izometrijsku transformaciju I ravni E 2 koja prevodi neki lik na taj isti lik nazivamo simetrijom lika . Budu´i da je identina transformacija E ravni E 2 c c izometrijska i da za svaki lik E 2 vai relacija E() = , svaki lik E 2 z raspolae najmanje jednom simetrijom. z

D C D C D C D C

A

B

A

B

A

B

A

B

(a)

(b) Sl. 3.10

(c)

(d)

Nije teko uveriti se da u ravni E 2 postoje likovi koji raspolau sa vie sis z s metrija. Jednakokraki trapez ABCD u ravni E 2 (Sl. 3.10(a)) raspolae ne samo z koincidencijom, ve´ i osnom simetrijom; osa te simetrije odredena je sreditima c s paralelnih stranica AB i CD. Pravougaonik ABCD u ravni E 2 (Sl. 3.10(b)) raspolae jo ve´im brojem simetrija; to su dve osne simetrije, centralna simetrija z s c i koincidencija. Romb ABCD u ravni E 2 (Sl. 3.10(c)) raspolae istim brojem z simetrija; to su takode dve osne simetrije centralna simetrija i koincidencija. Dok su ose simetrija pravougaonika odredene sreditima naspramnih stranica, ose sis metrija romba odredene su njegovim dijagonalama. Kvadrat ABCD u ravni E 2 (Sl. 3.10(d)) raspolae jo ve´im brojem simetrija; to su rotacije oko njegovog z s c , 180 , 270 , 360 , dve osne simetrije kojima su ose odredene sredita za uglove 90 s sreditima naspramnih stranica i dve osne simetrije kojima su ose odredene njes govim dijagonalama. Svaka od navedenih figura raspolae konanim brojem simetrija. Nije teko z c s utvrditi da u ravni E 2 postoje i figure koje raspolau s beskonano mnogo simez c trija. Tako npr. krug (Sl. 3.10(e)) raspolae s beskonano mnogo simetrija, jer z c rotacija oko njegovog sredita za bilo koji ugao predstavlja rotacionu simetriju s tog kruga, a prava odredena bilo kojim njegovim dijametrom predstavlja njegovu osnu simetriju. Pantljika (Sl. 3.10(f)) koju sainjava deo ravni E 2 izmedu dveju c - je figura koja raspolae beskonanim broraznih paralelnih pravih a i b takode z c jem simetrija. Ne samo osna refleksija Ss odredena relacijom Ss (a) = b, ve´ i sve c

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

101

translacije du prave s, sve centralne refleksije kojima su sredita na pravoj s, sve z s osne refleksije kojima su ose upravne na pravoj s, kao i sve klizaju´e refleksije sa c osom s predstavljaju simetrije pantljike .

a s

O k

b

(e) Sl. 3.10

(f)

Nije teko ustanoviti da skup svih simetrija nekog lika u ravni E 2 predstavlja s grupu; tu grupu nazivamo grupom simetrija lika i simboliki obeleavamo G(I ). c z Ukupan broj elemenata grupe G(I ) nazivamo redom te grupe simetrija. Ako je red grupe simetrija lika E 2 jednak jedinici, za lik kaemo da je z 2 ve´i od jedan, za lik kaemo asimetrian; ako je red grupe simetrije lika E c c z da je simetrian. Ukoliko je red grupe simetrija lika E 2 ve´i utoliko se smatra c c da je on simetriniji. c Iz gore navedenih primera zakljuujemo da u ravni E 2 postoje likovi koji c raspolau beskonanim grupama simetrija. Prirodno je postaviti pitanje kako se z c ustanovljuju te grupe i identifikuju vrste simetrija. Pristup ka toj dosta sloenoj z problematici daje se postupno razmatranjem najpre punktualnih, zatim linearnih, najzad planarnih grupa simetrija. Punktualnom grupom simetrija nazivamo grupu u kojoj sve simetrije raspolau najmanje jednom invarijantnom takom; linearnom z c grupom simetrija nazivamo grupu u kojoj sve simetrije nemaju zajednikih invaric jantnih taaka no imaju jednu zajedniku invarijantnu pravu; planarnom grupom c c simetrija nazivamo grupu u kojoj sve simetrije nemaju niti zajednikih invaric jantnih taaka, niti zajednikih invarijantnih pravih. Nemamo nameru izgradivati c c kompletnu teoriju tih grupa simetrija, ve´ da razotkrijemo najbitnije karakteristike c punktualnih grupa. Iz same definicije neposredno sleduje da punktualna grupa simetrija nekog lika u ravni E 2 moe da raspolae iskljuivo simetrijama koje imaju invarijanz z c tnih taaka; to su centralne simetrije izvesnog reda i osne simetrije. Jasno je da c u punkualnoj grupi centralne simetrije moraju imati zajedniko sredite, ukoliko c s takva grupa raspolae i osnim simetrijama, ose tih simetrija sadre pomenuto z z sredite. Razlikujemo dve vrste punktualnih grupa simetrija; to su tzv. ciklike s c i diedarske grupe. Ciklikom grupom Cn nazivamo grupu koja raspolae jedinc z stvenim generatorom reda n i takva grupa je uvek reda n. Ako je g generator te grupe, bi´e c Cn = {g 1 , g 2 , g 3 , g 4 , . . . , g n }.

102

(a) (b) (c) (d) (e) (f )

Geometrija

Sl. 3.10 Primeri ciklikih grupa C1 , C2 , C3 , C4 , C5 , C6 prezentirani su respektivno na c Sl. 3.10 . Diedarskom grupom simetrija Dn nazivamo grupu sa dva generatora g1 i g2 koji zadovoljavaju slede´e uslove c

n g1 = E, 2 g2 = E,

(g2 g1 )2 = E.

Jedan od generatora te grupe je reda n, drugi je reda dva, dok je sama grupa Dn reda 2n; ta vie, bi´e s s c

2 n 2 n Dn = {g1 , g1 , . . . , g1 ; g2 g1 , g2 g1 , . . . , g2 g1 }.

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(f )

Sl. 3.10 Iz definicije neposredno zakljuujemo da diedarska grupa simetrija tipa Dn c uvek raspolae jednom podgrupom Cn . Na Sl. 3.10 prezentirane su figure koje z respektivno raspolau diedarskim grupama simetrija tipa D1 , D2 , D3 , D4 , D5 , z D6 . Nije teko ustanoviti da pravilan poligon od n stranica u ravni E 2 raspolae s z diedarskom grupom simetrija tipa Dn . Zaista, ako obeleimo sa O sredite tog z s poligona i sa AB i CD bilo koje dve njegove stranice, bi´e AOB COD i c = AOB DOC. Stoga postoje dve izometrijske transformacije I1 i I2 ravni E 2 = od kojih prva prevodi AOB na COD, a druga prevodi AOB na DOC. Stavie, bi´e I1 () = i I2 () = , pa je svaka od izometrija I1 i I2 simetrija s c poligona. Budu´i da poligon ima n stranica i da svakoj od tih stranica odgoc varaju dve simetrije tog poligona, poligon raspolae sa 2n simetrija. Grupa z simetrija poligona ima dva generatora; to su centralna simetrija reda n kojoj se centar poklapa sa sreditem O tog poligona i osna simetrija Ss kojoj se osa poklapa s sa medijatrisom neke stranice ili simetralom nekog unutranjeg ugla. Budu´i sa s c ovi generatori zadovoljavaju relacije Rn 360 = E, O,

n

S2 = E, s

(Ss RO, 360 )2 = E,

n

Glava 3. Vrste izometrijskih transformacija ravni E 2

103

grupa simetrija poligona je tipa Dn . Ve´ smo pomenuli da punktualna grupa simetrija G(I ) lika E 2 predc stavlja cikliku ili diedarsku grupu. Dokaz tog tvrdenja nismo izveli, uinimo to c c samo za sluaj kada je punktualna grupa simetrija konana. Pretpostavimo najpre c c da je grupa G(I ) reda n i da raspolae iskljuivo direktnim simetrijama. Budu´i z c c da te simetrije raspolau zajednikom invarijantnom takom O, one predstavljaju z c c centralne rotacije sa sreditem O. Ako je najmanji od uglova koji odgovaraju s tim rotacijama, a centralna simetrija RO, reda k, bi´e c RO, ; R2 ; R3 ; . . . ; Rk G(I ). O, O, O, Dokaimo da su to jedine simetrije grupe G(I ) tj. da je k = n. U tom cilju z pretpostavimo da u toj grupi postoji jo neka centralna simetrija RO , . S obzirom s da je grupa G(I ) punktualna, imamo da je O = O . Stoga ugao mora da bude razliit od uglova , 2, 3, · · · , k, te postoji ceo pozitivan broj t takav da je c t < < (t + 1). U tom sluaju imamo da je c RO, R-t = RO, O, i RO, G(I )

pri emu je < . Medutim, to je nemogu´e, jer je najmanji od uglova c c koji odgovaraju centralnim simetrijama lika u odnosu na taku O. Ovim zac kljuujemo da je c G(I ) = {RO, ; R2 ; R3 ; . . . ; Rn }. O, O, O, te je u razmatranom sluaju G(I ) ciklika grupa tipa Cn . c c Pretpostavimo sad da grupa G(I ) raspolae sem pomenutih centralnih simez trija i nekom osnom simetrijom Ss . S obzirom da je grupa G(I ) punktualna, imamo da je O s. Stoga svaka od kompozicija Ss RO, ; Ss R2 ; . . . ; Ss Rn O, O, predstavlja osnu simetriju lika ; dokaimo da su one jedine. Ako bi sem tih osnih z simetrija postojala jo neka osna simetrija Ss , tada bi za neko i = 1, 2, 3, . . . , n s vaila relacija Ss Ss = Ri , dakle i relacija Ss = Ss Ri , to je suprotno z O, O, s pretpostavci. Na taj nain, imamo da je c G(I ) = {RO, ; . . . ; Rn ; Ss RO, ; . . . ; Ss Rn }. O, O, te je u razmatranom sluaju G(I ) diedarska grupa tipa Dn . c

Zadaci

Zadatak 3.54. Kojom grupom a) du; z b) jednakokraki trougao; c) jednakokraki trapez; simetrija raspolae z d) paralelogram; e) pravougaonik; f) romb?

104

Geometrija

Sl. zad. 3.55 Zadatak 3.55. Kojim grupama simetrija raspolau likovi predstavljeni na Sl. zad. 3.55? z

Glava 4

Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

4.1 Direktne i indirektne izometrijske transformacije prostora E 3

U ovom poglavlju bi´e uvedene i razmatrane specifine vrste izometrijskih c c 3 . Kao i u prethodnom poglavlju ustanovi´emo najpre transformacija prostora E c da postoje direktne i indirerektne izometrijske transformacije tog prostora.

D D D C A A C A B B B C A B D C

(a) Sl. 4.1

(b)

Da bismo definisali te dve vrste izometrijskih transformacija neophodno je pomenuti tvrdenje prema kojem svaka izometrijska transformacija prostora E 3 prevodi istosmerne tetraedre u istosmerne tetraedre, a suprotnosmerne tetraedre u suprotnosmerne tetraedre. Dokaz ovog tvrdenja dosta je sloen, te ga ovde z ne´emo navoditi. Iz tog tvrdenja neposredno sleduje da postoje dve vrste izomec trijskih transformacija prostora: to su direktne izometrijske transformacije koje ne menjaju orijentaciju prostora E 3 i indirektne izometrijske transformacije koje 105

106

Geometrija

menjaju orijentaciju tog prostora. Da bismo ustanovili da li je neka izometrijska transformacija prostora E 3 direktna ili indirektna, dovoljno je ustanoviti da li neke dve odgovaraju´e etvorke nekomplanarnih taaka odreduju istosmerne ili c c c suprotnosmerne tetraedre. Tako npr. na Sl. 4.1(a) istosmerni podudarni tetraedri ABCD i A B C D odreduju direktnu, a na Sl. 4.1(b) suprotnosmerni podudarni tetraedri ABCD i A B C D odreduju indirektnu izometrijsku transformaciju prostora E 3 . Jasno je da identina transformacija prostora E 3 predstavlja direktnu izometrijsku transc formaciju. Pozivaju´i se na teoremu 2.1.6 neposredno se ustanovljuje da je direktna (indic rektna) izometrijska transformacija prostora E 3 jednoznano odredena ako su zac data tri para odgovaraju´ih nekolinearnih taaka. Stavie, kao specijalan sluaj c c s c 3 sa tog tvrdenja nalazimo da direktna izometrijska transformacija prostora E tri nekolinearne invarijantne take predstavlja koincidenciju. Pomenimo jo i c s tvrdenje prema kojem kompozicija sastavljena iz dveju direktnih ili dveju indirektnih izometrijskih transformacija prostora E 3 uvek predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju tog prostora; naprotiv, kompozicija sastavljena iz jedne direktne i jedne indirektne transformacije prostora E 3 uvek predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju. To svojstvo omogu´uje da ustanovimo da skup c svih direktnih izometrijskih transformacija prostora E 3 predstavlja nekomutativnu podgrupu grupe G(I) svih izometrijskih transformacija prostora E 3 . Tu podgrupu nazivamo grupom direktnih izometrijskih transformacija prostora E 3 i simboliki c + ). obeleavamo G(I z

4.2

Ravanska refleksija prostora E 3

Direktne i indirerektne izometrijske transformacije prostora E 3 predstavljaju samo jedan vid razvrstavanja izometrijskih transformacija tog prostora. Razvrstavanju tih transformacija moemo pristupiti na potpuno drugaiji nain. Kada z c c smo svojevremeno razmatrali tvrdenje prema kojem izometrijska transformacija sa etiri nekomplanarne invarijantne take predstavlja koincidenciju, bilo je prirodno c c postaviti pitanje koje su to neidentine izometrijske transformacije tog prostora c koje poseduju tri nekolinearne invarijantne take, odnosno dve, jednu ili nula inc varijantnih taaka. Osnovu naih daljih razmatranja predstavlja´e upravo nec s c 3 koje poseduju po tri nekolineidentine izometrijske transformacije prostora E c arne invarijantne take, i prema tome po jednu ravan kojoj su sve take invarijanc c tne. Takve transformacije nazva´emo ravanskim refleksijama. c Definicija 4.2.1. Ravanskom refleksijom ili ravanskom simetrijom prostora E 3 sa osnovom E 3 nazivamo neidentinu izometrijsku transformaciju S : E 3 E 3 c kojoj je svaka taka ravni invarijantna. c Iz ove definicije i teoreme dokazane u drugom poglavlju neposredno zakljuujemo c 3 van ravni nema invarijantnih taaka. Ako da ravanska refleksija S prostora E c

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

107

u ravanskoj refleksiji S prostora E 3 taki X E 3 odgovara neka druga taka c c X E 3 , lako se dokazuje da je medijalna ravan dui XX . Zaista, ako obeleimo z z sa A, B, C tri nekolinearne take ravni , imamo relacije c AX AX , = BX BX , = CX CX , =

pa je svaka od taaka A, B, C u medijalnoj ravni dui XX . Budu´i da su take c z c c A, B, C nekolinearne, one odreduju samo jednu ravan, pa je = . Iz ovih svojstava neposredno sleduje da je ravanska refleksija jednoznano odredena svojom c osnovom ili pak jednim parom odgovaraju´ih neistovetnih taaka. Navodimo c c jo nekoliko vanijih svojstava ravanske refleksije prostora E 3 . s z Teorema 4.2.1. Ravanska refleksija S prostora E 3 je indirektna izometrijska transformacija.

D

A B D

C

Sl. 4.2.1 Dokaz. Ako obeleimo sa A, B, C tri nekolinearne take ravni , sa D bilo koju z c taku van ravni i sa D taku takvu da je D = S (D), bi´e D = D i medijalna c c c ravan dui DD (Sl. 4.2.1). Stoga su take D i D s raznih strana ravni te su z c odgovaraju´i tetraedri ABCD i ABCD suprotnosmerni, i prema tome ravanska c refleksija S indirektna transformacija. Teorema 4.2.2. Ravanska refleksija S prostora E 3 je involuciona transformacija. Dokaz. Obeleimo sa X proizvoljnu taku prostora E 3 , i sa X , X take takve z c c da je S (X) = X i S (X ) = X . Ako je X , tada je X = X i X =X , pa je X=X . Ako je X , tada je / X = X i X = X , pa je osnova ravanske refleksije S medijalna ravan svake od dui XX i X X , pa je X=X . Ovim smo dokazali da u svakom sluaju vai z c z relacija S2 = E, pa je ravanska refleksija S involuciona transformacija.

108

Geometrija

Teorema 4.2.3. Ako indirektna izometrijska transformacija I prostora E 3 poseduje dve razne invarijantne take A i B, ona predstavlja neku ravansku refleksiju c 3 kojoj osnova sadri obe take A i B. S prostora E z c

A

B

P

P

Sl. 4.2.3 Dokaz. S obzirom da je I indirektna i E direktna izometrijska transformacija, bi´e c 3 postoji taka P takva da je I(P ) = P i P = P . Pri I = E. Stoga u prostoru E c c tome je (P, A) (P , A) i (P, B) (P , B), pa se svaka od taaka A i B nalazi u = = medijalnoj ravni dui P P (Sl. 4.2.3). Budu´i da su S i I indirektne izometrijske z c transformacije, kompozicija S I predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju prostora E 3 . Ta transformacija poseduje tri invarijantne nekolinearne take A, B, c P , te prema ranije izvedenoj teoremi, ona predstavlja koincidenciju. Stoga je S I = E, i prema tome I = S . Teorema 4.2.4. Ako je S ravanska refleksija prostora E 3 i p prava koja se nalazi u tom prostoru, a ne pripada ravni , tada je S (p) = p p . Dokaz. Ako je S (p) = p, tada je p = . Zaista, ako bi vaila relacija p = , z tada bi istovetne prave p i S (p) bile s raznih strana ravni , to je nemogu´e. s c Stoga je p = . Iz te relacije i relacije p sledi da prava p prodire ravan / u nekoj taki O. Ako je P taka prave p razliita od O i P njena odgovaraju´a c c c c taka u ravanskoj refleksiji S , imamo da je P = P i P p, pa je medijalna c ravan dui P P i prema tome p . z Obratno, ako je p u nekoj taki O, tada je S (p) = p. Zaista, ako je P c taka prave p razliita od O i P njena odgovaraju´a taka u ravanskoj refleksiji c c c c S , imamo da je P = P , pa je medijalna ravan dui P P te je P P . Stoga z je P p, dakle i S (p) = p.

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

109

Teorema 4.2.5. Ako su S i S dve ravanske refleksije prostora E 3 sa raznim osnovama i , a X taka tog istog prostora, tada je c S S (X) = X X . Dokaz. Pretpostavimo najpre da je S S (X) = X. Ako obeleimo sa X taku z c takvu da je S (X) = X bi´e i S (X ) = X. Indirektnim postupkom dokaimo c z da je X = X . Ako bi naprotiv vaila relacija X = X , tada bi postojale dve z razne medijalne ravni i dui XX to je nemogu´e. Stoga je X = X , pa je z s c S (X) = X i S (X) = X. Iz ovih jednakosti sledi da je X i X , pa je X . Obratno, ako pretpostavimo da je zadovoljena relacija X , tada je X i X , pa je S (X) = X i S (X) = X. Teorema 4.2.6. Ako je S ravanska refleksija euklidskog prostora E 3 i I bilo koja izometrijska transformacija tog istog prostora, zatim ravan koja u izometriji I odgovara ravni , tada vai relacija z I S I-1 = S .

S X I S X I X1 X1

Sl. 4.2.6 Dokaz. Prema definiciji ravanske refleksije, za svaku taku P koja u izometriji c I odgovara nekoj taki P imamo da je (Sl. 4.2.6) c S I-1 (P ) = I-1 (P ). Ako obe strane ove jednakosti pomnoimo s leva sa izometrijom I, dobijamo da je z I S I-1 (P ) = I I-1 (P ) = E(P ) = P Na taj nain, kompozicija c I S I-1 prevodi svaku taku ravni u tu istu taku. S obzirom da ta kompozicija predc c stavlja indirektnu, dakle neidentinu, izometrijsku transformaciju prostora E 3 koc joj je svaka taka ravni invarijantna, ona predstavlja ravansku refleksiju S , c naime bi´e c I S I-1 = S .

110

Geometrija

Teorema 4.2.7. Dve ravanske refleksije S i S euklidskog prostora E 3 , sa raznim osnovama i , su komutativne transformacije ako i samo ako je , naime bi´e c S S = S S . Dokaz. Pretpostavimo najpre da je S S = S S tj. () S S S = S Ako obeleimo sa ravan odredenu relacijom S () = , prema zakonu transz mutacije ravanske refleksije S ravanskom refleksijom S , nalazimo da je () S S S = S .

Iz jednakosti () i () sledi da je S = S , pa je = , tj. = S (). Otuda i iz relacije = zakljuujemo da je . c Obratno, pretpostavimo sad da je . Iz ove relacije sledi da je S () = , te prema zakonu transmutacije ravanske refleksije S ravanskom refleksijom S , nalazimo da je S S S = S tj. S S = S S .

Zadaci

Zadatak 4.1. Ako je S ravanska refleksija prostora E 3 i P taka tog prostora, c dokazati da je S (P ) = P P . Zadatak 4.2. Ako prava p ne pripada osnovi ravanske refleksije S prostora E 3 , dokazati da je S (p) = p p . Zadatak 4.3. Ako su S ,Sµ ,S ravanske refleksije prostora E 3 , dokazati da je S Sµ S = S S (µ) = . Zadatak 4.4. Date su u prostoru dve razne ravni i . Konstruisati ravan takvu da je S ()=. Zadatak 4.5. Date su u prostoru E 3 dve razne prave p i q. Konstruisati ravan takvu da je S (p) = q.

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

111

4.3

Predstavljanje izometrijskih transformacija prostora E 3 pomo´u ravanskih refleksija c

U ovom odeljku bi´e ustanovljeno jedno veoma znaajno svojstvo izometrijc c 3 , to je svojstvo prema kojem se svaka skih transformacija euklidskog prostora E izometrijska transformacija tog prostora moe predstaviti u obliku kompozicija z konanog broja ravanskih refleksija. Stavie, bi´e istovremeno dokazano da minic s c malan broj ravanskih refleksija pomo´u kojih se moe predstaviti bilo koja unapred c z zadata izometrijska transformacija prostora E 3 nije ve´i od etiri. Ovo svojstvo c c omogu´uje da pomo´u ravanskih refleksija izgradimo i celu teoriju izometrijskih c c transformacija euklidskog prostora E 3 , to ´emo u izvesnoj meri nastojati i da s c ostvarimo u narednim izlaganjima. Teorema 4.3.1. Svaka izometrijska transformacija I prostora E 3 moe se predz staviti kao kompozicija konanog broja ravanskih refleksija, minimalan broj rac vanskih refleksija zastupljenih u takvoj kompoziciji nije ve´i od etiri. c c Dokaz. Prema maksimalnom broju invarijantnih linearno nezavisnih taaka izoc metrijske transformacije I, razlikujemo narednih pet sluajeva. c 1 Izometrijska transformacija I moe da poseduje etiri nekomplanarne invaz c rijantne take, obeleimo ih sa A, B, C, D. Prema poznatoj teoremi, takva izoc z metrijska transformacija predstavlja koincidenciju, te s obzirom na involutivnost bilo koje ravanske refleksije S prostora E 3 imamo da je I = S S .

B A

X C

X

Sl. 4.3.1(a) 2 Pretpostavimo da izometrijska transformacija I poseduje najvie tri invaris jantne linearno nezavisne take, obeleimo ih sa A, B, C. Te take su nekolinearne, c z c te odreduju neku ravan (Sl. 4.3.1(a)). S obzirom da van ravni izometrijska transformacija I nema invarijantnih taaka, imamo da je I = E. Stoga postoji c taka X E 3 takva da je I(X)=X i X = X . Pri tome vae relacije c z (A, X) (A, X ), = (B, X) (B, X ), = (C, X) (C, X ), =

112

Geometrija

pa je medijalna ravan dui XX . Kompozicija S I predstavlja izometrijsku z transformaciju koja ima etiri nekomplanarne invarijantne take A, B, C, X pa c c je kao u prethodnom sluaju S I = E, i prema tome c I = S .

A

B X 2 1 X

Sl. 4.3.1(b) 3 Pretpostavimo da izometrijska transformacija I poseduje najvie dve invas rijantne linearno nezavisne take, obeleimo ih sa A i B. Te take su razliite, te c z c c odreduju neku pravu p. S obzirom da van prave p izometrijska transformacija I nema invarijantnih taaka, imamo da je I = E. Stoga postoji taka X E 3 takva c c da je I(X) = X i X = X . Pri tome je (A, X) (A, X ), = (B, X) (B, X ), =

pa je svaka od taaka A i B sadrana u medijalnoj ravni 1 dui XX (Sl. 4.3.1(b)). c z z Kompozicija S1 I predstavlja izometrijsku transformaciju prostora E 3 koja ima tri invarijantne nekolinearne take A, B, X. Te take odreduju neku ravan 2 . c c Van te ravni kompozicija S1 I nema invarijantnih taaka jer bi u protivnom c vaila relacija S1 I = E, tj. relacija I = S1 , te bi izometrija I posedovala z tri invarijantne nekolinearne take, to je suprotno pretpostavci. Stoga, prema c s prethodnom sluaju imamo da je S1 I = S2 , pa je c I = S1 S2 .

A

X 2 3 1

X

Sl. 4.3.1(c)

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

113

4 Pretpostavimo da izometrijska transformacija I poseduje jedinstvenu invarijantnu taku, obeleimo je sa A. S obzirom da je I = E, postoji taka X E 3 c z c takva da je I(X) = X i X = X . Pri tome je (A, X) (A, X ), = pa je taka A u medijalnoj ravni 1 dui XX . Stoga kompozicija S1 I poseduje c z dve razne invarijantne take A i X. c Van prave AX kompozicija S1 I nema invarijantnih taaka. Zaista, ako bi ta c kompozicija posedovala etiri nekomplanarne invarijantne take, vaila bi relacija c c z S1 I = E, tj. relacija I = S1 , pa bi izometrija I posedovala vie invarijantnih taaka, to je suprotno prets c s postavci. Ako bi pomenuta kompozicija posedovala najvie tri invarijantne lins earno nezavisne take, ona bi prema sluaju 2 predstavljala neku ravansku rec c fleksiju S2 te bi iz relacije S1 I = S2 sledila relacija I = S1 S2 . Kako je I(A) = A, tj. S1 S2 (A) = A, prema ranije dokazanoj teoremi imamo da je A = 1 2 . Budu´i da ravni 1 i 2 poseduju zajedniku taku A, one c c c poseduju najmanje jo jednu zajedniku taku B. U tom sluaju imamo da je s c c c S1 S2 (B) = B, tj. I(B) = B pa bi izometrija I sem take A posedovala jo c s invarijantnih taaka, to je suprotno pretpostavci. Ovim je dokazano da van prave c s AX kompozicija S1 I nema invarijantnih taaka. c , izometrijska transformacija S Stoga, prema sluaju 3 c 1 I predstavlja kompoziciju dveju ravanskih refleksija S2 i S3 kojima se osnove 2 i 3 seku po pravoj AX (Sl. 4.3.1(c)). Iz relacije S1 I = S2 S3 sledi da je I = S1 S2 S3 . 5 Pretpostavimo sada da izometrijska transformacija I uopte nema invaris jantnih taaka. U tom sluaju izometrija I moe se predstaviti kao kompozicija c c z sastavljena iz dve, tri ili etiri ravanske refleksije. Da bismo to dokazali, obeleimo c z 3 , sa X njenu odgovaraju´u taku i sa medisa X proizvoljnu taku prostora E c c c 1 jalnu ravan dui XX . Kompozicija S1 I predstavlja izometrijsku transformaciju z prostora E 3 , koja poseduje invarijantnu taku X. c Ta kompozicija ne moe imati etiri nekomplanarne invarijantne take, jer bi z c c tada vaila relacija S1 I = E, tj. relacija z I = S1 , pa bi izometrija I imala invarijantnih taaka, to je suprotno pretpostavci. c s

114

Geometrija

Ako bi kompozicia S1 I posedovala najvie tri linearno nezavisne invarijantne s take, ona bi prema sluaju 2 predstavljala neku ravansku refleksiju S2 . Iz c c relacije S1 I = S2 sledila bi jednakost I = S1 S2 . Pri tome bi vaila relacija 1 2 = , jer bi u protivnom svaka zajednika taka z c c ravni 1 i 2 bila invarijantna taka izometrije I, to je suprotno pretpostavci. c s Ako bi kompozicija S1 I posedovala najvie dve invarijantne linearno nezas visne take, ona bi prema sluaju 3 predstavljala kompoziciju dveju ravanskih c c refleksija, obeleimo ih sa S2 i S3 . Osnove 2 i 3 tih dveju refleksija seku se z po pravoj x koja je odredena pomenutim invarijantnim takama. Iz jednakosti c S1 I = S2 S3 nalazimo da je I = S1 S2 S3 . Pri tome, prava x ne prodire ravan 1 , jer bi tada prodorna taka predstavljala c zajedniku taku ravni 1 , 2 i 3 i prema tome invarijantnu taku izometrije I, c c c to je suprotno pretpostavci. s Ako bi kompozicija S1 I posedovala jedino invarijantnu taku X, ona bi c se prema sluaju 4 mogla predstaviti kao kompozicija triju ravanskih refleksija, c obeleimo ih sa S2 , S3 , S4 . Iz jednakosti S1 I = S2 S3 S4 nalazimo da je z I = S1 S2 S3 S4 .

Definicija 4.3.1. Svaku kompoziciju konanog broja ravanskih refleksija euklidc skog prostora E 3 kojom je predstavljena neka izometrijska transformacija I tog prostora nazivamo ravanskorefleksivnom ili simetrijskom reprezentacijom te izometrije. Simetrijsku reprezentaciju izometrije I prostora E 3 sastavljenu iz najmanjeg mogu´eg broja ravanskih refleksija nazivamo minimalnom ili optimalnom c simetrijskom reprezentacijom. Broj ravanskih refleksija iz kojih se sastoji minimalna simetrijska reprezentacija izometrije I nazivamo redom te izometrije.

4.4

Pramenovi ravni u prostoru E 3

S obzirom na uzajamni poloaj ravni, u geometriji prostora E 3 razlikujemo z ravni koje se seku po jednoj pravoj i ravni koje su medu sobom paralelne. Tim uzajamnim poloajima odgovaraju dva pramena ravni; to je pramen koaksijalnih z i pramen paralelnih ravni. Definicija 4.4.1. Skup X svih ravni prostora E 3 koje se seku po jednoj pravoj s nazivamo pramenom koaksijalnih ravni sa osom s i simboliki obeleavamo sa Xs . c z 3 koje su paralelne s nekom ravni , i prema tome Skup X svih ravni prostora E medu sobom, nazivamo pramenom paralelnih ravni i simboliki obeleavamo sa c z X .

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

115

Iz definicije neposredno sleduje da je pramen Xs jednoznano odreden osom c - bilo kojom svojom ravni . Premda su s, a pramen X jednoznano odreden c pramenovi ravni definisani nezavisno od pojma izometrijske transformacije, oni se mogu dovesti u tesnu vezu sa tim transformacijama, posebno sa ravanskim refleksijama. Teorema 4.4.1. Ako tri ravni , , prostora E 3 pripadaju nekom pramenu X, tada kompozicija S S S predstavlja neku ravansku refleksiju S kojoj osnova takode pripada pramenu X.

s

s

A

C

D D

B B

s

A

C

(a) Sl. 4.4.1

(b)

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je X pramen koaksijalnih ravni; neka je s njegova osa (Sl. 4.4.1(a)). S obzirom da prava s pripada svakoj od ravni , , , svaka taka prave s invarijantna je u kompoziciji S S S . Na taj nain, indirektna c c izometrijska transformacija S S S poseduje dve razne invarijantne take, te prema poznatoj teoremi predstavlja neku c ravansku refleksiju S . Pri tome je s , i prema tome X. Pretpostavimo sad da je X pramen paralelnih ravni (Sl. 4.4.1(b)). Neka su s i s dve razne prave upravne na ravnima , , . S obzirom da svaka od ravanskih refleksija S , S , S prevodi svaku od pravih s i s u tu istu pravu, menjaju´i njenu c orijentaciju, i kompozicija S S S takode prevodi svaku od pravih s i s u tu istu pravu, menjaju´i njenu orijentaciju. Stoga kompozicija c S S S poseduje na svakoj od pravih s i s po jednu invarijantnu taku. Budu´i da ta c c kompozicija predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju prostora E 3 sa dve razne invarijantne take, prema poznatoj teoremi, ona predstavlja neku ravansku c refleksiju S . Pri tome je s, i prema tome X.

116

Geometrija

Teorema 4.4.2. Ako kompozicija S S S sastavljena iz triju ravanskih refleksija prostora E 3 predstavlja neku ravansku refleksiju S , tada osnove , , , tih ravanskih refleksija pripadaju jednom pramenu. Dokaz. Pretpostavimo najpre da se ravni i seku po nekoj pravoj s (Sl. 4.4.1(a)). Prema poznatoj teoremi, u kompoziciji S S svaka taka prave s je invarijantna. c Budu´i da je c S S S = S , tj. S S = S S , i u kompoziciji S S bi´e svaka taka prave s invarijantna. c c Stoga se i ravni i seku po pravoj s, te sve ravni , , , pripadaju jednom pramenu. Pretpostavimo sad da je (Sl. 4.4.1(b)). Ako obeleimo sa s neku pravu z upravnu na ravnima i , imamo da je S S (s) = s. Budu´i da je c S S S = S , tj. S S = S S , bi´e i S S (s) = s. Stoga je , s, te sve ravni , , , c pripadaju jednom pramenu.

4.5

Osna rotacija prostora E 3

Ve´ smo pomenuli da se izraunavanju sloenih vrsta izometrijskih transforc c z macija euklidskog prostora E 3 moe pristupiti razmatranjem specifinih vidova z c njihovih minimalnih simetrijskih reprezentacija. Pridravaju´i se dosledno tog z c naela ustanovi´emo postupno sve postoje´e vrste izometrijskih transformacija c c c euklidskog prostora E 3 i izvesti njihova najvanija svojstva. Od tih vrsta razmaz tra´emo najpre osne rotacije. c Definicija 4.5.1. Neka su S i S dve ravanske refleksije euklidskog prostora E 3 kojima se osnove i seku po nekoj pravoj s. Osnim obrtanjem ili osnom rotacijom prostora E 3 oko prave s za ugao nazivamo transformaciju Rs, odredenu relacijom Rs, = S S (s = , = 2 (, )). Pravu s nazivamo osom, a orijentisani ugao nazivamo uglom rotacije Rs, .

S P

P

Sl. def. 4.5.1

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

117

Iz same definicije i ranije dokazanih teorema moe se neposredno ustanoviti niz z svojstava osnih rotacija. S obzirom da je ravanska refleksija prostora E 3 indirektna izometrijska transformacija, kompozicija dveju ravanskih refleksija, prema tome i osna rotacija prostora E 3 , predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju. Teorema 4.5.1 (Dalamber, 1743). Svaka direktna izometrijska transformacija I prostora E 3 , koja poseduje najmanje jednu invarijantnu taku O, predstavlja c koincidenciju ili neku osnu rotaciju Rs, kojoj osa s sadri taku O. z c Dokaz. Ako je I = E, tvrdenje sleduje neposredno. Razmotrimo sluaj kada je c 3 takva da je I(P ) = P i P = P . Neka I = E. U tom sluaju postoji taka P E c c je 1 medijalna ravan dui P P . S obzirom da u izometrijskoj transformaciji I z takama O i P odgovaraju respektivno take O i P , vai relacija OP OP , pa c c z = je taka O u medijalnoj ravni 1 dui P P . Stoga kompozicija c z S1 I poseduje dve razne invarijantne take O i P . Budu´i da je I direktna, a rac c vanska refleksija S1 indirektna izometrijska transformacija, kompozicija S1 I je indirektna izometrijska transformacija. Na taj nain, indirektna izometrijska c transformacija S1 I poseduje dve razne take O i P , te prema ranije dokazanoj c teoremi predstavlja neku ravansku refleksiju S2 kojoj osnova 2 sadri take O i z c P . Stoga je S1 I = S2 , i prema tome I = S1 S2 . Iz relacije P 1 i P 2 sledi da je 1 = 2 . S obzirom da dve razne ravni 1 / i 2 imaju zajedniku taku O, one se seku po nekoj pravoj s koja sadri taku c c z c O. Stoga kompozicija S1 S2 , tj. izometrijska transformacija I predstavlja neku osnu rotaciju Rs, prostora E 3 . Teorema 4.5.2. Skup Rs koji se sastoji iz identine transformacije i svih osnih c rotacija prostora E 3 , koje imaju zajedniku osu s, predstavlja grupu. c Dokaz. Obeleimo sa Rs, i Rs, bilo koje dve osne rotacije iz skupa Rs , a sa z proizvoljnu ravan koja sadri pravu s i sa µ, ravni odredene relacijama z Rs, = S Sµ Koriste´i ove jednakosti, nalazimo da je c Rs, Rs, = S S S Sµ = S Sµ . S obzirom da ravni µ i seku ravan po pravoj s, ravni µ i imaju zajedniku c pravu s, prema tome one su isovetne ili se seku po pravoj s. Ako je µ = , tada je S Sµ = E; ako je µ = s, kompozicija S Sµ predstavlja neku osnu rotaciju Rs, . Ovim smo dokazali da u svakom sluaju vai relacija c z Rs, Rs, Rs . i Rs, = S S .

118

Geometrija

Ako obeleimo sa Rs, bilo koju osnu rotaciju iz skupa Rs i sa µ, ravni prostora z E 3 takve da je Rs, = S Sµ , bi´e c R-1 = (S Sµ )-1 = Sµ S = Rs,- Rs . s, S obzirom da transformacije iz skupa Rs predstavljaju elemente grupe G(I) svih izometrijskih transformacija prostora E 3 , iz dokazanih svojstva sleduje da skup Rs predstavlja takode grupu. Definicija 4.5.2. Grupu koja se sastoji iz identine transformacije i svih osnih c 3 , koje imaju zajedniku osu s, nazivamo grupom osnih rotacija rotacija prostora E c prostora E 3 oko prave s, i simboliki obeleavamo sa G(Rs ). c z Teorema 4.5.3. Grupa G(Rs ) osnih rotacija prostora E 3 oko prave s je komutativna. Drugim reima, za svake dve osne rotacije Rs, i Rs, iz grupe G(Rs ) vai c z relacija Rs, Rs, = Rs, Rs, . Dokaz. Obeleimo sa proizvoljnu ravan koja sadri pravu s i sa µ, ravni takve z z da je Rs, = S Sµ i Rs, = S S Koriste´i ove jednakosti, nalazimo da je c Rs, Rs, = S S S Sµ = S Sµ , Rs, Rs, = S Sµ S S S obzirom da ravni µ i seku ravan po istoj pravoj s, ravni , µ pripadaju koaksijalnom pramenu ravni Xs , te kompozicija S Sµ S predstavlja neku ravansku refleksiju, dakle involucionu transformaciju prostora E 3 . Stoga kvadrat te kompozicije predstavlja koincidenciju, naime bi´e c S Sµ S S Sµ S = E tj. S Sµ S S = S Sµ

Iz ove i prethodnih jednakosti nalazimo da je Rs, Rs, = Rs, Rs, .

Teorema 4.5.4. Ako je Rs, osna rotacija i I bilo koja izometrijska transformacija euklidskog prostora E 3 , zatim s prava koja u izometriji I odgovara pravoj s i ugao koji u izometriji I odgovara uglu , tada je I Rs, I-1 = Rs , .

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

119

Dokaz. Ako obeleimo sa µ i ravni euklidskog prostora E 3 takve da je z Rs, = S Sµ ,

1 z tada se ravni µ i seku po pravoj s pod uglom (µ, ) = 2 . Ako zatim obeleimo sa µ i ravni koje u izometriji I odgovaraju respektivno ravnima µ i , tada se ravni µ i seku po pravoj s pod uglom (µ , ) = 1 , te primenom teoreme 2 4.2.6 nalazimo da je

I Rs, I-1 = I (S Sµ ) I-1 = I (S I-1 I Sµ ) I-1 = (I S I-1 ) (I Sµ I-1 ) = S Sµ = Rs , .

Teorema 4.5.5. Osna rotacija Rs, i ravanska refleksija S euklidskog prostora E 3 su dve komutativne transformacije ako i samo ako je prava s upravna na ravni , naime bi´e c S Rs, = Rs, S s . Dokaz. Pretpostavimo najpre da je S Rs, = Rs, S tj. S Rs, S = Rs, .

Ako obeleimo sa s pravu koja u ravanskoj refleksiji odgovara pravoj s i sa ugao z koji u toj istoj refleksiji odgovara uglu , primenom prethodne teoreme nalazimo da je S Rs, S = Rs , . Iz ove i prethodne jednakosti sledi da je Rs, = Rs , . S toga su ose s i s istovetne, a orijentisani uglovi i podudarni i istosmerni, to je mogu´e samo u sluaju s c c ako je s . Obratno, pretpostavimo da je s . Ako obeleimo sa s pravu koja u ravanz skoj refleksiji S odgovara pravoj s i sa ugao koji u toj istoj reflefsiji odgovara uglu , bi´e prave s i s istovetne, a orijentisani uglovi i podudarni i isc tosmerni, pa je Rs, = Rs , . Stoga, primenom prethodne teoreme, nalazimo da je S Rs, = S Rs, S S = Rs , S = Rs, S .

Teorema 4.5.6. Dve osne rotacije Ra, i Rb, euklidskog prostora E 3 , kojima uglovi i nisu oprueni, predstavljaju komutativne transformacije ako i samo z ako se ose tih rotacija poklapaju; drugim reima, bi´e c c Ra, Rb, = Rb, Ra, a = b.

120 Dokaz. Pretpostavimo najpre da je Rb, Ra, = Ra, Rb, tj. Rb, Ra, R-1 = Ra, . b,

Geometrija

Ako u osnoj rotaciji Rb, pravoj a odgovara neka prava a , a uglu odgovara izvestan ugao , prema poznatoj teoremi imamo da je Rb, Ra, R-1 = Ra , . b, Iz ove i prethodne jednakosti sledi da je Ra, = Ra , . Stoga su prave a i a istovetne, a uglovi i podudarni i istosmerni, to je mogu´e s c samo u sluaju kada je a = b. c Obratno tvrdenje na jedan nain ve´ smo dokazali prilikom izvodenja teoreme c c 4.5.3. Ono se moe dokazati i na slede´i nain. Pretpostavimo, dakle, da je a = b. z c c Ako u osnoj rotaciji Rb, pravoj a odgovara neka prava a , a uglu odgovara izvestan ugao , bi´e prave a i a istovetne, a uglovi i podudarni i istosmerni, c pa je Ra, = Ra , . Stoga je, prema poznatoj teoremi, Rb, Ra, R-1 = Ra, b, tj. Rb, Ra, = Ra, Rb, .

Primer

Primer 4.1 (Ojler, 1765). Dokazati da kompozicija dveju osnih rotacija euklidskog prostora E 3 , kojima se ose seku u nekoj taki O, predstavlja osnu rotaciju c kojoj osa sadri taku O. z c Reenje. Neka su Ra, i Rb, osne rotacije euklidskog prostora E 3 , kojima se ose s a i b seku u taki O. Ako obeleimo sa ravan odredenu pravima a i b, a sa µ i c z ravni takve da je Ra, = S Sµ i Rb, = S S tada kompoziciju datih osnih rotacija Ra, i Rb, moemo napisati u obliku z Rb, Ra, = S S S Sµ = S Sµ S obzirom da ravni µ i seku ravan po dvema raznim pravama a i b, imamo da je µ = . Na taj nain, dve razne ravni µ i imaju zajedniku taku O, prema c c c tome one se seku po nekoj pravoj c. Stoga kompozicija S Sµ predstavlja neku osnu rotaciju Rc, pa je i Rb, Ra, = Rc, .

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

121

Zadaci

Zadatak 4.6. Date su u prostoru E 3 dve podudarne dui AB i A B . Konstruisati z osu s i odrediti ugao osne rotacije Rs, koja prevodi take A i B respektivno u c take A i B . c Zadatak 4.7. Dokazati da kompozicija parnog broja ravanskih refleksija prostora E 3 , kojima osnove pripadaju nekom koaksijalnom pramenu ravni, predstavlja osnu rotaciju ili koincidenciju. Zadatak 4.8. Dokazati da kompozicija sastavljena iz etiri ravanske refleksije c prostora E 3 , kojima su osnove odredene bonim pljosnima etvorostrane piramide, c c predstavlja osnu rotaciju tog prostora. Konstruisati osu te osne rotacije.

4.6

Osna refleksija prostora E 3

Osne rotacije prostora E 3 u optem sluaju nisu involucione transformacije. s c One su involucione samo u specijalnom sluaju kada su im uglovi rotacije oprueni. c z Takve osne rotacije nazivamo osnim refleksijama. Zbog svoje involutivnosti one raspolau nizom specifinih svojstava koja ´emo prouavati u ovom odeljku. z c c c Definicija 4.6.1. Osnom refleksijom Ss prostora E 3 nazivamo kompoziciju dveju ravanskih refleksija S i S prostora E 3 kojima osnove i zadovoljavaju relaciju i = s. Na taj nain imamo da je: c Ss = S S = S S Pravu s nazivamo osom osne refleksije Ss . Iz definicije neposredno sleduje da osna refleksija Ss prostora E 3 predstavlja osnu rotaciju kojoj je ugao rotacije jednak 180 . Kao takva, ona predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju prostora E 3 kojoj su invarijantne jedino take c ose s. Nije teko dokazati da je u osnoj refleksiji Ss prostora E 3 invarijantna svaka s ravan koja sadri osu s, kao i svaka ravan koja je upravna na osi s. U ravni koja z sadri osu s osna refleksija Ss indukuje osnu refleksiju, a u ravni koja je upravna z na osi s osna refleksija Ss indukuje centralnu refleksiju. Teorema 4.6.1. Osna refleksija Ss prostora E 3 je involuciona transformacija. Dokaz. Ako obeleimo sa i dve ravni prostora E 3 koje zadovoljavaju relacije z = s i bi´e Ss = S S . Koriste´i relaciju , nalazimo da je c c S2 = (S S ) (S S ) = (S S ) (S S ) = E. s ( = s).

122

Geometrija

Teorema 4.6.2. Ravanska refleksija S i osna refleksija Sp prostora E 3 , kojima osa p ne pripada osnovi , predstavljaju dve komutativne transformacije ako i samo ako je prava p upravna na ravni , naime bi´e c S Sp = Sp S p . Dokaz. Pretpostavimo najpre da je () S Sp = Sp S tj. S Sp S = Sp .

Ako obeleimo sa p pravu odredenu relacijom S (p) = p , prema zakonu za transz mutaciju osne refleksije Sp ravanskom refleksijom S imamo da je () S Sp S = Sp .

Iz jednakosti () i () sledi da je Sp = Sp , i prema tome da je p = p . S obzirom da prava p ne pripada ravni jednakost p = p vai samo u sluaju kada je p . z c Obratno, pretpostavimo da je p . Iz te relacije sledi da je S (p) = p, te prema zakonu za transmutaciju osne refleksije Sp ravanskom refleksijom S nalazimo da je S Sp S = Sp tj. S Sp = Sp S .

Zadaci

Zadatak 4.9. Ako su p, q, r tri prave prostora E 3 upravne medu sobom u taki c O, dokazati da je Sr Sq Sp = E Zadatak 4.10. Dokazati da kompozicija dveju osnih refleksija Sp i Sq prostora E 3 , kojima se ose p i q seku u nekoj taki O, predstavlja osnu rotaciju tog prostora. c Zadatak 4.11. Dokazati da se svaka osna rotacija Rs, prostora E 3 moe predz staviti kao kompozicija dveju osnih refleksija tog prostora. Zadatak 4.12. Dokazati da kompozicija sastavljena iz tri osne refleksije Sp , Sq , Sr prostora E 3 , kojima su ose upravne na nekoj ravni E 3 predstavlja takode osnu refleksiju kojoj je osa upravna na ravni . Zadatak 4.13. Dokazati da kompozicija sastavljena iz neparnog broja osnih refleksija prostora E 3 , kojima su ose upravne na nekoj ravni E 3 , predstavlja takode osnu refleksiju kojoj je osa upravna na ravni . Zadatak 4.14. U prostoru E 3 konstruisati dve mimoilazne prave x i y takve da prave Sx (y) i Sy (x) budu komplanarne.

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

123

4.7

Osnorotaciona refleksija prostora E 3

U dosadanjim izlaganjima upoznali smo samo jednu vrstu indirektnih izomes trijskih transformacija prostora E 3 , bile su to ravanske refleksije tog prostora. Po definiciji one predstavljaju neidentine izometrijske transformacije koje raspolau c z sa ravnima kojima su sve take invarijantne. Na taj nain, svaka ravanska refleksija c c poseduje beskonano mnogo invarijantnih taaka. U ovom odeljku prouava´emo c c c c indirektne izometrijske transformacije koje poseduju samo po jednu invarijantnu taku. Njihovom prouavanju prethodi uvodenje nove vrste indirektnih izometrijc c skih transformacija; to su tzv. osnorotacione refleksije prostora E 3 . Definicija 4.7.1. Kompozicija sastavljena iz jedne osne rotacije Rs, i jedne ravanske refleksije prostora E 3 , pri emu je s , nazivamo osnorotacionom ili c samo rotacionom refleksijom prostora E 3 koju simboliki obeleavamo sa R; s, . c z Na taj nain imamo da je c R; s, = S Rs, = Rs, S Ravan nazivamo osnovom, pravu s nazivamo osom, taku S = s nazivamo c sreditem ili centrom, a orijentisani ugao nazivamo uglom osnorotacione refleks sije R; s, .

X s

Rs, (X)

O

S (X)

R;s, (X)

Sl. def. 4.7.1 E3 Iz definicije neposredno sleduje da je osnorotaciona refleksija R; s, prostora jednoznano odredena osnovom , osom s i orijentisanim uglom . S obzirom c da je osna rotacija direktna, a ravanska refleksija indirektna izometrijska transformacija, njihova kompozicija, prema tome i osnorotaciona refleksija predstavlja

124

Geometrija

indirektnu izometrijsku transformaciju prostora E 3 . Nije teko dokazati da oss norotaciona refleksija R; s, prostora E 3 poseduje samo jednu invarijantnu taku, c to je taka O = s. Ako ugao nije opruen, ona poseduje jedinstvenu invac z rijantnu pravu -- to je osa s, i jedinstvenu invarijantnu ravan -- to je osnova te osnorotacione refleksije. Od svojstava kojima raspolau osnorotacione refleksije z izvodimo samo najvanije. z Teorema 4.7.1. Svaka indirektna izometrijska transformacija I prostora E 3 koja ima jedinstvenu taku O predstavlja osnorotacionu refleksiju sa sreditem O. c s Dokaz. Neka je X taka prostora E 3 takva da je I (X) = X i X = X . Iz c relacije (O, X) (O, X ) sledi da taka O pripada medijalnoj ravni 1 dui XX . c z = Kompozicija S1 I predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju prostora E 3 sa dvema raznim invarijantnim takama O i X, te prema Dalamberovoj teoremi c predstavlja koincidenciju ili neku osnu rotaciju Rs, kojoj osa s sadri take O i z c X. Ne moe predstavljati koincidenciju, jer bi u tom sluaju iz relacije S1 I = E z c sledila relacija I = S1 , te bi transformacija I sem take O imala jo invarijantnih c s taaka, to je suprotno pretpostavci. Stoga je S1 I = Rs, , i prema tome c s I = S1 Rs, . S obzirom da prava s sadri taku O koja se nalazi u ravni 1 i taku X koja z c c se nalazi van ravni 1 , prava s prodire ravan 1 u taki O. Ako je s 1 , c transformacija I po definiciji predstavlja osnorotacionu refleksiju. Ako nije s 1 , obeleimo sa 2 ravan koja sadri pravu s, a upravna je na ravni 1 i sa 3 ravan z z takvu da je Rs, = S2 S3 . S obzirom da su ravni 1 i 2 upravne medu sobom, one se seku po nekoj pravoj s1 . Ako je 1 ravan koja sadri pravu s1 a upravna z je na ravni 3 , zatim sa 2 ravan takva da je S1 S2 = S1 S2 , kompozicija S2 S3 predstavlja neku osnu rotaciju Rt, kojoj je osa t upravna na ravni 1 pa je I = S1 S2 S3 = S1 S2 S3 = S1 Rt, = R1 ;t, .

Teorema 4.7.2. Svaka direktna izometrijska transformacija I prostora E 3 moe z se predstaviti kao kompozicija dveju osnih refleksija tog prostora. Dokaz. Ako je I = E, tada zbog involutivnosti osne refleksije za svaku pravu p E 3 imamo da je I = Sp Sp . Ako je I = E, tada postoji taka X E 3 takva c da je I(X) = X i X = X . Neka je 1 medijalna ravan dui XX . S obzirom da je z I direktna i S1 indirektna izometrijska transformacija prostora E 3 , kompozicija S1 I predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju tog prostora. Iz relacija I(X) = X i S1 (X ) = X sledi da je u kompoziciji S1 I taka X invarijantna. c c s c Ako kompozicija S1 I poseduje sem take X jo neku invarijantnu taku Y , prema teoremi 4.2.3 ona predstavlja neku ravansku refleksiju S2 . U tom sluaju, c

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

125

iz relacije S1 I = S2 sledi da je I = S1 S2 . Ako obeleimo sa ravan upravnu z na obema ravnima 1 i 2 , a sa m i n prave po kojima ona see te ravni, bi´e c c I = S1 S2 = (S1 S ) (S S2 ) = Sm Sn . Ako kompozicija S1 I sem take X nema drugih invarijantnih taaka, prema c c prethodnoj teoremi, ona predstavlja neku osnorotacionu refleksiju R4 ; s, kojoj je sredite taka X. Obeleimo sa 2 ravan koja sadri pravu s i koja je upravna na s c z z ravni 1 , a sa 3 ravan takvu da je Rs, = S2 S3 . U tom sluaju, bi´e c c S1 I = S2 S3 S4 tj. I = S1 S2 S3 S4 .

Iz relacija 1 2 , 3 4 i jednakosti 1 2 = m, 3 4 = n nalazimo da je I = Sm Sn .

Zadaci

Zadatak 4.15. Dokazati da sredita dui koje spajaju odgovaraju´e take oss z c c norotacione refleksije R; s, prostora E 3 pripadaju ravni . Zadatak 4.16. Ako osa osne rotacije Rs, prostora E 3 prodire neku ravan , dokazati da svaka od kompozicija Rs, S i S Rs, predstavlja osnorotacionu refleksiju tog prostora. Zadatak 4.17. Dokazati da kompozicija sastavljena iz triju ravanskih refleksija, kojima su osnove , , odredene pljosnima nekog triedra Oabc u prostoru E 3 , predstavlja osnorotacionu refleksiju; konstruisati osnovu i osu te osnorotacione refleksije. Zadatak 4.18. Odrediti zakon za transmutaciju osnorotacione refleksije R; s, prostora E 3 bilo kojom izometrijskom transformacijom J tog prostora. Zadatak 4.19. Dokazati da kompozicija dveju osnorotacionih refleksija prostora E 3 , koje imaju zajedniku osnovu i zajedniku osu, predstavlja osnu rotaciju ili c c koincidenciju.

4.8

Centralna refleksija prostora E 3

Osnorotaciona refleksija prostora E 3 u optem sluaju nije involuciona transs c formacija; ona je involuciona jedino u sluaju kada je ugao rotacije opruen. Takvu c z 3 . Zbog svoje osnorotacionu refleksiju zva´emo centralnom refleksijom prostora E c involutivnosti ona raspolae nizom specifinih svojstava koja predstavljaju prez c dmet razmatranja ovog odeljka.

126

Geometrija

Definicija 4.8.1. Centralnom refleksijom SO prostora E 3 nazivamo kompoziciju jedne osne refleksije Ss i jedne ravanske refleksije S prostora E 3 , pri emu je s c u taki O. Na taj nain, ako je prava s upravna na ravni u taki O, bi´e c c c c SO = S Ss = Ss S Taku O nazivamo centrom ili sreditem centralne refleksije SO . c s Iz definicije neposredno sleduje da centralna refleksija prostora E 3 predstavlja osnorotacionu refleksiju kojoj je ugao rotacije 180 . Kao takva, ona predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju prostora E 3 koja ima samo jednu invarijantnu taku, to je sredite O te centralne refleksije. Svakoj drugoj taki X E 3 c s c 3 takva da je taka O sredite dui XX . odgovara taka X E c c s z Teorema 4.8.1. Centralna refleksija SO prostora E 3 jednoznano je odredena c svojim sreditem O. s

m

n

µ

O s

Sl. 4.8.1 Dokaz. Da bismo izveli dokaz ovog tvrdenja dovoljno je dokazati da za svake dve prave m i n koje se seku u taki O i ravni µ i koje su u taki O upravne na c c pravama m i n vai relacija Sµ Sm = S Sn (Sl. 4.8.1). Ako obeleimo sa z z ravan odredenu pravama m i n, a sa s pravu po kojoj se seku ravni µ i , bi´e c s . Ako zatim obeleimo sa µ i ravni odredene parovima pravih m, s i n, s, z imamo da je Sµ Sm = Sµ Sµ S = Ss S = S S S = S Sn

Teorema 4.8.2. Centralna refleksija SO prostora E 3 je involuciona transformacija.

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

127

Dokaz. Ako obeleimo sa bilo koju ravan koja sadri taku O i sa s pravu koja z z c je u taki O upravna na ravni , bi´e SO = S Ss pa je c c S2 = (S Ss ) (S Ss ) = (S S ) (Ss Ss ) = E. O

Teorema 4.8.3. U centralnoj refleksiji SO prostora E 3 pravoj x koja sadri taku z c O odgovara ta ista prava, pravoj x koja ne sadri tau O odgovara prava x takva z c da je x x i x x = . Dokaz. Pretpostavimo najpre da je O x. Ako obeleimo sa ravan koja je u z taki O upravna na pravoj x, imamo da je SO = S Sx , pa je c SO (x) = S Sx = S (x) = x. Pretpostavimo sad da je O x. Ako obeleimo sa ravan odredenu relacijama / z O i x, i sa p pravu koja je u taki O upravna na ravni , bi´e c c SO (x) = Sp S (x) = Sp (x) = x . Budu´i da u osnoj refleksiji Sp pravoj x koja zadovoljava relacije x p i x p = c odgovara druga prava x koja zadovoljava relacije x p i x p = , imamo da je x x i x x = . Teorema 4.8.4. U centralnoj refleksiji SO prostora E 3 ravni koja sadri taku z c O odgovara ta ista ravan, ravni koja ne sadri taku O odgovara ravan takva z c da je i = . Dokaz. Pretpostavimo najpre da je O . Ako obeleimo sa p pravu koja je u z taki O upravna na ravni , bi´e SO = Sp S , pa je c c SO () = Sp S () = Sp () = . Pretpostavimo sad da je O . Ako obeleimo sa p pravu odredenu relacijama / z O p i p i sa ravan koja je u taki O upravna na pravoj p, bi´e c c SO () = S Sp () = S () = . Iz relacija S () = i = sledi da su ravni i sa raznih strana ravni , pa je i = . Teorema 4.8.5. Ako je SO centralna refleksija i I bilo koja izometrijska transformacija prostora E 3 , zatim O taka takva da je I(O) = O , tada je c I SO I-1 = SO .

128

Geometrija

Dokaz. Obeleimo sa p proizvoljnu pravu koja sadri taku O i sa ravan koja je z z c u taki O upravna na pravoj p. Ako u transformaciji I pravoj p odgovara prava c p , a ravni odgovara ravan , bi´e p u nekoj taki O . Stoga je c c I SO I-1 = I S Sp I-1 = (I S I-1 ) (I Sp I-1 ) = S Sp = SO

Teorema 4.8.6. Centralna refleksija SO i ravanska refleksija S prostora E 3 su dve komutativne transformacije ako i samo ako taka O pripada ravni , naime c bi´e c S SO = SO S O . Dokaz. Pretpostavimo najpre da je () S SO = SO S tj. S SO S = SO .

Ako obeleimo sa O taku odredenu relacijom S (O) = O , prema zakonu transz c mutacije centralne refleksije SO ravanskom refleksijom S imamo da je () S SO S = SO .

Iz jednakosti () i () sledi da je SO = SO , i prema tome da je O = O , to je s mogu´e samo u sluaju kada se taka O nalazi u ravni . c c c Obratno, pretpostavimo sad da je O . Iz ove relacije sledi da je S (O) = O, te prema zakonu za transmutaciju centralne refleksije SO ravanskom refleksijom S nalazimo da je S SO S = SO tj. S SO = SO S .

Teorema 4.8.7. Centralna refleksija SO i osna refleksija Sp prostora E 3 su dve komutativne transformacije ako i samo ako taka O pripada pravoj p, naime bi´e c c Sp SO = SO Sp O p. Dokaz. Pretpostavimo najpre da je () Sp SO = SO Sp tj. Sp SO Sp = SO .

Ako obeleimo sa O taku odredenu relacijom Sp (O) = O , prema zakonu transz c mutacije centralne refleksije SO osnom refleksijom Sp imamo da je () Sp SO Sp = SO .

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

129

Iz jednakosti () i () sledi da je SO = SO , i prema tome da je O = O , to je s mogu´e samo u sluaju kada se taka O nalazi na pravoj p. c c c Obratno, pretpostavimo sad da je O p. Iz ove relacije sledi da je Sp (O) = O, te prema zakonu transmutacije centralne refleksije SO osnom refleksijom Sp nalazimo da je Sp SO Sp = SO tj. Sp SO = SO Sp . Teorema 4.8.8. Kompozicija triju centralnih refleksija prostora E 3 predstavlja takode centralnu refleksiju tog prostora.

a d b c

D

C

A

B

Sl. 4.8.8 Dokaz. Neka su date tri centralne refleksije SA , SB , SC euklidskog prostora E 3 . Ako je pri tome A = B ili B = C, tada neposredno sleduje da kompozicija SC SB SA predstavlja takode centralnu refleksiju. Razmotrimo sluaj kada je c A = B i B = C (Sl. 4.8.8). Ako obeleimo sa ravan koja sadri take A, B, C i z z c sa a, b, c prave koje su u tim takama upravne i na ravni , nalazimo da je c SC SB SA = (S Sc ) (Sb S ) (S Sa ) = S (Sc Sb Sa ) S obzirom da su prave a, b, c upravne na ravni , prema ranije dokazanoj teoremi, kompozicija Sc Sb Sa predstavlja neku osnu refleksiju Sd kojoj je osa d upravna na ravni . Ako prodornu taku te ose sa ravni obeleimo sa D, bi´e c z c SC SB SA = S (Sc Sb Sa ) = S Sd = SD .

Teorema 4.8.9. Sredita dui koje spajaju odgovaraju´e take indirektne izomes z c c 3 pripadaju jednoj ravni. trijske transformacije I prostora E Dokaz. Neka je P E 3 , P = I(P ) i O sredite dui P P (Sl. 4.8.9). S obzirom da s z su I i SO indirektne izometrijske transformacije prostora E 3 , kompozicija SO I predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju. U toj direktnoj izometrijskoj transformaciji taka P je invarijantna, te prema Dalamberovoj teoremi predstavlja c neku osnu rotaciju Rp, pri emu je P p. c

130

p X

Geometrija

Y P X

O

P X0

X

Sl. 4.8.9 Neka je ravan odredena relacijama O i p. Ako obeleimo sa X bilo z 3 , razliitu od take P , i sa X taku takvu da je I(X) = X , koju taku prostora E c c c c bi´e sredite Y dui XX u ravni . Zaista, stavimo li da je SO (X ) = X , bi´e c s z c Rp, (X) = X . Stoga medijalna ravan dui XX sadri pravu p. Prava odredena z z sreditima O i Y dui X X i X X paralelna je sa dui XX , i prema tome upravna s z z na ravni , dakle i na pravoj p . Otuda sleduje relacija Y . Definicija 4.8.2. Ravan kojoj pripadaju sredita dui odredenih odgovaraju´im s z c 3 nazivamo osnovom takama indirektne izometrijske transformacije I prostora E c te izometrijske transformacije.

Zadaci

Zadatak 4.20. Ako su SO i SO centralne refleksije prostora E 3 i I neka izometrijska transformacija tog istog prostora, dokazati da je I SO I-1 = SO I(O) = O . Zadatak 4.21. Ako su SM i SN centralne refleksije prostora E 3 , dokazati da je SM = SN M = N. Zadatak 4.22. Ako su SA , SB dve razne centralne refleksije i S ravanska refleksija prostora E 3 , dokazati da kompozicija SB S SA predstavlja neku ravansku refleksiju S ako i samo ako je AB , naime bi´e c SB S SA = S AB . Zadatak 4.23. Ako su S , S ravanske refleksije i SC centralna refleksija prostora E 3 , dokazati da kompozicija S SC S predstavlja neku centralnu refleksiju SD ako i samo ako su ravni i medu sobom paralelne, naime bi´e c S SC S = SD .

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

131

Zadatak 4.24. Dokazati da kompozicija sastavljena iz neparnog broja centralnih refleksija prostora E 3 predstavlja takode centralnu refleksiju tog prostora. Zadatak 4.25. Ako su ABCD i A B C D dva podudarna suprotnosmerna tetraedra prostora E 3 , dokazati da sredita dui AA , BB , CC , DD pripadaju jednoj s z ravni. Zadatak 4.26. Ako su i dva podudarna suprotnoorijentisana poliedra prostora E 3 , dokazati da sredita dui koje spajaju njihova odgovaraju´a temena s z c pripadaju jednoj ravni.

4.9

Translacija prostora E 3

Sem osnih rotacija postoji jo jedna vrsta izometrijskih transformacija prostora s E 3 koje se mogu predstaviti kao kompozicija dveju ravanskih refleksija; to su tzv. translacije prostora E 3 . Definicija 4.9.1. Neka su S i S dve ravanske refleksije prostora E 3 kojima su osnove i upravne na nekoj pravoj s u dvema raznim takama A i B i neka je c A = S (A). Paralelnim pomeranjem ili translacijom po pravoj s za orijentisanu du P P s nazivamo transformaciju z

- T-P : E 3 E 3 , P

odredenu relacijom

- T-P = S S P

Niz svojstava kojima raspolau translacije prostora E 3 moe se izvesti nepoz z sredno iz definicije. S obzirom da je ravanska refleksija prostora E 3 indirektna izometrijska transformacija, kompozicija dveju ravanskih refleksija, prema tome i translacija tog prostora, predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju. Budu´i c - da je = , kompozicija S S , prema tome i translacija T-P prostora P 3 nema invarijantnih taaka. Translacija T- prostora E 3 prevodi svaku pravu - E c PP x P P u tu istu pravu, ne menjaju´i njenu orijentaciju. Dokaz tog tvrdenja c izvodi se potpuno analognim postupkom kao u geometriji ravni E 2 , te ga stoga ne´emo navoditi. c Teorema 4.9.1. Izometrijska transformacija I prostora E 3 predstavlja translaciju tog prostora ako i samo ako se moe predstaviti kao kompozicija dveju raznih z centralnih refleksija tog istog prostora. Dokaz. Pretpostavimo najpre da izometrijska transformacija prostora E 3 pred- stavlja neku translaciju T-P tog prostora. Ako obeleimo sa Q sredite dui P P , z s z P sa s pravu odredenu takama P i P , a sa i ravni upravne na pravoj s u c takama P i Q, primenom teoreme 4.6.1 nalazimo da je c

- T-P = S S = (S Ss ) (Ss S ) = SQ SP P

132

Geometrija

Obratno, pretpostavimo sada da izometrijska transformacija I prostora E 3 predstavlja kompoziciju dveju raznih centralnih refleksija; neka je npr. I = SQ SP . Ako obeleimo sa s pravu odredenu takama P i Q, sa i ravni koje su u z c takama P i Q upravne na pravoj s i sa P taku takvu da je S (P ) = P , c c primenom teoreme 4.6.1 nalazimo da je

- SQ SP = (S Ss ) (Ss S ) = S S = T-P . P

Teorema 4.9.2. Skup T koji se sastoji iz identine transformacije i svih translac 3 predstavlja podgrupu grupe G(I+ ) svih direktnih izometrijskih cija prostora E transformacija tog istog prostora.

- Dokaz. Obeleimo sa T- i T- bilo koje dve translacije iz skupa T. Ako je E z CD AB - - - c taka koja u translaciji T- odgovara taki B, imamo da je T- = T- . Ako su c BE CD CD M i N sredita dui AB i BE, a M taka simetrina taki M u odnosu na taku s z c c c c N , bi´e c - - - T- T- = T- T- = SN SB SB SM = SN SM = T- - T. AB BE AB CD MM

Na taj nain kompozicija svake dve transformacije iz skupa T predstavlja takode c transformaciju iz skupa T. - s z Ako je T- proizvoljna transformacija iz skupa T i R sredite dui P Q, imamo PQ da je -1 - T- = (SQ SR )-1 = SR SQ = T- T. - QP

PQ

Stoga inverzna transformacija bilo koje transformacije iz skupa T predstavlja takode transformaciju iz skupa T. S obzirom da transformacije iz skupa T predstavljaju elemente iz grupe G(I+ ), iz dokazanih svojstava sleduje da skup T predstavlja podgrupu te grupe. Definicija 4.9.2. Grupu ustanovljenu ovom teoremom nazivamo grupom translacija prostora E3 i simboliki obeleavamo sa G(T). c z Teorema 4.9.3. Grupa translacija G(T) prostora E 3 je komutativna; drugim - z reima, za svake dve translacije T- i T- prostora E 3 vai relacija c CD AB

- - T- T- = T- T- CD AB AB CD - c Dokaz. Obeleimo sa E taku koja u translaciji T- prostora E 3 odgovara taki z c CD - - = T- . Ako obeleimo sa - z B. Prema ranije dokazanoj teoremi imamo da je TCD BE M i N sredita dui AB i BE, primenom teoreme 4.9.1 nalazimo da je s z - - T- T- = T- T- = SN SB SB SM = SN SM , AB BE AB CD - - T- T- = T- T- = SB SM SN SB . BE AB CD AB

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

133

Prema ranije dokazanoj teoremi, kompozicija SB SM SN predstavlja centralnu refleksiju ravni E 2 , dakle involucionu transformaciju. Stoga kvadrat te kompozicije predstavlja koincidenciju, naime bi´e c SB SM SN SB SM SN = E tj. SB SM SN SB = SN SM

- - Iz ove i prethodnih dveju jednakosti sledi da je T- T- = T- T- CD AB AB CD - Teorema 4.9.4. Ako je T- translacija i I bilo koja izometrijska transformacija MN 3 , zatim M i N take koje u izometriji I odgovaraju respektivno prostora E c takama M i N , tada vai relacija c z - - I T- I-1 = T- - MN M N

Dokaz. Ako obeleimo sa µ ravan koja je u taki M upravna na pravoj M N i sa z c - = S Sµ . Ako zatim obeleimo sa µ i - z medijalnu ravan dui M N , bi´e TM N z c ravni koje u izometriji I odgovaraju respektivno ravnima µ i , bi´e ravan µ u c taki M upravna na pravoj M N a ravan medijalna ravan dui M N , pa je c z

- I T- I-1 = I (S Sµ ) I-1 MN

= I (S I-1 I Sµ ) I-1 = (I S I-1 ) (I Sµ I-1 )

- = S Sµ = T- - M N

- Teorema 4.9.5. Translacija T- i ravanska refleksija S prostora E 3 su dve MN komutativne transformacije ako i samo ako je prava M N paralelna sa ravni . Naime bi´e c - - S T- = T- S M N . MN MN

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je

- - S T- = T- S , MN MN - - tj. S T- S = T- . MN MN

Ako obeleimo sa M i N take koje u ravanskoj refleksiji S odgovaraju respekz c tivno takama M i N , prema prethodnoj teoremi imamo da je c

- - S T- S = T- - MN M N

- - -- - - - s Iz ove i prethodne jednakosti sledi da je T- = T- - , pa je i M N = M N , to MN M N je mogu´e samo u sluaju kada je M N . c c Obratno, pretpostavimo da je M N . Ako obeleimo sa M i N take koje z c u ravanskoj refleksiji S odgovaraju respektivno takama M i N , bi´e orijentisane c c - - -- - - - dui M N i M N podudarne i istosmerne, pa je T- = T- - . Stoga, primenom z MN M N poznate teoreme, nalazimo da je

- - - - S T- = S T- S S = T- - S = T- S MN MN MN M N

134

Geometrija

- Teorema 4.9.6. Translacija T- i osna rotacija Rs, prostora E 3 su dve komuMN tativne transformacije ako i samo ako su prave s i M N medu sobom paralelne, naime bi´e c - - Rs, T- = T- Rs, M N s MN MN

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je

- - Rs, T- = T- Rs, MN MN

tj.

- - Rs, T- R-1 = T- . s, MN MN

Ako obeleimo sa M i N take koje u osnoj rotaciji Rs, odgovaraju respektivno z c takama M i N , prema poznatoj teoremi imamo da je c

- - Rs, T- R-1 = T- - s, MN M N - - z Iz ove i prethodne jednakosti sledi da je T- = T- - , pa su orijentisane dui MN M N - - -- - M N i M N jednake i istovetne, to je mogu´e samo ako je M N s. s c Obratno, pretpostavimo sad da je M N s. Ako obeleimo sa M i N take z c koje u osnoj rotaciji Rs, odgovaraju respektivno takama M i N , bi´e orijentisane c c - - -- - - sobom podudarne i istosmerne, pa je T- = T- - . Stoga - - dui M N i M N medu z

primenom poznate teoreme nalazimo da je

MN

M N

- - - - Rs, T- = Rs, T- R-1 Rs, = T- - Rs, = T- Rs, s, MN MN MN M N

Zadaci

Zadatak 4.27. Ako su A i B dve razne take prostora E 3 , dokazati da vae c z slede´e relacije: c (a) (T- )-1 = T- ; BA AB (b) T- T- = E. AB BA

Zadatak 4.28. Ako su A, B, C tri razne take prostora E 3 , dokazati da vae c z slede´e relacije: c

- (a) T- T- = T- ; AC AB BC - (b) T- T- T- = E. AB BC CA

Zadatak 4.29. Ako je ABCD paralelogram prostora E 3 , dokazati da vae slede´e z c relacije: - - (a) T- T- = T- ; (b) T- T- = T- CA BA DA AC AB AD Zadatak 4.30. Dokazati da kompozicija parnog broja ravanskih refleksija prostora E 3 , kojima su osnove upravne na nekoj pravoj s, predstavlja translaciju ili koincidenciju. Zadatak 4.31. Dokazati da kompozicija parnog broja osnih refleksija prostora E 3 , kojima su ose upravne na nekoj ravni , predstavlja translaciju ili koincidenciju.

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

135

Zadatak 4.32. Dokazati da kompozicija parnog broja centralnih refleksija prostora E 3 , predstavlja translaciju ili koincidenciju. Zadatak 4.33. Date su u prostoru E 3 dve podudarne sfere 1 i 2 i dve take P1 c i P2 . Konstruisati dve medu sobom paralelne ravni 1 i 2 od kojih prva sadri z taku P1 i dodiruje sferu 1 , a druga sadri taku P2 i dodiruje sferu 2 . c z c Zadatak 4.34. Date su u prostoru E 3 dve sfere 1 i 2 , prava p i du d. Konstruiz sati pravu s koja je paralelna sa pravom p i koja dodiruje sfere 1 i 2 respektivno u takama X1 , Y1 i X2 , Y2 takvim da je X1 Y1 X2 Y2 d. c = = Zadatak 4.35. Date su u prostoru E 3 dve sfere 1 , 2 i ravan . Konstruisati ravan koja je paralelna sa ravni i koja see sfere 1 , 2 po medu sobom c podudarnim krugovima k1 , k2 . Zadatak 4.36. Date su u prostoru E 3 dve sfere 1 , 2 , ravan i du d. Konstruiz sati dve ravni 1 i 2 koje su paralelne sa ravni , kojima je medusobno rastojanje jednako dui d i koje seku sfere 1 i 2 respektivno po podudarnim krugovima k1 z i k2 .

4.10

Klizaju´a refleksija prostora E 3 c

U prethodnim izlaganjima prouavane su samo indirektne izometrijske transc formacije prostora E 3 koje poseduju jednu ili vie invarijantnih taaka. Prouavanju s c c 3 koje uopte nemaju invariindirektnih izometrijskih transformacija prostora E s jantnih taaka prethodi uvodenje specifine vrste izometrijskih transformacija tog c c prostora; to su tzv. klizaju´e refleksije prostora E 3 . c

- Definicija 4.10.1. Klizaju´om ili translatornom refleksijom G;-P prostora E 3 c P - nazivamo kompoziciju sastavljenu iz translacije T-P i ravanske refleksije S kojoj P osnova sadri pravu P P . S obzirom na relaciju P P moemo pisati da je z z - - - G;-P = S T-P = T-P S P P P

Ravan nazivamo osnovom, orijentisanu pravu P P nazivamo osom, a orijentisanu - du P P nazivamo translacionom dui klizaju´e refleksije G;-P . z z c P

X X1

P

P

X

X1

Sl. def. 4.10.1

136

Geometrija

- Iz definicije neposredno sleduje da je klizaju´a refleksija G;-P prostora E 3 c P jednoznano odredena ako je zadata osnova i translaciona du P P . S obzirom c z da je translacija prostora E 3 direktna, a ravanska refleksija indirektna izometrijska transformacija, kompozicija tih dveju transformacija, prema tome i klizaju´a c refleksija prostora E 3 , predstavlja indirektnu izometrijsku transformaciju. Nije - teko dokazati da klizaju´a refleksija G;-P nema invarijantnih taaka, da ona s c c P poseduje beskonano mnogo invarijantnih pravih -- to su prave koje pripadaju c ravni , a paralelne su sa osom P P , da poseduje samo dve invarijantne ravni -- to je osnova i tzv. protivosnova koja sadri pravu P P , a upravna je na ravni z . Komutativnost transformacija iz kojih se po definiciji dobija klizaju´a refleksija c c kazuje da prilikom konstruisanja lika 1 koji u toj klizaju´oj refleksiji odgovara - nekom liku E 3 nije vano da li se najpre izvodi translacija T-P , zatim ravanz P - ska refleksija S , ili obratno, najpre ravanska refleksija S , zatim translacija T-P . P Ilustracije radi na sl.1 predstavljena su oba redosleda dobijanja take X1 koja u c - klizaju´oj refleksiji G;-P odgovara nekoj taki X. c c P

Teorema 4.10.1. Ako indirektna izometrijska transformacija I prostora E 3 nema invarijantnih taaka, ona predstavlja klizaju´u refleksiju. c c Dokaz. Neka je X proizvoljna taka prostora E 3 i X = I(X). Ako obeleimo c z sa 1 medijalnu ravan dui XX , tada kompozicija S1 I predstavlja direktnu z izometrijsku transformaciju sa invarijantnom takom X. Prema Dalamberovoj c teoremi takva transformacija predstavlja koincidenciju ili osnu rotaciju Rs, kojoj osa s sadri taku X. Ne moe predstavljati koincidenciju, jer bi iz relacije S1 I = z c z E sledila relacija I = S1 te bi izometrija I imala invarijantnih taaka, to je c s suprotno pretpostavci. Stoga je S1 I = Rs, , i prema tome I = S1 Rs, . Pri tome je s 1 = , jer bi u protivnom izometrija I posedovala invarijantnih taaka, to je pretpostavkom iskljueno. Obeleimo sa 2 i 3 ravni odredene c s c z relacijama Rs, = S2 S3 i 2 1 , a sa 1 i 2 ravni odredene relacijama S1 S2 = S1 S2 i 1 3 . Pri tome je 2 , 3 1 i 2 3 = , te - kompozicija S2 S3 predstavlja neku translaciju T-P kojoj je osa P P paralelna P sa ravni 1 . Stoga je

- I = S1 Rs, = S1 S2 S3 = S1 S2 S3 = S1 T-P = G P

1 ;P P

- . -

- Teorema 4.10.2. Ako je G;-P klizaju´a refleksija prostora E 3 i q prava koja je c P u sreditu Q dui P P upravna na ravni , tada je s z - G;-P = Sq SP = SP Sq . P

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

137

Dokaz. Koriste´i definiciju klizaju´e refleksije prostora E 3 , nalazimo da je c c

- - G;-P = S T-P = S SQ SP = Sq SP ; P P - - G;-P = T-P S = SP SQ S = SP Sq . P P

Zadaci

Zadatak 4.37. Ako su take A i B dve razne take neke ravni koja se nalazi u c c 3 , dokazati da je prostoru E (a) (G;- )-1 = G;- ; AB BA (b) G;- G;- = E. BA AB

Zadatak 4.38. Ako su A, B, C tri razne take neke ravni u prostoru E 3 , c dokazati da je - G;- G;- G;- = S CA BC AB Zadatak 4.39. Ako su A, B, C, D etiri razne take neke ravni prostora E 3 , c c dokazati da je - - - G;- G;- G;- G;- = E DA CD BC AB Zadatak 4.40. Ako je u prostoru E 3 taka O van prave p, dokazati da svaka od c narednih dveju kompozicija I1 = SO Sp i I2 = Sp SO predstavlja klizaju´u refleksiju prostora E 3 . c Zadatak 4.41. Ako u prostoru E 3 prava p i ravan nemaju zajednikih taaka, c c dokazati da svaka od narednih dveju kompozicija I1 = Sp S i I2 = S Sp predstavlja klizaju´u refleksiju prostora E 3 . c Zadatak 4.42. Ako osa s osne rotacije Rs, i osnova ravanske refleksije S prostora E 3 nemaju zajednikih taaka, dokazati da svaka od slede´ih dveju komc c c pozicija I1 = Rs, S i I2 = S Rs, predstavlja klizaju´u refleksiju prostora E 3 . c Zadatak 4.43. Ako u prostoru E 3 du P P nije upravna na ravni , dokazati da z svaka od kompozicija

- I1 = T-P S P - i I2 = S T-P P

predstavlja klizaju´u refleksiju prostora E 3 . c Zadatak 4.44. Dokazati da kompozicija sastavljena iz triju ravanskih refleksija kojima su osnove odredene bonim pljosnima bilo koje trostrane prizme ABCA B C c 3 predstavlja klizaju´u refleksiju tog prostora. zadate u prostoru E c

138

Geometrija

4.11

Zavojno kretanje prostora E 3

U prethodnim izlaganjima razmatrane su tri vrste direktnih izometrijskih transformacija prostora E 3 ; bile su to koincidencije, osne rotacije i translacije. Minimalna simetrijska reprezentacija svake od njih sastojala se iz samo dveju ravanskih refleksija. Direktne izometrijske transformacije prostora E 3 kojima se minimalne simetrijske reprezentacije sastoje iz etiri ravanske refleksije do sada nisu c razmatrane. Prouavanju takvih izometrijskih transformacija prethodi uvodenje c specifinih vrsta izometrija tzv. zavojnih kretanja prostora E 3 . c

Y X P

X1

Y X P X1

Sl. def. 4.11.1 Definicija 4.11.1. Zavojnim ili helikoidalnim kretanjem

- Z-P , P - prostora E 3 nazivamo kompoziciju sastavljenu iz translacije T-P i osne rotacije P RP P , tog prostora. Na taj nain imamo da je c - Z-P , = RP P P , - - T-P = T-P RP P P P , .

Orijentisanu pravu P P nazivamo osom, orijentisanu du P P nazivamo translaz - cionom dui, a orijentisani ugao nazivamo uglom zavojnog kretanja Z-P , . z P Specijalno, ako je ugao opruen, zavojno kretanje nazivamo zavojnim poluobrz tanjem.

- Iz definicije neposredno sleduje da je zavojno kretanje Z-P , prostora E 3 jeP dnoznano odredeno translacionom dui P P i uglom . Budu´i da su translacija c z c 3 direktne izometrijske transformacije, i njihova komi osna rotacija prostora E pozicija, prema tome i zavojno kretanje predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju prostora E 3 .

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

139

- z Teorema 4.11.1. Zavojno kretanje Z-P , prostora E 3 moe se predstaviti kao P kompozicija dveju osnih refleksija tog prostora; ose tih refleksija medu sobom su mimoilazne.

Dokaz. Ako obeleimo sa s pravu odredenu takama P i P , a sa 1 , 2 i 1 , 2 z c ravni takve da je - T-P = S2 S1 i Rs, = S2 S1 P bi´e 1 , 2 s i 1 2 = s, pa je 1 1 i 2 2 . Stavimo li da je 1 1 = s1 c i 2 2 = s2 , nalazimo da je

- - Z-P , = T-P Rs, = S2 S1 S2 S1 = S2 S2 S1 S1 = Ss2 Ss1 P P

Teorema 4.11.2. Kompozicija I sastavljena iz dveju osnih refleksija Sp i Sq prostora E 3 , kojima su ose p i q mimoilazne, predstavlja zavojno kretanje.

Q q 1 p P 2

s

Sl. 4.11.2 Dokaz. S obzirom da su prave p i q mimoilazne, postoji jedinstvena prava s koja ih see pod pravim uglovima. Neka je P =p s i Q=q s (Sl. 4.11.2). Ako obeleimo c z sa 1 i 2 ravni upravne na pravoj s u takama P i Q, a sa 1 i 2 ravni od kojih c je prva odredena pravama p i s, a druga odredena pravama q i s, imamo da je 1 1 = p, 2 2 = q, 1 2 = s i 1 , 2 1 , 2 . Stoga je I = Sq Sp = S2 S2 S1 S1 = S2 S1 S2 S1 Budu´i da su ravni 1 i 2 upravne na pravoj s u dvema raznim takama P i Q, c c kompozicija S2 S1

- predstavlja translaciju T-P gde je P = S2 (P ). Kako je 1 2 = s, imamo da P je S2 S1 = Rs, ,

140

Geometrija

gde je orijentisani ugao odreden ravnima 1 i 2 . Pri tome se osa translacije - T-P poklapa sa osom osne rotacije Rs, pa je P

- - I = Rs, T-P = Z-P , . P P

Zadaci

- Zadatak 4.45. Dokazati da zavojno kretanje Z-P , prostora E 3 nema invarijanP tnih taaka. c - Zadatak 4.46. Dokazati da zavojno kretanje Z-P , prostora E 3 poseduje jedinP stvenu invarijantnu pravu, to je osa P P tog zavojnog kretanja. - s c Zadatak 4.47. Dokazati da zavojno kretanje Z-P , prostora E 3 u optem sluaju P nema invarijantnih ravni. Specijalno, ako je ugao opruen, svaka ravan koja z sadri pravu P P je invarijantna. z

Zadatak 4.48. Ako je u prostoru E 3 taka O van ravni dokazati da svaka od c narednih dveju kompozicija I1 = S SO i I2 = SO S

predstavlja zavojno poluobrtanje prostora E 3 . Zadatak 4.49. Dokazati da kompozicija sastavljena iz triju osnih refleksija Sa , Sb , Sc prostora E 3 , kojima ose a, b, c pripadaju jednoj ravni no ne pripadaju jednom pramenu, predstavlja zavojno poluobrtanje. Zadatak 4.50. Ako su A, B, C tri nekolinearne take prostora E 3 i t tangenta u c taki A na krugu k opisanom oko ABC, dokazati da je c

- Z- Z- Z- = St . AB BC CA

Zadatak 4.51. Dokazati da se svako zavojno kretanje prostora E 3 moe predz staviti kao kompozicija jedne klizaju´e i jedne ravanske refleksije. c Zadatak 4.52. Dokazati da se svako zavojno kretanje prostora E 3 moe predz staviti kao kompozicija jedne osnorotacione i jedne ravanske refleksije. Zadatak 4.53. Dokazati da se svako zavojno poluobrtanje prostora E 3 moe z predstaviti kao kompozicija jedne centralne i jedne ravanske refleksije.

- - Zadatak 4.54. Dokazati da kompozicija dvaju zavojnih poluobrtanja Z- i Z- OQ OP prostora E 3 , kojima su ose OP i OQ upravne medu sobom, predstavlja osnu refleksiju tog prostora.

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

141

Zadatak 4.55. Ako su OP , OQ, OR tri medu sobom ortogonalne dui prostora z 3 , dokazati da kompozicija E

- - I = Z- Z- Z- OP OQ OR

predstavlja translaciju tog prostora.

4.12

Klasifikacija izometrijskih transformacija prostora E3

U prethodnim razmatranjima upoznali smo se sa vie razliitih vrsta izomes c trijskih transformacija prostora E 3 . Prirodno je postaviti pitanje da li su njima obuhva´ene sve postoje´e vrste izometrijskih transformacija tog prostora. Odgovor c c na to pitanje dat je narednim dvema teoremama kojima se odvojeno izvode klasifikacije direktnih i indirektnih izometrijskih transformacija. Teorema 4.12.1 (M. Sal, 1830). Svaka direktna izometrijska transformacija I 3 predstavlja koincidenciju, translaciju, osnu rotaciju ili zavojno kreprostora E tanje. Dokaz. S obzirom da je I direktna izometrijska transformacija prostora E 3 , prema ranije dokazanoj teoremi ona se moe predstaviti u obliku kompozicije dveju osnih z simetrija tog prostora; neka je npr. I = Sn Sm . U zavisnosti od toga kakav je uzajamni poloaj osa m i n tih simetrija, razlikujemo z slede´e etiri mogu´nosti. c c c 1 Ako su ose m i n istovetne, tada iz involutivnosti osne refleksije prostora E 3 , neposredno zakljuujemo da izometrijska transformacija I prostora E 3 predstavlja c koincidenciju, tj. da je I = Sm Sm = E. 2 Ako su ose m i n dve razne medu sobom paralelne prave, one su komplanarne tj. sadrane u nekoj ravni . Obeleimo sa µ i ravni odredene relacijama z z mµ i n

Budu´i da ravni i upravne na ravni seku ravan po pravama m i n, bi´e c c I = Sn Sm = (S S ) (S Sµ ) = S Sµ . Kako su ravni µ i upravne na ravni , a prave m=µ i n= medu sobom razliite i paralelne, bi´e µ i dve razne medu sobom paralelne ravni, te c c - c kompozicija S Sµ predstavlja neku translaciju T- prostora E 3 , naime bi´e MN

- I = T- . MN

142

Geometrija

3 Ako se ose m i n osnih refleksija Sm i Sn seku u nekoj taki S, one odreduju c neku ravan . Obeleimo ponovo sa µ i ravni odredene relacijama m µ i z n . Budu´i da ravni µ i upravne na ravni seku ravan po pravama c m i n, bi´e c I = Sn Sm = (S S ) (S Sµ ) = S Sµ . Kako ravni µ i seku ravan po dvema raznim pravama m i n, one su razliite c - sobom. Taka S pripada svakoj od pravih m i n koje se nalaze respektivno medu c u ravnima µ i , pa je S µ i S . Na taj nain, dve razne ravni µ i imaju c zajedniku taku S, prema tome seku se po nekoj pravoj s koja sadri taku S. c c z c 3 , naime stoga kompozicija S Sµ predstavlja neku osnu rotaciju Rs, prostora E bi´e c I = Rs, . 4 Pretpostavimo sad da su prave m i n mimoilazne. Prema poznatoj teoremi, postoji jedinstvena prava s koja see mimoilazne prave m i n pod pravim uglovima. c Neka je M = s m i N = s n. Ako obeleimo sa 1 i 2 ravni upravne na pravoj z s u takama M i N , a sa 1 i 2 ravni od kojih je prva odredena pravama m i s, a c druga odredena pravama n i s, imamo da je 1 1 = m, 2 2 = n, 1 2 = s i 1 , 2 1 , 2 . Stoga je I = Sn Sm = S2 S2 S1 S1 = S2 S1 S2 S1 . Budu´i da su ravni 1 i 2 upravne na pravoj s u dvema raznim takama M i N , c c kompozicija S2 S1

- predstavlja translaciju T- - gde je M = S2 (M ). Kako je 1 2 = s, imamo MM da je S2 S1 = Rs, gde je orijentisani ugao odreden ravnima 1 i 2 . Pri tome se osa M M - translacije T- - poklapa sa osom s osne rotacije Rs, , te kompozicija tih dveju MM - transformacija u bilo kojem redu predstavlja zavojno kretanje Z- - , , naime bi´e c MM - - I = Rs, T- - = Z- - , . MM MM

Teorema 4.12.2. Svaka indirektna izometrijska transformacija I prostora E 3 predstavlja ravansku, osnorotacionu ili klizaju´u refleksiju. c Dokaz. S obzirom da I indirektna i E direktna izometrijska transformacija, imamo da je I = E, te postoji taka X E 3 takva da je I(X) = X i X = X . Ako c obeleimo sa 1 medijalnu ravan dui XX , tada kompozicija z z S1 I

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

143

predstavlja direktnu izometrijsku transformaciju sa invarijantnom takom X. Prema c ranije dokazanoj Dalamberovoj teoremi, takva transformacija predstavlja koincidenciju E ili neku osnu rotaciju Rs, kojoj osa s sadri invarijantnu taku X. Ako z c je S1 I = E, neposredno zakljuujemo da je c I = S1 , tj. da izometrijska transformacija predstavlja ravansku refleksiju. Ako je S1 I = Rs, , imamo da je I = S1 Rs, . Obeleimo sa 2 i 3 ravni odredene relacijama Rs, = S2 S3 i 2 1 , a sa z 1 i 2 ravni odredene relacijama S1 S2 = S1 S2 i 1 3 . U tom sluaju c nalazimo da je I = S1 Rs, = S1 S2 S3 = S1 S2 S3 . Ravni 2 i 3 razliite su medu sobom i upravne na ravni 1 , te kompozicija c S2 S3 predstavlja neku osnu rotaciju Rt, kojoj je osa t upravna na ravni 1 ili - neku translaciju T- kojoj je osa M N paralelna sa ravni 1 . Stoga je MN I = S1 Rt, = R1 ;t, I = S1

- T- MN

ili

=

- G ;- . 3 MN

Prethodne dve teoreme omogu´uju da klasifikaciju izometrijskih transformacija c euklidskog prostora E 3 prikaemo u obliku slede´e sheme: z c Izometrijske transformacije euklidskog prostora E3 Direktne izometrijske transformacije Koincidencija Translacija Osne rotacije Zavojna kretanja Indirektne izometrijske transformacije Ravanska Osnorotaci- Klizaju´a c refleksija ona refleksija refleksija

Napominjemo da se u izvedenoj klasifikaciji izometrijskih transformacija euklidskog prostora E 3 posebno ne istiu osne simetrije reda n; njih svrstavamo c - osne rotacije. Isto tako, nisu posebno pomenute ni osnorotacione simetrije medu reda n medu kojima se nalazi i centralna refleksija prostora; njih svrstavamo medu osnorotacione refleksije razmatranog prostora.

144

Geometrija

4.13

Simetrije likova u prostoru E 3

Izometrijske transformacije prostora E 3 omogu´uju da u tom prostoru izc gradimo geometrijsku teoriju simetrija. Nije nam cilj da ovde u potpunosti razradimo tu teoriju, ve´ samo da izloimo neke njene elemente. c z Definicija 4.13.1. Simetrijom lika u prostoru E 3 nazivamo svaku izometrijsku transformaciju I te ravni takvu da je I()=. Nije teko ustanoviti da skup svih simetrija lika E 3 obrazuje grupu; tu s grupu nazivamo grupom simetrija lika i simboliki obeleavamo sa G(I ). Broj c z elemenata grupe G(I ) nazivamo redom te grupe. Identina transformacija kao c specifina izometrija prostora E 3 predstavlja simetriju svakog lika u tom proc storu. Ako je red grupe G(I ) jednak jedinici, lik nazivamo asimetrinim; ako c je red grupe ve´i od jedan, lik nazivamo simetrinim. S obzirom na orijentaciju, c c razlikujemo direktne simetrije koje ne menjaju orijentaciju prostora i indirektne koje menjaju njegovu orijentaciju. Skup direktnih simetrija nekog lika E 3 predstavlja podgrupu grupe G(I ); tu podgrupu nazivamo grupom direktnih simetrija lika , i simboliki obeleavamo sa G(I+ ). c z S obzirom da razlikujemo sedam vrsta izometrijskih transformacija prostora E 3 , razlikujemo i sedam vrsta simetrija likova u tom prostoru, to su: koincidencija, ravanska simetrija, osna simetrija reda n, osnorotaciona simetrija reda n, translaciona simetrija, klizaju´a simetrija, zavojna simetrija. Sa ovako utvrdenim poc 3 moe se pristupiti iznalaenju postoje´im vrstama simetrija likova u prostoru E c z z stoje´ih grupa simetrija u prostoru E 3 . Taj problem veoma je sloen, te ga ne´emo c z c 2 , i u geometriji prostora E 3 prouavaju ni razmatrati. Kao i u geometriji ravni E c se najpre punktualne grupe simetrija; to su grupe u kojima sve simetrije raspolau z najmanje jednom zajednikom invarijantnom takom. Punktualne grupe koje se c c sastoje iskljuivo iz direktnih simetrija raspolau jedino koincidencijom i osnim c z simetrijama, zbog ega se u literaturi i nazivaju grupama rotacija. Nije teko usc s tanoviti da npr. grupa rotacija pravilne n-tostrane piramide predstavlja cikliku c grupu simetrija tipa Cn ; npr. grupa rotacija pravilne n-tostrane prizme predstavlja diedarsku grupu simetrija tipa Dn . Narednom teoremom ustanovi´emo grupe sic 3. metrija pravilnih poliedara u prostoru E Teorema 4.13.1. Ukupan broj simetrija pravilnog poliedra u prostoru E 3 jednak je dvostrukom broju njegovih ivinih uglova odnosno etvorostrukom broju c c njegovih ivica. Jednu polovinu tih simetrija ine direktne, a drugu polovinu ine c c indirektne izometrijske transformacije. Dokaz. Ako obeleimo sa A, B, C i A , B , C dve trojke uzastopnih temena jedne z iste ili dveju raznih pljosni poliedra i sa O sredite tog poliedra, bi´e etvorke s c c taaka O, A, B, C i O, A , B , C nekomplanarne. Stavie, vae relacije c s z (O, A, B, C) (O, A , B , C ) i = (O, A, B, C) (O, C , B , A ). =

Glava 4. Vrste izometrijskih transformacija prostora E 3

145

Stoga postoje dve izometrijske transformacije prostora E 3 , obeleimo ih sa I1 i z I2 , od kojih prva prevodi take O, A, B, C respektivno u take O, A , B , C , c c a druga prevodi take O, A, B, C respektivno u take O, C , B , A . Budu´i c c c da su tetraedri OA B C i OC B A suprotno orijentisani, jedna od izometrijskih transformacija I1 i I2 je direktna a druga je indirektna. Nije teko dokazati da s svaka od izometrijskih transformacija I1 i I2 predstavlja simetriju poliedra tj. da je I1 () = i I2 () = . Zaista, u transformaciji I1 pljosni (ABC · · · H) odgovara pljosan (A B C · · · H ). Iz podudarnosti svih diedara i pljosni poliedra sleduje da u transformaciji I1 pljosnima susednim sa (ABC · · · H) odgovaraju pljosani susedne sa (A B C · · · H ). Istim rasudivanjem zakljuujemo da u izometriji I1 narednim susednim pljosnima c odgovaraju naredne susedne pljosni. Nastavljaju´i ovaj postupak, nalazimo da je c I1 () = . Na isti nain dobijamo da je I2 () = . Ovim smo dokazali da svakom c ivinom uglu poliedra odgovaraju dve razne simetrije tog poliedra od kojih je c jedna direktna a druga indirektna. Stoga je ukupan broj svih simetrija poliedra jednak dvostrukom broju njegovih ivinih uglova, odnosno etvorostrukom broju c c njegovih ivica. Sem toga, jednu polovinu tih simetrija ine direktne, a drugu c polovinu ine indirektne izometrijske transformacije. c Ako pravilan poliedar ima t temena, i ivica, p pljosni i ako svaka pljosan ima m stranica a svaki rogalj n ivica, iz dokazane teoreme neposredno zakljuujemo c da se red grupe GI() simetrija i red grupe GI+ () rotacija tog pravilnog poliedra mogu izraziti slede´im jednakostima: c red GI() = 2 red GI+ () = 2mp = 2nt = 4i. Izvedena svojstva omogu´uju da s obzirom na postoje´e vrste pravilnih poliec c dara sainimo slede´u tabelu: c c Vrsta poliedra 1 2 3 4 5 Pravilan tetraedar Pravilan heksaedar Pravilan oktaedar Pravilan dodekaedar Pravilan ikosaedar red GI() 24 48 48 120 120 red GI+ () 12 24 24 60 60

Ovim smo samo ustanovili koliki je red grupe simetrija i red grupe rotacija svakog od postoje´ih pet vrsta pravilnih poliedara. Prirodno je postaviti pitanje c kojim vrstama simetrija raspolau grupe. Bez dokaza navodimo vrste simetrija z kojima raspolau pravilan tetraedar i kocka. z Pravilan tetraedar raspolae sa: z

146

Geometrija

8 osnih simetrija reda tri koje su definisane u oba smera u odnosu na prave odredene visinama tog tetraedra; 3 osne simetrija reda dva koje su definisane u odnosu na prave odredene sreditima naspramnih ivica; s 1 identina transformacija; c 6 ravanskih simetrija definisanih u odnosu na simetralne ravni unutranjih s diedara; 6 osnorotacionih simetrija reda etiri definisanih u oba smera u odnosu na c prave odredene sreditima naspramnih ivica. s Pravilan heksaedar(kocka) raspolae sa: z 6 osnih simetrija reda etiri definisanih u oba smera u odnosu na prave c odredene sreditima naspramnih pljosni; s 3 osne simetrije reda dva definisane u odnosu na prave odredene sreditima s naspramnih pljosni; 6 osnih simetrija reda dva definisanih u odnosu na prave odredene sreditima s naspramnih ivica; 8 osnih simetrija reda tri definisanih u oba smera u odnosu na prave odredene naspramnim temenima; 1 identina transformacija; c 6 ravanskih simetrija definisanih u odnosu na simetralne ravni unutranjih s diedara; 3 ravanske simetrije definisane u odnosu na medijalne ravni ivica; 6 osnorotacionih simetrija reda etiri, definisanih u odnosu na prave odredene c sreditima naspramnih pljosni; s 8 osnorotacionih simetrija reda est, definisanih u oba smera u odnosu na s prave odredene naspramnih temenima; 1 centralna simetrija.

Glava 5

Vektori u geometriji

5.1 Vektori u prostoru E n (n = 1, 2, 3)

Translacije prostora E n omogu´uju da u geometriji tog prostora uvedemo c pojam vektora koji u reavanju geometrijskih zadataka nalazi estu primenu. s c Tom pojmu prethodi uvodenje jedne pomo´ne relacije koju nazivamo relacijom c istoznanosti ili ekvipolencije. c Definicija 5.1.1. Kae se da je u prostoru E n ureden par taaka (P , P ) ekvipoz c lentan ili istoznaan s uredenim parom taaka (Q, Q ) ako u grupi translacija G(T) c c prostora E n postoji transformacija koja prevodi take P i Q respektivno u take c c P i Q.

P P

Q R R

Q

Sl. def. 5.1.1 Iz definicije neposredno sledi da su ekvipolentni parovi taaka (P, P ) i (Q, Q ) c translatorno podudarni i prema tome orijentisane dui P P i QQ podudarne i z istosmerne (Sl. def. 5.1.1). Stavie, iz definicije neposredno sleduje da relacija s ekvipolencije definisana na skupu uredenih parova taaka prostora E n predstavlja c relaciju ekvivalencije. Stoga ona omogu´uje da skup svih uredenih parova taaka c c tog prostora razloimo na klase ekvivalencije kojih ima beskonano mnogo. z c Definicija 5.1.2. Klasu svih uredenih medu sobom ekvipolentnih parova taaka c n nazivamo vektorom u tom prostoru. prostora E Vektore u prostoru E n naje´e obeleavamo malim latinskim slovima iznad c sc z kojih stavljamo znak strelice, kao npr. a, b, c . . . . S obzirom da vektor x predstavlja 147

148

Geometrija

itavu klasu ekvipolentnih parova taaka koja je jednoznano odredena bilo kojim c c c uredenim parom taaka (X, X ) iz te klase, u geometriji je doputeno taj vektor c s - - obeleavati i simbolom XX . U tom sluaju taku X nazivamo poetnom, a z c c c - - - pravom XX nazivamo taku X krajnjom takom vektora XX . Pravac odreden c c - - pravcem, a smer odreden orijentisanom dui XX nazivamo smerom vektora XX . z - - - - z Za vektor X X kaemo da je suprotnosmeran s vektorom XX . Rastojanje d - - izmedu poetne take X i krajnje take X vektora x = XX nazivamo duinom, c c c z intenzitetom ili modulom tog vektora i simboliki obeleavamo sa c z - - |x| ili |XX |. - - Specijalno, ako je duina vektora XX jednaka nuli, tada je X = X , takav vektor z nazivamo nula vektorom i simboliki obeleavano sa o. Jasno je da nula vektor ne c z odreduje nikakav pravac, niti smer. U izvesnim sluajevima doputeno je bilo koji c s pravac smatrati pravcem nula vektora o. Vektore prostora E n koji imaju isti pravac nazivamo kolinearnim; u protivnom sluaju, vektore nazivamo nekolinearnim. Vektore prostora E n kojima su pravci c paralelni sa nekom ravni nazivamo komplanarnim; u protivnom sluaju vekc tore nazivamo nekomplanarnim. Jasno je da su dva vektora prostora E n uvek komplanarna; medutim, tri vektora mogu biti nekomplanarna.

5.2

Linearne operacije nad vektorima

1. Nad skupom vektora u prostoru E n , (n = 1, 2, 3) mogu´e je ustanoviti c dve vrste tzv. linearnih algebarskih operacija; to su operacije sabiranja vektora i mnoenja vektora sa brojem. Ustanovimo najpre operaciju sabiranja vektora. z Definicija 5.2.1. U prostoru E n , (n = 1, 2, 3) svakom uredenom paru vektora - - - - - x = AB i y = BC pridruen je jedan vektor z = AC koji nazivamo zbirom vektora z x i y, i simboliki obeleavamo sa z = x + y. c z

x

B

y

A

C

B

A

C

Sl. def. 5.2.1

Glava 5. Vektori u geometriji

149

- - - - Nije teko dokazati da zbir dvaju vektora x = AB i y = BC ne zavisi od s poloaja take A (Sl. def. 5.2.1). Zaista, ako obeleimo sa A bilo koju drugu z c z - - - - n i sa B , C take takve da je x = A B i y = B C , bi´e taku prostora E c c c orijentisane dui AB i A B podudarne i istosmerne, pa su i orijentisane dui AA z z i BB podudarne i istosmerne. Isto tako orijentisane dui BC i B C su podudarne z i istosmerne, pa su i orijentisane dui BB i CC podudarne i istosmerne. Sad su z orijentisane dui AA i BB podudarne i istosmerne, te su i orijentisane dui AC z z - - - i A C podudarne i istosmerne. Stoga je AC = A C i prema tome - - - - - - - - AB + BC = A B + B C . Od svojstava kojima se odlikuje operacija sabiranja vektora istiemo najvanija; c z ta svojstva kondenzovana su u jedinstvenoj teoremi koja glasi: Teorema 5.2.1. Za svaka tri vektora a, b, c prostora E n vae slede´e relacije: z c 1. a + b = b + a 2. a + (b + c) = (a + b) + c 3. a + o = a 4. a + (-a) = o

B

C

S O A

Sl. 5.2.1(a) - - - Dokaz. 1 Ako obeleimo sa O, A, B take takve da je OA = a, OB = b i sa z c C taku simetrinu sa takom O u odnosu na sredite S dui AB (Sl. 5.2.1(a)), c c c s z imamo da je - - - - - - - - - - a + b = OA + OB = OC i b + a = OB + OA = OC. Iz ovih jednakosti sledi da je a + b = b + a.

C D b a+ A b+c B

Sl. 5.2.1(b)

150

Geometrija

- - - - - - 2 Ako obeleimo sa A, B, C, D, take takve da je a = AB, b = BC, c = CD z c (Sl. 5.2.1(b)), imamo da je - - - - - - - - - - - - a + (b + c) = AB + (BC + CD) = AB + BD = AD; - - - - - - - - - - - (a + b) + c = (AB + BC) + CD = AC + CD = AD. Iz ovih jednakosti sladi da je a + (b + c) = (a + b) + c. - - 3 Ako su A i B take takve da je a = AB, bi´e c c - - - - - - AB + BB = AB, tj. a + o = a - - 4 Ako su A i B take takve da je a = AB, bi´e c c - - - - - a + (-a) = AB + BA = AA = o.

S obzirom da je operacija sabiranja vektora u prostoru E n asocijativna, u izrazima a + (b + c) i (a + b) + c mogu se izostaviti zagrade, te svaki od njih dobija oblik a + b + c. Indukcijom nalazimo da se operacija sabiranja vektora moe proiriti i na ve´i broj z s c sabiraka. Tako npr. zbir od m vektora a1 , a2 , . . . , an predstavlja neki vektor a koji moemo napisati u obliku z a = a1 + a2 + · · · + an . Zbir dvaju vektora x i -y predstavlja neki vektor z koji nazivamo razlika vektora x i y, i simboliki obeleavamo sa c z z = x + (-y) = x - y.

Primer

Primer 5.1. Ako su M i N sredita stranica AD i BC bilo kojeg etvorougla s c - - - - - - ABCD, dokazati da je 2M N = AB + CD.

C D M A N

B

Sl. Primer 5.1

Glava 5. Vektori u geometriji

151

Reenje. Prema definiciji zbira vektora imamo da je s - - - - - - - - M N = M A + AB + BN - - - - - - - - M N = M D + DC + CN . Sabiranjem odgovaraju´ih strana jednakosti, nalazimo da je c - - - - - - - - - - - - - - 2M N = M A + M D + AB + DC + BN + CN - - - - - - - - - - - - = M A + AM + AB + DC + BN + N B - - - - = AB + DC.

2. Sem unutranje operacije sabiranja, na skupu vektora prostora E n moe se s z definisati i jedna spoljanja operacija koju nazivamo mnoenjem vektora sa brojem. s z Definicija 5.2.2. Neka je x E n i k R. Proizvodom kx vektora x sa brojem k nazivamo vektor y E n koji zadovoljava slede´e uslove: c 1. Intenzitet vektora y jednak je proizvodu iz apsolutne vrednosti broja k i intenziteta vektora x tj. |y| = |k||x| 2. Vektor y je istosmeran ili suprotosmeran s vektorom x u zavisnosti od toga da li je k > 0 ili k < 0. Iz definicije neposredno sleduje da proizvod vektora x sa brojem k predstavlja nula vektor ako i samo ako je x = o ili k = 0. Teorema 5.2.2. Ako su a i b proizvoljni vektori prostora E n i k, k1 , k2 realni brojevi, tada je 1. k(a + b) = ka + k b; 2. (k1 + k2 )a = k1 a + k2 a; 3. k1 (k2 a) = (k1 k2 )a; 4. 1 · a = a.

C C O A A B B

Sl. 5.2.2

152

Geometrija

Dokaz. 1 Ako je k = 0, tvrdenje sleduje neposredno iz definicije. Razmotrimo sluaj kada je k = 0 (Sl. 5.2.2). Ako obeleimo sa A, B, C take prostora E n takve c z c - - - - da je AB = a i BC = b, sa O taku van pravih AB, BC, CA i sa A , B , C take c c takve da je - - - - - - - - - - - OA = k OA, OB = k OB, OC = k OC, tada vae slede´e jednakosti z c - - - - A B = k AB, Na taj nain imamo da je c - - - - - - - k(a + b) = k(AB + BC) = k AC = A C - - - - - - - - = A B + B C = k AB + k BC = ka + k b. 2 Ako je neki od brojeva k1 i k2 jednak nuli ili a = o, tvrdenje sleduje neposredno. Razmatramo sluaj kada brojevi k1 i k2 imaju isti znak, dok je a = o. Pri c tome su vektori (k1 + k2 )a i k1 a + k2 a istog smera i jednakih intenziteta. Prvo od ovih tvrdenja sleduje otuda to su oba s ta vektora za k1 > 0 i k2 > 0 istosmerni s vektorom a, a za k1 < 0 i k2 < 0 suprotni su sa vektorom a. Drugo od pomenutih tvrdenja takode vai, jer je z |(k1 + k2 )a| = |k1 + k2 ||a| = (|k1 | + |k2 |)|a|, |k1 a + k2 a| = |k1 a| + |k2 a| = |k1 ||a| + |k2 ||a| = (|k1 | + |k2 |)a. Stoga, prema definiciji jednakosti vektora, imamo da je (k1 + k2 )a = k1 a + k2 a. Analogno rasudivanje primenjuje se i u sluaju kada brojevi k1 i k2 imaju suprotne c znakove, dok je a = o. 3 Vektori k1 (k2 a) i (k1 k2 )a su istog smera i jednakih intenziteta. Prvo od ovih svojstava sleduje neposredno, jer ako brojevi k1 i k2 imaju isti znak, pomenuti vektori su istosmerni sa vektorom a; ako brojevi k1 i k2 imaju suprotan znak, pomenuti vektori su suprotnosmerni s vektorom a. Drugo svojstvo sleduje iz relacija |k1 (k2 a)| = |k1 ||k2 a| = |k1 ||k2 ||a| i |(k1 k2 )a| = |k1 k2 ||a| = |k1 ||k2 ||a|. Stoga je k1 (k2 a) = (k1 k2 )a. 4 Budu´i da su vektori 1 · a i a istog smera i jednakih intenziteta, imamo da c je 1 · a = a. - - - - B C = k BC, - - - A C = k AC.

Glava 5. Vektori u geometriji

153

Primer

Primer 5.2. Dokazati da u ravni E 2 postoji trougao kojem su stranice podudarne sa medijanama zadatog trougla.

A

F

E

B

D

C

Sl. Primer 5.2 Reenje. Neka su AD, BE, CF medijane zadatog s (Sl. Primer 5.2). Pri tome je ABC zadatog u ravni E 2

- - - - - - - - 1 - - AD = AB + BD = AB + BC 2 - - - - - 1 - - - - BE = BC + CE = BC + CA 2 - - - - - - 1- CF = CA + AF = CA + AB. 2 Sabiranjem odgovaraju´ih strana nalazimo da je c - - - - - - - - - - 3 - AD + BE + CF = (AB + BC + CA) = o. 2 - - - - - - Budu´i da su vektori AD, BE, CF nekolinearni i da je njihov zbir nula vektor, c u ravni E 2 postoji trougao kojem su stranice podudarne respektivno sa duima z AD, BE, CF .

Zadaci

Zadatak 5.1. Dokazati da za svake tri take A, B, C ravni E 2 vai relacija c z - - - - - AB + BC + CA = o. Zadatak 5.2. Dokazati da za svaki konaan skup taaka A1 , . . . , Am prostora c c E 3 vai relacija z -- - -- - -- - A1 A2 + A2 A3 + · · · + Am A1 = o. Zadatak 5.3. Ako je O sredite dui AB koja se nalazi u ravni E 2 , dokazati da s z - - 2 vai relacija -A + -B = 2-O. za svaku taku P E c z P P P

154

Geometrija

Zadatak 5.4. Ako je O sredite jednakostraninog trougla ABC koji se nalazi u s c prostoru E 3 , dokazati da za svaku taku P E 3 vai relacija c z - - - - - - - P A + P B + P C = 3P O. Zadatak 5.5. Ako je O sredite pravilnog m-tougla A1 , . . . , Am koji se nalazi u s prostoru E 3 , dokazati da za svaku taku P E 3 vai relacija c z - - - - -- - - - P A1 + P A2 + · · · + P Am = mP O. Zadatak 5.6. Ako je O sredite paralelograma ABCD koji se nalazi u prostoru s E 3 , dokazati da za svaku taku P E 3 vai relacija c z - - - - - - - - - P A + P B + P C + P D = 4P O. Zadatak 5.7. Dokazati da etiri nekolinearne take A, B, C, D prostora E 3 c c odreduju paralelogram ABCD ako i samo ako za svaku taku P E 3 vai relacija c z - - - - - - - P A + P C = P B + P D. Zadatak 5.8. Dokazati da etiri nekolinearne take A, B, C, D ravni E 2 odreduju c c - - - - - paralelogram ABCD ako i samo ako je AC = AB + AD. Zadatak 5.9. Ako sredita P , Q, R, S stranica AB, BC, CD, DA etvorougla s c ABCD u ravni E 2 ne pripadaju jednoj pravoj, dokazati da je etvorougao P QRS c paralelogram. Zadatak 5.10. Dokazati da sredita P , Q, R, S stranica AB, BC, CD, DA s nekomplanarnog etvorougla ABCD u prostoru E 3 odreduju paralelogram P QRS. c Zadatak 5.11. Ako su M i N sredita neparalelnih stranica AD i BC trapeza s - - - - - - ABCD u ravni E 2 , dokazati da je AB + DC = 2M N . Zadatak 5.12. Nad stranicama trougla ABC koji se nalazi u ravni E 2 konstruisani su proizvoljni paralelogrami ABB1 A2 , BCC1 B2 , CAA1 C2 . Dokazati da je -- - -- - -- - A1 A2 + B1 B2 + C1 C2 = o. Zadatak 5.13. Ako su A, B, C, D etiri razne take ravni E 2 i P , Q, R, S, X, c c Y sredita dui AB, BC, CD, DA, AC, BD, dokazati: s z - - - (a) da su vektori P Q i SR medu sobom jednaki; (b) da dui P R, QS, XY imaju zajedniko sredite. z c s

Glava 5. Vektori u geometriji

155

5.3

Linearno zavisni i linearno nezavisni vektori

Linearne operacije nad vektorima omogu´avaju uvodenje pojma linearno zavic snih i linearno nezavisnih vektora. Definicija 5.3.1. Za sistem vektora a1 , . . . , am kae se da je linearno zavisan z ako postoje brojevi k1 , . . . , km , od kojih je bar jedan razliit od nule, takvi da je c k1 a1 + k2 a2 + · · · + km am = o ()

Ako takvi brojevi ne postoje, za sistem vektora a1 , . . . , am kae se da je linearno z nezavisan. Od svojstava koje se odnose na pojam linearne zavisnosti vektora istiemo c najpre slede´u teoremu. c Teorema 5.3.1. Da bi sistem vektora a1 , . . . , am (m > 1) bio linearno zavisan, potrebno je i dovoljno da se najmanje jedan od vektora tog sistema moe linearno z izraziti pomo´u ostalih vektora tog sistema. c Dokaz. Utvrdimo najpre da je navedeni uslov potreban. Stoga pretpostavimo da je sistem vektora a1 , . . . , am linearno zavisan, tj. da postoje brojevi k1 , . . . , km koji zadovoljavaju jednakost () i nisu svi jednaki nuli. Ako je npr. km = 0, iz jednakosti () nalazimo da je am = - k1 k2 km-1 a1 - a2 - . . . - am-1 . km km km

Da bi smo dokazali da je navedeni uslov dovoljan, pretpostavimo da se neki od vektora a1 , . . . , am npr. vektor am moe linearno izraziti pomo´u ostalih vektora. z c Neka je am = l1 a1 + l2 a2 + . . . + lm-1 am-1 . Ako u ovoj jednakosti sve sabirke sa desne strane prenesemo na levu stranu dobijamo jednakost oblika (). Iz ove teoreme neposredno sleduje da se iz sistema linearno nezavisnih vektora a1 , . . . , am nijedan vektor ne moe linearno izraziti pomo´u ostalih vektora; z c tavie, nijedan od tih vektora ne moe biti nula vektor. s s z Razmotrimo sada geometrijski smisao linearne zavisnosti i linearne nezavisnosti nekog sistema vektora u prostoru E n . Pre svega pomenimo da ´e sistem koji c se sastoji iz samo jednog vektora biti linearno zavisan ako i samo ako je taj vektor nula vektor. Ako se sistem sastoji iz dvaju vektora, vai slede´a teorema. z c Teorema 5.3.2. Da bi dva vektora a i b bila kolinearna potrebno je i dovoljno da oni budu linearno zavisni, tj. da postoji realan broj k takav da je b = ka.

156

Geometrija

Dokaz. Utvrdimo najpre da je navedeni uslov potreban. Stoga pretpostavimo da su vektori a i b kolinearni, tj. da je a b. Pri tome su vektori a i b istosmerni ili suprotnosmerni. U prvom sluaju pri k = |a| : |b|, a u drugom sluaju pri c c k = -|a| : |b| imamo da je b = ka. Da bi smo dokazali da je navedeni uslov dovoljan, pretpostavimo da postoji realan broj k takav da je b = ka. Iz definicije mnoenja vektora sa brojem sleduje z da su vektori a i ka, tj. vektori a i b kolinearni. Teorema 5.3.3. U ravni E 2 postoje dva linearno nezavisna vektora; svaka tri vektora te ravni su linearno zavisna.

B

O

A

Sl. 5.3.3(a) Dokaz. Prema poznatom stavu, u ravni E 2 postoje tri nekolinearne take, obeleimo c z - - - ih sa O, A, B (Sl. 5.3.3(a)). Pri tome su vektori OA = a i OB = b u ravni E 2 nekolinearni, i prema tome linearno nezavisni. Ovim smo dokazali da u ravni E 2 postoje dva vektora koji su medu sobom linearno nezavisna.

B Y C

O

X

A

Sl. 5.3.3(b) Dokaimo sada da su svaka tri vektora a, b, c ravni E 2 medusobno linearno z zavisna. Ako bi dva od tih vektora, npr. a i b, bila medu sobom paralelna, ta dva - sobom linearno zavisna, te bi postojali realni brojevi ka i kb vektora bila bi medu koji nisu istovremeno jednaki nuli pri emu je ka a + kb b = o. Stoga je c ka a + kb b + 0c = o, te su i vetori a, b, c linearno zavisni. Ako nikoja dva vektora a, b, c nisu medu sobom paralelna, obeleimo sa O z - - - 2 , sa A, B, C take takve da je - = a, - proizvoljnu taku ravni E c c OA OB = b, OC = c i sa X, Y take pravih OA, OB takve da je etvorougao OXCY paralelogram c c

Glava 5. Vektori u geometriji

157

- - - - - (Sl. 5.3.3(b)). S obzirom da su vektori OX i OY kolinearni sa vektorima OA i - - - - - - OB, postoje brojevi x i y takvi da je OX = xa i OY = y b. Otuda je - - - - - - c = OC = OX + OY = xa + y b, te su u ovom sluaju vektori a, b, c linearno zavisni. c Razmotrimo sada geometrijski smisao linearne zavisnosti i linearne nezavisnosti sistema koji se sastoji iz triju vektora prostora E 3 . S tim u vezi dokaimo da z vae slede´e dve teoreme. z c Teorema 5.3.4. Da bi tri vektora a, b, c prostora E 3 bila komplanarna, potrebno je i dovoljno da ta tri vektora budu medu sobom linearno zavisna, tj. da postoje realni brojevi , , koji nisu istovremeno jednaki nuli pri emu je c () a + b + c = o.

Dokaz. Utvrdimo najpre da je navedeni uslov potreban. Stoga pretpostavimo da su vektori a, b, c komplanarni. Na potpuno isti nain kao u predhodnoj teoremi c dokazuje se da su vektori a, b, c medu sobom linearno zavisni, tj. da postoje realni brojevi , , koji nisu istovremeno jednaki nuli i koji zadovoljavaju relaciju (). Dokaimo da je navedeni uslov dovoljan. U tom cilju pretpostavimo da su z vektori a, b, c medu sobom linearno zavisni, tj. da postoje realni brojevi , , koji nisu istovremeno jednaki nuli i koji zadovoljavaju relaciju (). Ako je npr. = 0 iz relacije () nalazimo da je c = - a - b = µa + b gde je µ = -/ i = -/. Budu´i da vektor c predstavlja zbir dvaju vektora c µa i b koji su kolinearni sa vektorima a i b, vektori a, b, c su komplanarni. Teorema 5.3.5. U prostoru E 3 postoje tri vektora koji su medu sobom linearno nezavisni; svaka etiri vektora tog prostora medu sobom su linearno zavisna. c

C

O

B A

Sl. 5.3.5(a)

158

Geometrija

Dokaz. Prema poznatom stavu, u prostoru E 3 postoje etiri nekomplanarne take, c c - - - obeleimo ih sa O, A, B, C (Sl. 5.3.5(a)). Pri tome su vektori OA = a, OB = b, z - - OC = c nekomplanarni i, prema tome, linearno nezavisni. Ovim smo dokazali da u prostoru E 3 postoje tri vektora koji su medu sobom linearno nezavisna.

C D

O X A

Y E B

Sl. 5.3.5(b) Dokaimo sad da su svaka etiri vektora a, b, c, d prostora E 3 medu sobom z c linearno zavisna. Ako bi medu tim vektorima postojava dva ili tri vektora koja su - sobom linearno zavisna. Obeleimo sa O proizvoljnu taku prostora E 3 i sa medu z c A, B, C, D take takve da je c - OA = a, - - OB = b, - - OC = c, - - OD = d

(Sl. 5.3.5(a)). S obzirom da su vektori a, b, c linearno nezavisni, take O, A, c B, C su nekomplanarne. Ako zatim obeleimo sa E taku ravni OAB takvu da z c je OC ED i sa X, Y take pravih OA i OB takve da je etvorougao OXEY c c - - - - - - paralelogram, bi´e vektori OX, OY , ED kolinearni sa vektorma a, b, c, te postoje c i realni brojevi x, y, z takvi da je - - OX = xa, Stoga je - - - - - - - - - - - - d = OD = OE + ED = OX + OY + ED = xa + y b + zc. - - OY = y b, - - ED = z d.

5.4

Lajbnicova vektorska funkcija. Baricentri sistema taaka u prostoru E n c

U ovom odeljku razmatra se sistem sastavljen iz konanog broja taaka c c A1 , A2 , . . . , Am prostora E n (n = 1, 2, 3) kojima su respektivno pridrueni realni brojevi k1 , . . . , z km . Takvi sistemi razmatraju se ne samo u geometriji ve´ i u drugim naunim c c

Glava 5. Vektori u geometriji

159

oblastima. U mehanici se kae da su u takvom sistemu take A1 , . . . , Am optere´ene z c c masama ije se veliine izraavaju respektivno brojevima k1 , . . . , km . Razmac c z tranju ovakvih sistema u geometriji pristupa se uvodenjem tzv. Lajbnicove vektorske funkcije. Definicija 5.4.1. Lajbnicovom vektorskon funkcijom sistema sastavljenog iz konanog c n kojima su respektivno pridrueni brojevi broja taaka A1 , . . . , Am prostora E c z k1 , . . . , km nazivamo preslikavanje f : E n E n odredeno relacijom - - -- - f (P ) = k1 P A1 + · · · + km P Am . Teorema 5.4.1. Ako je f Lajbnicova vektorska funkcija sistema sastavljenog iz konanog broja taaka A1 , . . . , Am prostora E n kojima su respektivno pridrueni c c z brojevi k1 , . . . , km tada za svake dve take P i Q prostora E n vai relacija c z - - f (P ) = f (Q) + (k1 + · · · + km ) P Q. Dokaz. -- - - - f (P ) = k1 P A1 + · · · + km P Am - - - -- - - - - = k1 (P Q + QA1 ) + · · · + km (P Q + QAm ) - - -- - - - = k1 QA1 + · · · + km QAm + (k1 + · · · + km ) P Q - - = f (Q) + (k1 + · · · + km )P Q.

Teorema 5.4.2. Lajbnicova vektorska funkcija f sistema sastavljenog iz konanog c broja taaka A1 , . . . , Am prostora E n kojima su respektivno pridrueni realni c z brojevi k1 , . . . , km takvi da je k1 + · · · + km = 0 predstavlja konstantu. Dokaz. Ako obeleimo sa P i Q bilo koje dve take prostora E n , prema prethodnoj z c teoremi imamo da je - - f (P ) = f (Q) + (k1 + · · · + km ) P Q. Po pretpostavci je k1 + · · · + km = 0, pa je f (P ) = f (Q). Stoga je pri uslovu k1 + · · · + km = 0 Lajbnicova vektorska funkcija konstanta. Teorema 5.4.3. Lajbnicova vektorska funkcija f sistema sastavljenog iz konanog c broja taaka A1 , . . . , Am prostora E n kojima su respektivno pridrueni brojevi c z k1 , . . . , km takvi da je k1 + · · · + km = 0 je bijektivna.

160

Geometrija

- Dokaz. Svakoj taki X E n jednoznano je korespondiran vektor x E n takav c c da je f (x) = x. Ako obeleimo sa O fiksiranu taku prostora E n , prema teoremi z c 5.4.1 imamo da je - - f (x) = f (O) + (k1 + · · · + km ) XO = x. Iz poslednjih jednakosti dobijamo relaciju - - OX = f (O) - x k1 + · · · + km

- iz koje neposredno zakljuujemo da je svaki vektor x E n slika samo jedne take c c n. XE Iz ove teoreme neposredno sleduje da za sistem (A1 , k1 ), (A2 , k2 ), . . . , (Am , km ) u kojem brojevi k1 , . . . , km zadovoljavaju relaciju k1 + · · · + km = 0 postoji jedinstvena taka G E n takva da je f (G) = o, tj. da je c - - -- - k1 GA1 + · · · + km GAm = o. Definicija 5.4.2. Baricentrom ili teitem sistema sastavljenog iz konanog broja zs c n kojima su respektivno pridrueni brojevi k , . . . , taaka A1 , . . . , Am prostora E c z 1 km takvi da je k1 + · · · + km = 0, nazivamo taku G E n takvu da je c () - - -- - f (G) = k1 GA1 + · · · + km GAm = o.

Specijalno, ako je ki = 1 za svako i = 1, . . . , m tada taku G nazivamo ekvibaric centrom ili jednostavno teitem skupa taaka A1 , . . . , Am . zs c Nije teko ustanoviti da se baricentar G razmatranog sistema pomo´u unapred s c n moe odrediti relacijom fiksirane take O prostora E c z () - - -- - - - k1 OA1 · · · + km OAm . OG = k1 + · · · + km

Iz definicije neposredno sleduje da se baricentar sistema koji se sastoji iz samo jedne take poklapa sa tom takom. Ako se sistem sastoji iz dveju raznih taaka A1 c c c i A2 kojima su respektivno pridrueni realni brojevi k1 i k2 takvi da je k1 + k2 = 0, z baricentar G tog sistema nalazi se na pravoj A1 A2 . Stavie, ako je k1 > 0 i k2 > 0, s tada se taka G nalazi na dui (A1 A2 ). Zaista, pod tim uslovima, iz relacije c z - - - - k1 GA1 + k2 GA2 = o sledi da je - - - - k1 GA1 = -k2 GA2

- - - - Stoga su vektori GA1 i GA2 suprotnosmerni, te je G (A1 A2 ).

Glava 5. Vektori u geometriji

161

Teorema 5.4.4. Neka je G baricentar sistema taaka A1 , . . . , Am kojima su rec spektivno pridrueni brojevi k1 , . . . , km . Ako su G1 i G2 baricentri komplementnih z podskupova taaka A1 , . . . , Ap i Ap+1 , . . . , Am kojima su pridrueni isti brojevi, c z tada se taka G poklapa sa baricentrom skupa koji se sastoji iz taaka G1 i G2 c c kojima su respektivno pridrueni brojevi k1 + · · · + kp i kp+1 + · · · + km . z Dokaz. Prema definiciji teita, imamo da je zs - - -- - k1 GA1 + · · · + km GAm = o; - - - - - - (k1 + · · · + kp ) GG1 = k1 GA1 + · · · + kp GAp ; - - -- -- -- - (kp+1 + · · · + km ) GG2 = kp+1 GAp+1 + · · · + km GAm . Iz ovih triju jednakosti nalazimo da je - - - - (k1 + · · · + kp ) GG1 + (kp+1 + · · · + km ) GG2 = o, pa je taka G baricentar skupa koji se sastoji iz taaka G1 i G2 kojima su respekc c tivno pridrueni brojevi k1 + · · · + kp i kp+1 + · · · + km . z Teorema 5.4.5. Baricentar G taaka A1 , . . . , Am kojima su respektivno pridrueni c z pozitivni brojevi k1 , . . . , km pripada svakoj konveksnoj figuri koja sadri take z c A1 , . . . , Am . Dokaz. Ako je m = 1 i m = 2, tvrdenje sleduje neposredno. Dokaimo indukcijom z da tvrdenje vai i za m > 2. U tom cilju pretpostavimo da svaka konveksna figura z koja sadri take A1 , . . . Am-1 sadri i baricentar G tog skupa taaka kojima su z c z c respektivno pridrueni brojevi k1 , . . . , km-1 . Prema definiciji teita, imamo da z zs je - - -- - k1 GA1 + · · · + km GAm = o; - - - - -- - - - k1 GA1 + · · · + km GAm-1 = (k1 + · · · + km-1 ) GG . Iz ovih dveju jednakosti nalazimo da je - - -- - (k1 + · · · + km - 1) GG + km GAm = o. Stoga je taka G teite dveju taaka G i Am kojima su respektivno pridrueni c zs c z brojevi k1 + · · · + km-1 i km . Budu´i da su ti brojevi pozitivni, taka G se nalazi c c izmedu taaka G i Am , naime bi´e G (G Am ). Po pretpostavci take G i Am c c c pripadaju konveksnoj figuri , te i taka G pripada figuri . c

162

Geometrija

Zadaci

Zadatak 5.14. Neka je u prostoru E 3 dat tetraedar ABCD. Ako su P , Q, R, P , Q , R sredita ivica AB, AC, AD, CD, DB, BC i G teite tog tetraedra, s zs dokazati da je - - - - - - - P P + QQ + RR = 2AG. Zadatak 5.15. Ako su (A, A ) i (B, B ) dva para taaka prostora E n (n = 1, 2, 3), c zatim G i G sredita dui AB i A B , dokazati da je s z - - - - - - AA + BB = 2GG . Zadatak 5.16. Ako su (A, A ), (B, B ) i (C, C ) tri para taaka prostora E n c (n = 1, 2, 3) i G i G teita trojki A, B, C i A , B , C , dokazati da je zs - - - - - - - - AA + BB + CC = 3GG . Zadatak 5.17. Ako su (A1 , A2 ), (A2 , A2 ), . . . , (Am , Am ) parovi taaka prostora c E n (n = 1, 2, 3) i G i G teita m-torki A1 , . . . , Am i A1 , . . . , Am , dokazati da je zs -- - -- - -- -- - - A1 A1 + A2 A2 + · · · + Am Am = m GG . Zadatak 5.18. Dokazati da dva tetraedra ABCD i A B C D u prostoru E 3 imaju zajedniko teite G ako i samo ako vai relacija c zs z - - - - - - - - AA + BB + CC + DD = o. Zadatak 5.19. Dokazati da se teite G tetraedra ABCD u prostoru E 3 poklapa zs sa teitem G tetraedra A B C D kojem su temena A , B , C , D teita trouglova zs zs BCD, CDA, DAB, ABC. Zadatak 5.20. Neka su u prostoru E 3 zadate etiri razne take A, B, C, D. Ako c c su M i N sredita dui AB i CD, dokazati da je s z - 1 - MN = 2 - - - 1 AC + BD = 2 - - - - AD + BC .

5.5

Paralelno projektovanje vektora na osu

U geometriji euklidske ravni mogu se razmatrati dve vrste paralelnih projekcija vektora na osu; to su tzv. paralelne vektor-projekcije i paralelne skalar-projekcije vektora na osu.

Glava 5. Vektori u geometriji

163

A

B

B l l

l A B

A s s

A

B

B

A

A =B

(a)

(b) Sl. def. 5.5.1

(c)

- - Definicija 5.5.1. Neka su u ravni E 2 zadati: vektor AB, osa s i prava l koja nije paralelna sa osom s (Sl. def. 5.5.1). Parlelnom vektor-projekcijom vektora - - - - AB na osu s u odnosu na pravu l nazivamo vektor A B odreden takama A i B c u kojima prave kroz take A i B uporedne sa pravom l seku osu s. Paralelnom c - - skalar-projekcijom vektora AB na osu s u odnosu na pravu l nazivamo skalar - - kojem je apsolutna vrednost jednaka intenzitetu vektora A B , a znak pozitivan ili - - negativan u zavisnosti od toga da li je vektor A B istosmeran ili suprotnosmeran sa osom s. - - Iz definicije sleduje da paralelna skalar-projekcija vektora AB na osu s predstavlja broj koji moe da bude pozitivan, negativan ili nula. Tako je na Sl. def. 5.5.1 z - - predstavljen vektor AB kojem je paralelna skalar-projekcija (a) pozitivna, (b) negativna, (c) jednaka nuli. - - Paralelnu skalar-projekciju vektora AB na osu s u odnosu na pravu l simboliki c obeleavamo sa z - - prl AB. s - - - - Ako je e jedinini vektor ose s, vektor-projekciju A B vektora AB na osu s u c odnosu na pravu l moemo izraziti relacijom z - - - - A B = e prl AB. s U zavisnosti od toga da li je ugao to ga prava l zahvata sa osom s, kos ili prav, s razlikujemo kose i ortogonalne vektor-projekcije, zatim kose i ortogonalne skalarprojekcije. Kada je re o ortogonalnoj projekciji, nije potrebno isticati pravu l u c - - odnosu na koju se izvodi projektovanje; ortogonalnu skalar-projekciju vektora AB na osu s simboliki obeleavamo sa c z - - prs AB.

164

Geometrija

U geometriji euklidskog prostora mogu se razmatrati analogne vrste projekcije vektora na osu.

A s A B

B

B

A

A s B

s B A

A =B

(a)

(b) Sl. def. 5.5.2

(c)

- - Definicija 5.5.2. Neka su u prostoru E 3 zadati: vektor AB, osa s i ravan koja nije paralelna sa osom s (Sl. def. 5.5.2). Paralelnom vektor-projekcijom vektora - - - - AB na osu s u odnosu na ravan nazivamo vektor A B odreden takama A i c B u kojima ravni kroz take A i B uporedne sa ravni seku osu s. Paralelnom c - - skalar-projekcijom vektora AB na osu s u odnosu na ravan nazivamo skalar - - kojem je apsolutna vrednost jednaka intenzitetu vektora A B , a znak pozitivan ili - - negativan u zavisnosti od toga da li je vektor A B istosmeran ili suprotnosmeran sa osom s. - - Paralelna skalar-projekcija vektora AB na osu s u odnosu na ravan predstavlja broj koji moe biti pozitivan, negativan ili nula. Tako je na Sl. def. 5.5.2 z - - predstavljen vektor AB kojem je paralelna skalar-projekcija (a) pozitivna, (b) - - negativna, (c) jednaka nuli. Paralelna skalar-projekcija vektora AB na osu s u odnosu na ravan simboliki obeleavamo sa c z - - pr AB. s - - - - Ako je e jedinini vektor ose s i A B paralelna vektor-projekcija vektora AB na c osu s u odnosu na ravan , imamo da je - - - - A B = e pr AB. s U zavisnosti od toga da li je ugao to ga ravan zahvata sa osom s kos ili prav, s razlikujemo kose i ortogonalne vektor-projekcije, zatim kose i ortogonalne skalarprojekcije. Kada je re o ortogonalnoj projekciji, nije potrebno isticati ravan c u odnosu na koju se izvodi projektovanje. Kao i u euklidskoj ravni, ortogonalnu - - skalar-projekciju vektora AB na osu s simboliki obeleavamo sa c z - - prs AB.

Glava 5. Vektori u geometriji

165

- - Teorema 5.5.1. Ako vektor AB prostora E n (n = 1, 2, 3) zahvata sa osom s E n ugao , tada je - - - - prs AB = |AB| cos .

B A s A B C

B C A

s

B

A

(a) Sl. 5.5.1

(b)

- - - - Dokaz. Ako je AB s ili AB s, tvrdenje sleduje neposredno. Razmotrimo sada sluaj kada je ugao otar ili tup. U tom cilju obeleimo sa A i B podnoja c s z z - - - upravnih iz taaka A i B, na osu s i sa C taku takvu da je A B = AC. Pri tome c c take A, B, C odreduju ABC kojem je C prav, a A jednak ili suplementan c - - sa uglom . U prvom sluaju vektor A B je istosmeran sa osom s (Sl. 5.5.1(a)), c pa je - - - - - - - prs AB = |A B | = |AC| = |AB| cos . - - U drugom sluaju vektor A B je suprotnosmeran sa osom s (Sl. 5.5.1(b)), te je c po definiciji, - - - - - - - - - prs AB = -|A B | = -|AC| = -|AB| cos(180 - ) = |AB| cos . - - - - Teorema 5.5.2. Za svaka dva vektora AB i BC prostora E n (n = 2, 3) i svaku osu s E n vai relacija z - - - - - - - - prs (AB + BC) = prs AB + prs BC.

C B A s A C B

Sl. 5.5.2

166

Geometrija

Dokaz. Ako obeleimo sa A , B , C upravne projekcije taaka A, B, C na pravoj z c s (Sl. 5.5.2) i sa e jedinini vektor ose s, imamo da je: c - - - - - - - A C = e prs AC = e prs (AB + BC); - - - - - - - - - - A C = A B + B C = e(prs AB + prs BC). Iz ovih dveju jednakosti nalazimo da je - - - - - - - - prs (AB + BC) e = (prs AB + prs BC) e. Da bi vektori koji sainjavaju levu i desnu stranu ove jednakosti bili jednaki, c - sobom jednaki i skalarni mnoitelji sa leve i desne strane ove moraju biti medu z jednakosti, pa je - - - - - - - - prs (AB + BC) = prs AB + prs BC. - - Teorema 5.5.3. Za svaki vektor AB prostora E n , svaku osu s u tom prostoru i svaki realan broj k vai relacija z - - - - prs (k AB) = k prs AB. - - Dokaz. Obeleimo sa ugao to ga vektor AB zahvata sa osom s. Ako je k > 0, z s - - vektor k AB zahvata sa osom s takode ugao , pa je u tom sluaju c - - - - - - - - prs (k AB) = |k AB| cos = k|AB| cos = k prs AB. - - Ako je k < 0, vektor k AB zahvata sa osom s ugao 180 - , pa je - - - - prs (k AB) = |k AB| cos(180 - ) - - = (-k|AB|)(- cos ) - - = k|AB| cos - - = k prs AB.

5.6

Skalarni proizvod dva vektora

1. Sem operacije sabiranja vektora i mnoenja vektora sa brojem, na skupu z vektora mogu´e je definisati i operaciju skalarnog mnoenja vektora. c z Definicija 5.6.1. Skalarnim ili unutranjim proizvodom a · b dvaju vektora a i s n nazivamo broj koji je jednak proizvodu duina a i b tih vektora i b prostora E z kosinusa ugla izmedu njih. Na taj nain imamo da je: c () a · b = |a||b| cos(a, b) = ab cos

Glava 5. Vektori u geometriji

167

Iz definicije neposredno sleduje da skalarni proizvod dvaju vektora a i b moe z da bude pozitivan, negativan ili jednak nuli. On je pozitivan ili negativan samo u sluaju kada je svaki od vektora a i b nenulti, a ugao izmedu njih otar ili tup. c s Naprotiv, skalarni proizvod dvaju vektora a i b jednak je nuli ako i samo ako vai z najmanje jedna od relacija: a = 0, b = 0, = 90 .

Imaju´i u vidu da se za smer nenultog vektora moe uzeti bilo koji smer, c z relaciju a · b = 0 moemo smatrati uslovom ortogonalnosti ne samo nenultih ve´ z c n. bilo kojih dvaju vektora a i b u prostoru E Napomenimo da se skalarni proizvod dvaju vektora a i b u prostoru E n moe z izraziti i na drugi nain. Ako obeleimo sa ugao tih dvaju vektora i sa a i b ose c z odredene vektorima a i b, bi´e c |a|cos = prb a i |b|cos = pra b, pa je () a · b = |a| pra b = |b| prb a.

Teorema 5.6.1. Ako su a, b, c vektori prostora E n (n = 1, 2, 3) i k realan broj, tada vae slede´e relacije: z c 1. a · b = b · a; 2. a · (b + c) = a · b + a · c; 3. (k a) · b = k (a · b); 4. a · a 0; jednakost vai samo u slualju kada je a nula vektor. z c Dokaz. 1 Ako obeleimo sa ugao odreden vektorima a i b, prema definiciji 5.6.1, z imamo da je a · b = |a| |b| cos i b · a = |b| |a| cos . Poredenjem ovih jednakosti nalazimo da je a · b = b · a. 2 Ako je a = o, tada vae relacije a · (b + c) = 0 i a · b + a · c = 0 iz kojih z neposredno sledi da je a · b + c = a · b + a · c.

168

Geometrija

Ako je a = o, obeleimo sa a osu odredenu vektorom a. Primenom obrasca () i z teoreme 5.5.2 nalazimo da je a · (b + c) = |a| pra (b + c) = |a| (pra b + pra c) = |a| pra b + |a| pra c = a · b + a · c. 3 Ako je b = o, tvrdenje sleduje neposredno. Ako je b = o, obeleimo sa b osu z odredenu vektorom b. Primenom obrasca () i teoreme 5.5.3 nalazimo da je (k a) · b = |b| prb (k a) = k |b| prb a = k (a · b). 4 Tvrdenje sleduje neposredno iz definicije 5.6.1. Napomena. Svojstva 1 , 2 , 3 , 4 iz ove teoreme nazivamo respektivno svojstvima komutativnosti, distributivnosti, homogenosti i nenegativnosti. 2. Skalarni proizvod dvaju vektora u prostoru E n (n = 1, 2, 3) omogu´uje c da pristupimo razmatranju bilinearnih metrikih svojstava proizvoljnih skupova c taaka zadatih u tom prostoru. Znaajnu ulogu u tome ima tzv. Lajbnicova c c skalarna funkcija sistema sastavljenog iz konanog broja taaka A1 , . . . , Am proc c stora E n kojima su respektivno pridrueni realni brojevi k1 , . . . , km . z Definicija 5.6.2. Lajbnicovom sklarnom funkcijom sistema sastavljenog iz konanog c n kojima su respektivno pridrueni realni brobroja taaka A1 , . . . , Am prostora E c z jevi k1 , . . . , km , nazivamo preslikavanje : E n R odredeno relacijom (P ) = k1 P A2 + · · · + km P A2 . 1 m Teorema 5.6.2. Ako je Lajbnicova skalarna funkcija i f Lajbnicova vektorska funkcija sistema sastavljenog iz konanog broja taaka A1 , . . . , Am prostora E n c c kojima su respektivno pridrueni realni brojevi k1 , . . . , km , tada za svake dve z take P i Q prostora E n vai relacija c z - - (P ) = (Q) + 2 P Q f (Q) + (k1 + · · · + km ) P Q2 . Dokaz. Saglasno definiciji Lajbnicove skalarne i vektorske funkcije, imamo da je (P ) = k1 P A2 + · · · + km P A2 1 m - - - 2 - - - -- - = k1 (P Q + QA1 ) + · · · + km (P Q + QAm )2 - - = (Q) + 2 P Q f (Q) + (k1 + · · · + km ) P Q2 .

Glava 5. Vektori u geometriji

169

Teorema 5.6.3 (Lajbnic). Ako je Lajbnicova skalarna funkcija i G baricentar sistema sastavljenog iz konanog broja taaka A1 , . . . , Am prostora E n kojima su c c respektivno pridrueni realni brojevi k1 , . . . , km takvi da je k1 + · · · + km = 0, z tada za svaku taku P E n vai relacija c z (P ) = (G) + (k1 + · · · + km ) P G2 . Dokaz. Koriste´i definiciju Lajbnicove skalarne funkcije i baricentra, nalazimo c da je (P ) = k1 P A2 + · · · + km P A2 1 m - - - 2 - - - -- - = k1 (P G + GA1 ) + · · · + km (P G + GAm )2 = (G) + (k1 + · · · + km ) P G2 .

Teorema 5.6.4 (Stjuart). Ako su A, B, C tri tazne take orjentisane prave c n , tada za svaku taku P E n vai relacija: sE c z BC P A2 + CA P B 2 + AB P C 2 + AB BC CA = 0.

P

s

A

B

C

Sl. 5.6.4 Dokaz. Razmotrimo sistem sastavljen iz taaka A, B, C, kojima se respektivno c pridruuju realni brojevi BC, CA, AB. S obzirom da taake A, B, C pripadaju z c jednoj osi, imamo da je BC + CA + AB = 0. Stoga je Lajbnicova vektorska funkcija f pomenutog sistema konstantna, pa je f (P ) = f (A). Nije teko dokazati da je f (A) nula vektor. Zaista, ako obeleimo s z sa e jedinini vektor ose s, nalazimo da je (Sl. 5.6.4) c - - - - f (A) = BC AA + CA AB + AB AC = CA AB e + AB AC e = AB (CA + AC) e = o Primenom teoreme 5.6.2 nalazimo da se Lajbnicova skalarna funkcija razmatranog sistema moe napisati u obliku: z (P ) = (A) + 2 P A f (A) = (A) = CA AB 2 + AB AC 2 = AB CA (AB + CA) = -AB BC CA.

170

Geometrija

Primeri

Primer 5.3. (Kosinusna teorema) Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako su a, b, c duine stranica BC, CA, AB i mera ugla A, dokazati da je a2 = b2 +c2 -2bc cos . z

A

B

C

Sl. Primer 5.3 - - - - - Reenje. Koriste´i relaciju BC = AC - AB (Sl. Primer 5.3) i svojstva skalarnog s c proizvoda dvaju vektora, nalazimo da je - - - - - - - - - - - a2 = BC 2 = (AC - AB)2 = AC 2 + AB 2 - 2 AC · AB = b2 + c2 - 2bc cos .

Primer 5.4. Neka je dat konaan skup taaka A1 , . . . , Am ravni E 2 i konaan c c c skup realnih brojeva k1 , . . . , km i l takvih da je k1 + · · · + km = 0. Odrediti skup svih taaka P E 2 za koje je c k1 P A2 + · · · + km P A2 = l. 1 m Reenje. Ako obeleimo sa G baricentar sistema (A1 , k1 ), (A2 , k2 ), . . . , (Am , km ), s z primenom Lajbnicove teoreme nalazimo da je k1 P A2 + · · · + km P A2 = k1 GA2 + · · · + km GA2 + k P G2 1 m 1 m gde je k = k1 + · · · + km . Budu´i da je taka G jednoznano odredena, zbir c c c k1 GA2 + · · · + km GA2 1 m obeleimo sa d. U tom sluaju imamo da je l = d + k P G2 , tj. P G2 = z c Prema znaku razlikujemo tri sluaja c 1 Ako je

1 k 1 k

(l - d).

(l - d) > 0 skup predstavlja krug kojem je sredite taka G, a s c

1 k

poluprenik r = c 2 Ako je 3 Ako je

1 k 1 k

(l - d).

(l - d) = 0 skup se sastoji iz samo jedne take, to je taka G. c c (l - d) < 0 bi´e = . c

Glava 5. Vektori u geometriji

171

Zadaci

Zadatak 5.21. Neka je u ravni E 2 dat BC, dokazati da je AA2 = 1 ABC. Ako je taka A1 sredite stranice c s

1 (2 AB 2 + 2 AC 2 - BC 2 ). 4 ABC. Ako su A1 , B1 , C1 sredita s

Zadatak 5.22. Neka je u ravni E 2 dat stranica BC, CA, AB, dokazati da je

2 2 AA2 + BB1 + CC1 = 1

3 (AB 2 + BC 2 + CA2 ). 4 ABC koji se nalazi u ravni E 2 , dokazati

Zadatak 5.23. Ako je G teite trougla zs da je

1 AG2 + BG2 + CG2 = (AB 2 + BC 2 + CA2 ). 3

Zadatak 5.24. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako je T teite, H ortocentar i zs O sredite opisanog kruga tog trougla, dokazati da je s (a) OT 2 = OA2 - 1 (AB 2 + BC 2 + CA2 ); 9 (b) OH 2 = 9OA2 - (AB 2 + BC 2 + CA2 ). Zadatak 5.25. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako je T teite, H ortocentar i zs O sredite opisanog i O1 sredite Ojlerovog kruga tog trougla, dokazati da je s s (a) AH 2 + BH 2 + CH 2 = 3OA2 + OH 2 ;

2 2 2 2 (b) AO1 + BO1 + CO1 = 3OA2 - 9T O1 .

Zadatak 5.26. Ako je P proizvoljna taka kruga opisanog oko jednakostraninog c c 2 , dokzati da je ABC koji se nalazi u ravni E P A2 + P B 2 + P C 2 = 2AB 2 . Zadatak 5.27. Dokazati da kod svakog paralelograma ABCD koji se nalazi u ravni E 2 vai relacija z AC 2 + BD2 = 2AB 2 + 2BC 2 . Zadatak 5.28. Ako je u ravni E 2 dat pravougaonik ABCD, dokazati da za svaku taku P E 2 vai relacija c z P A2 + P C 2 = P B 2 + P D2 . Zadatak 5.29. Neka je u ravni E 2 dat takva da je BD = 2DC, dokazati da je ABC. Ako je D taka stranice BC c

AB 2 + 2AC 2 = 3AD2 + 6CD2 .

172

Geometrija

Zadatak 5.30. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako su X i Y take stranice BC c takve da je BX XY Y C, dokazati da je = = AB 2 + AC 2 = AX 2 + AY 2 + 4XY 2 . Zadatak 5.31. Neka je u ravni E 2 dat pravilan petougao ABCDE. Ako je O sredite kruga opisanog oko tog petougla, dokazati da je s AB 2 + AC 2 = 5OA2 . Zadatak 5.32. Neka je u ravni E 2 dat etvorougao ABCD. Ako je G teite tog c zs etvorougla i P bilo koja taka njegove ravni, dokazati da je c c P A2 + P B 2 + P C 2 + P D2 = GA2 + GB 2 + GC 2 + GD2 + 4P G2 . Zadatak 5.33. Neka je u ravni E 2 dat etvorougao ABCD. Ako su P i Q sredita c s dijagonala AC i BD tog etvorougla, dokazati da je c AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 = AC 2 + BD2 + 4P Q2 . Zadatak 5.34. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako je H ortocentar i O1 sredite s Ojlerovog kruga tog trougla, dokazati da je taka O1 teite sistema sastavljenog c zs od taaka A, B, C, H. c Zadatak 5.35. Neka je u ravni E 2 dat tetivan etvorougao ABCD kojem su dijagc onale upravne medu sobom. Ako je O sredite kruga opisanog oko tog etvorougla, s c dokazati da je AB 2 + CD2 = BC 2 + AD2 = 4OA2 .

Glava 6

Transformacije slinosti i c inverzija

6.1 Transformacije slinosti prostora E n c

Izometrijske tranformacije prostora E n predstavljaju samo specijalan sluaj c mnogo optijih transformacija tog prostora, tzv. transformacija slinosti. s c Definicija 6.1.1. Neka je k pozitivan realan broj. Transformacijom slinosti sa c koeficijentom k nazivamo bijektivnu transformaciju P : E n E n (n = 1, 2, 3) koja prevodi svake dve take X, Y E n u take X , Y E n takve da je c c X Y = k XY. Iz definicije neposredno sleduje da izometrijska transformacija prostora E n predstavlja transformaciju slinosti tog prostora kojoj je koeficijent slinosti jednak c c jedinici. Teorema 6.1.1. U transformaciji slinosti P prostora E n kolinearnim takama c c A, B, C odgovaraju kolinearne take A , B , C . Stavie, c s B(A, B, C) = B(A , B , C )

Dokaz. Ako je k koeficijent slinosti transformacije P, prema definiciji te transforc macije imamo da je A B = k AB, B C = k BC, A C = k AC. Iz ovih jednakosti i relacije B(A, B, C) nalazimo da je A B + B C = k AB + k BC = k (AB + BC) = k AC = A C Stoga su i take A , B , C kolinearne; tavie, zadovoljavaju relaciju B(A , B , C ). c s s

173

174

Geometrija

Teorema 6.1.2. U transformaciji slinosti P prostora E n kongruentnim parovima c taaka odgovaraju kongruentni parovi taaka. c c Dokaz. Neka su A, B, C, D etiri take prostora E n takve da je (A, B) (C, D) c c = i A , B , C , D njihove odgovaraju´e slike u transformaciji P. Ako je k koeficijent c te transformacije slinosti, tada je A B = k AB i C D = k CD. Stoga iz relacije c (C, D) sledi relacija (A , B ) (C , D ). (A, B) = = Teorema 6.1.3. Skup svih transformacija slinosti prostora E n (n = 1, 2, 3) c predstavlja nekomutativnu grupu. Dokaz. Neka su P1 i P2 bilo koje dve transformacije slinosti prostora E n . Ako c obeleimo sa X i Y dve proizvoljne take prostora E n , sa X1 , Y1 , X2 , Y2 take z c c odredene relacijama P1 (X) = X1 , P1 (Y ) = Y1 , P2 (X1 ) = X2 , P2 (Y1 ) = Y2

i sa k1 , k2 koeficijente slinosti transformacija P1 i P2 imamo da je X1 Y1 = k1 XY c i X2 Y2 = k2 X1 Y1 , pa je X2 Y2 = k1 k2 XY . Stoga kompozicija P1 P2 predstavlja transformaciju slinosti prostora E n kojoj je koeficijent k = k1 k2 . c Ako je P transformacija slinosti prostora E n , bi´e i P-1 transformacija slinosti c c c tog prostora. Zaista, ako obeleimo sa k koeficijent slinosti transformacije P, tada z c svakom paru taaka X, Y E n odgovara par taaka X , Y E n takvih da je c c X Y = k XY . Stoga je XY = (1/k) X Y , te je i P-1 transformacija slinosti c prostora E n . Budu´i da transformacije slinosti prostora E n predstavljaju elemente grupe c c svih transformacija prostora E n , iz izvedenih osobina sleduje da skup svih transformacija slinosti prostora E n predstavlja grupu. Nekomutativnost te grupe sledi c neposredno iz nekomutativnosti njene podgrupe G(I) svih izometrijskih transformacija prostora E n . Definicija 6.1.2. Grupu koja se sastoji iz svih transformacija slinosti prostora c n nazivamo grupom transformacija slinosti tog prostora i simboliki obeleavamo E c c z sa G(P). Nije teko ustanoviti da transformacija slinosti P prostora E n prevodi jednako s c orijentisane likove u jednako orijentisane likove, a suprotno orijentisane likove u suprotno orijentisane likove. Stoga smo u mogu´nosti da razlikujemo dve vrste c transformacija slinosti prostora E n , to su direktne transformacije slinosti koje c c ne menjaju orijentaciju tog prostora i indirektne transformacije slinosti koje mec njaju njegovu orijentaciju. Jasno je da kompozicija dveju direktnih ili dveju indirektnih transformacija slinosti uvek predstavlja direktnu transformaciju slinosti, c c a da kompozicija dveju transformacija slinosti od kojih je jedna direktna, a c druga indirektna uvek predstavlja indirektnu transformaciju slinosti. To svojstvo c omogu´uje da ustanovimo da skup svih direktnih transformacija slinosti prostora c c

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

175

E n predstavlja podgrupu G(P) svih transformacija slinosti tog prostora. Tu podc grupu nazivamo grupom direktnih transformacija slinosti prostora E n i simboliki c c + ). obeleavamo sa G(P z

6.2

Homotetija prostora E n

Daljem prouavanju transformacija slinosti prostora E n prethodi uvodenje c c jedne specifine klase tih transformacija koje nazivamo homotetijama tog prostora. c Definicija 6.2.1. Neka je O proizvoljna taka prostora E n (n = 1, 2, 3) i k realan c broj razliit od nule. Homotetijom sa sreditem O i koeficijentom k nazivamo c s transformaciju HO,k : E n E n (n = 1, 2, 3) - - - - koja svaku taku X E n prevodi u taku X E n takvu da je OX = k OX. c c Iz definicije neposredno sleduje da je HO,k prostora E n bijektivna transfor macija i da je jednoznano odredena sreditem O i koeficijentom k. Stavie, iz c s s n za k = 1 ima jedindefinicije neposredno sleduje da homotetija HO,k prostora E stvenu invarijantnu taku -- to je taka O, da za k = 1 predstavlja koincidenciju, c c a za k = -1 centralnu refleksiju SO . Teorema 6.2.1. Homotetija HO,k prostora E n predstavlja transformaciju slinosti c tog prostora kojoj je koeficijent slinosti k = |k|. c Dokaz. Ako obeleimo sa X i Y bilo koje dve take prostora E n , a sa X i Y z c - - - - - - - - njihove odgovaraju´e take, imamo da je OX = k OX i OY = k OY . Primenom c c ovih jednakosti nalazimo da je -- - - - - - - - - - - - - - - - X Y = OY - OX = k OY - k OX = k (OY - OX) = k XY -- - - - Stoga je |X Y | = |k| |XY |, i prema tome X Y = |k| XY . Iz ove jednakosti sledi da je homotetija HO,k transformacija slinosti sa koeficijentom k = |k|. c Teorema 6.2.2. Ako je P transformacija slinosti prostora E n kojoj je koeficijent c k, i O fiksirana taka tog prostora, tada postoje dve i samo dve izometrijske c transformacije prostora E n takve da je P = I1 HO,k i P = HO,k I2

Dokaz. Ako u transformaciji P dvema raznim takama P , Q E n odgovaraju c n , a u homotetiji H n respektivno take P , Q E c c O,k takama P , Q E odgon , bi´e P Q = k P Q i P Q = k P Q, pa varaju respektivno take P , Q E c c -1 je P Q P Q . Pri tome, kompozicija P HO,k prevodi svake dve take P , c = n respektivno u take P , Q E n , te predstavlja neku izometrijsku transQ E c -1 formaciju I1 . Iz jednakosti P HO,k = I1 sledi da je P = I1 HO,k . Drugi deo teoreme dokazuje se analognim postupkom.

176

Geometrija

Teorema 6.2.3. Neka je HO,k homotetija prostora E n . Ako je n paran broj, tada homotetija HO,k predstavlja direktnu transformaciju slinosti; ako je n neparan c broj, tada homotetija HO,k predstavlja direktnu ili indirektnu transformaciju slinosti c u zavisnosti od toga da li je k > 0 ili k < 0. Dokaz. Razmotrimo najpre sluaj kada je n = 2. Ako u homotetiji HO,k dvema c takama P i Q nekolinearnim s takom O odgovaraju respektivno take P i Q , c c c tada za k > 0 uglu P OQ odgovara taj isti ugao P OQ , a za k < 0 uglu P OQ odgovara njemu centralnosimetrian ugao P OQ . U oba sluaja uglu P OQ odgoc c vara njemu istosmeran ugao P OQ . Iz te osobenosti neposredno zakljuujemo da c u toj homotetiji svakom uglu odgovara njemu istosmeran ugao, pa je homotetija ravni E 2 direktna transformacija slinosti. c Pretpostavimo da je n = 3. Ako u homotetiji HO,k trima takama P , Q, R c nekomplanarnim s takom O odgovaraju respektivno take P , Q , R , tada za k > c c 0 triedru O(P QR) odgovara taj isti triedar O(P Q R ), a za k < 0 triedru O(P QR) odgovara njemu centralnosimetrian triedar O(P Q R ). Stoga homotetija HO,k c za k > 0 ne menja, a za k < 0 menja orijentaciju prostora E 3 . Teorema 6.2.4. Skup HO svih homotetija prostora E n (n = 1, 2, 3) koje imaju zajedniko sredite O predstavlja komutativnu grupu. c s Dokaz. Neka su HO,k1 i HO,k2 bilo koje dve homotetije iz skupa HO . Ako obeleimo z sa X proizvoljnu taku prostora E n i sa X1 , X2 take takve da je HO,k1 (X) = X1 c c - - - - - - - - - - - - i HO,k2 (X1 ) = X2 , bi´e OX1 = k1 OX i OX2 = k2 OX1 , pa je OX2 = k1 k2 OX. c Stoga je HO,k2 HO,k1 = HO,k , gde je k = k1 k2 . -1 Ako je HO,k homotetija iz skupa HO , bi´e i HO,k homotetija iz skupa HO . c Zaista, ako obeleimo sa X proizvoljnu taku prostora E n i sa X taku takvu da z c c - - - - - - - - je HO,k (X) = X , imamo da je OX = k OX, pa je OX = (1/k) OX , i prema -1 tome HO,k = HO,1/k . Budu´i da homotetije iz skupa HO predstavljaju elemente grupe G(P) svih c transformacija slinosti prostora E n , iz dokazanih svojstava sleduje da skup HO c predstavlja podgrupu grupe G(P). Komutativnost ustanovljene grupe sleduje neposredno iz definicije homotetije. Definicija 6.2.2. Grupu koja se sastoji iz svih homotetija prostora E n sa zajednikim sreditem O nazivamo grupom homotetija sa sreditem O i simboliki c s s c obeleavamo sa G(HO ). z Teorema 6.2.5. Ako su HO1 ,k1 i HO2 ,k2 dve homotetije prostora E n sa raznim sreditima O1 i O2 tada je s HO2 ,k2 HO1 ,k1 = HO,k - T-P P

2

ako je k1 k2 = 1; ako je k1 k2 = 1.

U prvom sluaju bi´e k = k1 k2 i O taka prave O1 O2 takva da je c c c O1 O : OO2 = (k2 - 1) : k2 (k1 - 1),

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

177

a u drugom sluaju bi´e c c P P2

P

O1 O2

i P P2 = (1 - k2 ) O1 O2 .

P P2

Q P1 Q1

P2 P1 Q2 Q Q1 O O2 O1 Q2

O2

O1

O1

(a) Sl. 6.2.5

(b)

Dokaz. Ako obeleimo sa P i Q dve razne take prostora E n , sa P1 i Q1 take koje z c c u homotetiji HO1 ,k1 odgovaraju takama P i Q, a sa P2 i Q2 take koje u homotetiji c c HO2 ,k2 odgovaraju takama P1 i Q1 , bi´e P1 Q1 c c P Q i P2 Q2 P1 Q1 , pa je P2 Q2 P Q. Sem toga je P1 Q1 = k1 P Q i P2 Q2 = k2 P1 Q1 , pa je P2 Q2 = k P Q, gde je k = k1 k2 . Stoga se za k = 1 prave P P2 i QQ2 seku u nekoj taki O (Sl. 6.2.5(a)), c dok su za k = 1 prave P P2 i QQ2 medu sobom paralelne (Sl. 6.2.5(b)). Primenom teoreme 5.2.2, nalazimo da je u ovim sluajevima respektivno c HO2 ,k2 HO1 ,k1 = HO,k

- i HO2 ,k2 HO1 ,k1 = T-P . P

2

U prvom sluaju bi´e take O, O1 , O2 kolinearne. Zaista, ako obeleimo sa O1 c c c z taku koja u homotetiji HO2 ,k2 odgovara taki O1 , tada u homotetiji HO,k taki c c c O1 odgovara taka O1 . Stoga su trojke taaka O2 , O1 , O1 i O, O1 , O1 kolinearne, c c pa su kolinearne i take O, O1 , O2 . Odredimo i vrednost razmere O1 O : OO2 . S c obzirom da je O invarijantna taka homotetije HO,k , bi´e c c HO2 ,k2 HO1 ,k1 (O) = O tj. HO1 ,k1 (O) = HO2 ,

1 k2

(O) = O .

-- - - - - - -- Iz ovih jednakost i relacije O1 O = O1 O2 + O2 O nalazimo da je - - - - - - - - - O1 O 1 - k2 - 1 O2 O, pa je - = . k1 O1 O = O1 O + OO2 + - k2 k2 (k1 - 1) OO2 U drugom sluaju bi´e k1 = 1/k2 , pa je O1 P1 : O1 P = O2 P1 : O2 P2 , dakle i c c P P2 O2 O1 . Stoga je P P2 : O1 O2 = P1 P : P1 O1 , i prema tome - - - -- - 1 -- P P2 = (1 - ) O1 O2 = (1 - k2 ) O1 O2 . k1

178

Geometrija

Teorema 6.2.6. Ako je HO,k homotetija i I izometrijska transformacija prostora E n , tada je I HO,k I-1 = HI(O),k . Dokaz. Neka u homotetiji HO,k taki X E n odgovara taka X E n , a u c c izometriji I takama O, X, X E n odgovaraju respektivno take O1 , X1 , X1 . S c c - - -- - - - -- - obzirom da je OX = k OX, bi´e i O1 X1 = k O1 X1 . Na taj nain, u kompoziciji c c I HO,k I-1 -- - -- - svakoj taki X1 E n odgovara taka X1 E n takva da je O1 X1 = k O1 X1 . Stoga c c je I HO,k I-1 = HI(O),k . Teorema 6.2.7. Homotetija HO,k i izometrija I prostora E n su komutativne transformacije ako i samo ako je sredite O homotetije HO,k invarijantna taka s c izometrije I, drugim reima bi´e c c I HO,k = HO,k I I(O) = O. Dokaz. Pretpostavimo najpre da je I HO,k = HO,k I tj. I HO,k I-1 = HO,k . Iz ove jednakosti i prethodne teoreme neposredno sleduje da je I(O) = O. Obratno, ako je I(O) = O, prema prethodnoj teoremi imamo da je I HO,k I-1 = HO,k tj. I HO,k = HO,k I.

Primer

Primer 6.1 (Ojler, 1765). Dokazati da ortocentar H, teite T i sredite O zs s 2 pripadaju jednoj pravoj pri emu je opisanog kruga ABC zadatog u ravni E c - - - HT : T O = 2 : 1.

A

C1

H

B1 T O C

B

A1

Sl. Primer 6.1

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

179

Reenje. Ako obeleimo sa A1 , B1 , C1 sredita stranica BC, CA, AB trougla s z s ABC, prema poznatom stavu imamo da je (Sl. Primer 6.1) HT,- 1 ( ABC) = 2 A1 B1 C1 . Iz ove jednakosti sleduje da u homotetiji HT,- 1 ortocentru H trougla 2 ABC odgovara ortocentar H1 trougla A1 B1 C1 . No H1 = O, pa su take H, T i c - - - O kolinearne i tavie HT : T O = 2 : 1. s s Napomena. Pravu koja sadri ortocentar H, teite T i sredite O opisanog z zs s kruga trougla u ravni E 2 nazivamo Ojlerovom pravom tog trougla.

Zadaci

Zadatak 6.1. Dokazati da su dve homotetije HO1 ,k1 i HO2 ,k2 prostora E n komutativne transformacije ako i samo ako je O1 = O2 ; drugim reima bi´e c c HO2 ,k2 HO1 ,k1 = HO1 ,k1 HO2 ,k2 O1 = O2 Zadatak 6.2. Ako su HO1 ,k1 i HO2 ,k2 dve homotetije prostora E n sa raznim sreditima O1 i O2 , dokazati da kompozicija s

-1 -1 P = HO1 ,k1 HO2 ,k2 HO1 ,k1 HO2 ,k2

predstavlja translaciju du prave O1 O2 . z Zadatak 6.3. Date su u prostoru E n tri take O, P , Q i realan broj k = 1. c Dokazati da svaka od kompozicija

- P = T- HO,k PQ - i P = HO,k T- PQ

predstavlja homotetiju sa koeficijentom k i da su sredita O1 i O2 tih homotetija s odredena relacijama - - - - - - 1 - k - OO1 = - AB i OO2 = - AB. k-1 k-1 Zadatak 6.4. Date su dve homotetije HO1 ,k1 i HO2 ,k2 prostora E n . Konstruisati invarijantne take kompozicija c P1 = HO2 ,k2 HO1 ,k1

-1 i P2 = HO2 ,k2 HO1 ,k1 HO2 ,k2 .

Zadatak 6.5. Date su tri homotetije HO1 ,k1 , HO2 ,k2 , HO3 ,k3 prostora E n . Konstruisati invarijantne take funkcije c P = HO3 ,k3 HO2 ,k2 HO1 ,k1 . Zadatak 6.6. Neka su ravni E 2 dati ABC i prava s koja ne sadri nijedno z teme tog trougla a see prave BC, CA, AB u takama P , Q, R. Ako je pri tome c c BP : P C = p, CQ : QA = q, AR : RB = r, dokazati da kompozicija P = HR,r HQ,q HP,p predstavlja izometrijsku transformaciju.

180

Geometrija

Zadatak 6.7. Date su u ravni E 2 dve prave p i q, dve dui m i n, i taka S. z c Konstruisati pravu s koja sadri taku S i see prave p i q u takama P i Q z c c c takvim da je SP : P Q = m : n. Zadatak 6.8. Date su u ravni E 2 tri konkurentne prave p, q, r, dve dui m, n i z taka S. Kontruisati pravu s koja sadri taku S i see prave p, q, r u takama c z c c c P , Q, R takvim da je P Q : QR = m : n. Zadatak 6.9. Date su u ravni E 2 tri prave p, q, r, dve take P p i Q q i dve c dui m, n. Kontruisati pravu s koja je paralelna s pravom r i koja see prave p, z c q u takama X, Y takvim da je P X : QY = m : n. c Zadatak 6.10. Date su u ravni E 2 dve prave p, q, dve take P p, Q q i tri c dui l, m, n. Konstruisati pravu s koja see prave p i q u takama X i Y takvim z c c da je XY l i P X : QY = m : n. = Zadatak 6.11. Date su u ravni E 2 dve prave p, q, dve take P p, Q q i tri c dui l, m, n. Konstruisati pravu s koja see prave p i q u takama X i Y takvim z c c da je P X : XY : Y Q = l : m : n. Zadatak 6.12. Date su u ravni E 2 pet pravih p, q, r, s, t i dve dui m, n. z Konstruisati pravu x koja je paralelna s pravom t i koja see prave p, q, r, s c respektivno u takama P , Q, R, S takvim da je P Q : RS = m : n. c Zadatak 6.13. Data su u ravni E 2 dva kruga k1 , k2 , koja se seku u dvema takama P , Q i dve dui m, n. Konstruisati pravu s koja sadri taku P i see c z z c c krugove k1 i k2 u takama X i Y takvim da je P X : XY = m : n. c Zadatak 6.14. Date su u ravni E 2 dve prave a, b i taka P . Konstruisati krug c koji sadri taku P i dodiruje prave a, b. z c Zadatak 6.15. Date su u ravni E 2 dve razne prave a, b, i krug l. Konstruisati krug koji dodiruje prave a, b i krug l. Zadatak 6.16. Date su u ravni E 2 dve prave p, q, dve dui m, n i taka S. z c Konstruisati dva kruga k1 i k2 koji se medu sobom dodiruju u taki S, kojima c su poluprenici srazmerni duima m i n, i od kojih prvi dodiruje pravu p a drugi c z pravu q.

6.3

Predstavljanje transformacija slinosti ravni E 2 u c kanonskom obliku

Teoremom 6.2.2 ustanovili smo da se svaka transformacija slinosti P ravni c E 2 , kojoj je koeficijent slinosti k = 1, moe na beskonano mnogo naina predc z c c staviti kao kompozicija jedne homotetije i jedne izometrijske transformacije te

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

181

ravni. Transformacije iz kojih je sastavljena ta kompozicija u optem sluaju nisu s c komutativne. Na cilj bi´e da u ovom odeljku transformaciju slinosti P preds c c stavimo u obliku kompozicije sastavljene iz dveju komutativnih transformacija od kojih jedna predstavlja homotetiju, a druga izometrijsku transformaciju. Takvo predstavljanje transformacije slinosti, naziva´emo kanonskim. Da bi se dokazala c c mogu´nost takvog predstavljanja, neophodno je najpre ustanoviti da transformac cija slinosti ravni E 2 , kojoj je koeficijent slinosti k = 1, poseduje jedinstvenu c c invarijantnu taku. c Teorema 6.3.1. Svaka direktna transformacija slinosti P ravni E 2 kojoj je koc eficijent slinosti k = 1 poseduje jedinstvenu invarijantnu taku. c c Dokaz. Najpre ustanovimo da transformacija P ne moe da ima dve ili vie raznih z s invarijantnih taaka. Ako bi transformacija P imala dve razne invarijantne take c c O1 i O2 , tada bi koeficijent slinosti k = O1 O2 : O1 O2 bio jednak jedinici, to c s je pretpostavkom iskljueno. Stoga transformacija P ne moe da ima dve ili vie c z s invarijantnih taaka. Pristupimo dokazu egzistencije invarijantne take. c c

P

P O Q

O Q

Q

S

Sl. 6.3.1 Neka u transformaciji slinosti P dvema raznim takama P i Q odgovaraju c c take P i Q . Ako je pri tome P = P ili Q = Q , tvrdenje sledi neposredno. c Razmotrimo sluaj kada je P = P i Q = Q (Sl. 6.3.1). Neka je HS,k homotetija c 2 u kojoj taki P odgovara taka P , a R 2 ravni E c c P , centralna rotacija ravni E u kojoj taki Q = HS,k (Q) odgovara taka Q . U tom sluaju imamo da je c c c P = RP

,

HS,k .

182

Geometrija

Ako pretpostavimo da transformacija P poseduje invarijantnu taku O i obeleimo c z sa O taku takvu da je HS,k (O) = O , bi´e Q P Q O P O P OP . c c = = Stoga taka O zadovoljava relacije c () P OP = i P O : PO = k

Nije teko ustanoviti da postoji taka O koja zadovoljava obe relacije (). Preputamo s c s itaocu da to tvrdenje dokae sam. Dokaimo da je P(O) = O. Ako obeleimo sa c z z z O takvu da je HS,k (O) = O , bi´e c SP : SP = SO : SO = O P OP = P OP O P O . = =

Sem toga, iz relacija P O : P O = k i P O : P O = k sledi da je P O P O, pa = je RP , (O ) = O. Stoga je P(O) = O. Definicija 6.3.1. Jedinstvenu invarijantnu taku direktne transformacije slinosti c c 2 , kojoj je koeficijent k = 1, nazivano sreditem ili centrom slinosti te P ravni E s c transformacije. Teorema 6.3.2. Svaka direktna transformacija slinosti P ravni E 2 , koja ne predc stavlja izometriju niti homotetiju, moe se na dva i samo dva razliita naina predz c c staviti kao kompozicija dveju komutativnih transformacija od kojih jedna predstavlja homotetiju a druga izometriju. Dokaz. Da bi se transformacija slinosti P mogla predstaviti kao kompozicija c dveju komutativnih transformacija od kojih jedna predstavlja homotetiju, a druga izometriju, prema teoremi 6.2.7, potrebno je i dovoljno da sredite te homotetije s bude invarijantna taka te izometrije, i prema tome transformacije P. Budu´i da c c transformacija P sa koeficijentom k = 1 poseduje jedinstvenu invarijantnu taku c -1 -1 2 takve da kompozicije O, postoje dve i samo dve homotetije HO,k i HO,-k ravni E

-1 P HO,k -1 i P HO,-k

predstavljaju izometrijske transformacije. Obe te izometrije su direktne sa invarijantnom takom O, te predstavljaju centralne rotacije, obeleimo ih sa RO, i c z RO, . Pri tome su uglovi i suplementni i suprotnosmerni, te znaju´i jednu c od tih rotacija -- znamo i drugu. Na taj nain imamo da je c P = RO, HO,k = HO,k RO, i P = RO, HO,-k = HO,-k RO, .

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

183

Definicija 6.3.2. Reprezentacije ustanovljene prethodnom teoremom nazivamo kanonikim reprezentacijama transformacije P. Onu od tih reprezentacija u kojoj c homotetija ima pozitivan koeficijent nazivamo prvom ili neposrednom kanonikom c reprezentacijom; onu od tih reprezentacija u kojoj homotetija ima negativan koeficijent nazivamo drugom ili posrednom kanonikom reprezentacijom transformacije c P. Taku O, ugao i broj k nazivamo respektivno sreditem, uglom i koeficijentom c s slinosti transformacije P. c Iz definicije neposredno sleduje da je direktna transformacija slinosti P ravni c E 2 jednoznano odredena ako su joj poznati sredite, ugao i koeficijent slinosti. c s c Stoga takvu transformaciju simboliki obeleavamo sa PO,,k . c z Teorema 6.3.3. Svaka indirektna transformacija slinosti P ravni E 2 kojoj je koc eficijent slinosti k = 1 poseduje jedinstvenu invarijantnu taku i dve invarijantne c c prave koje se seku u invarijantnoj taki pod pravim uglom. c Dokaz. Kao prilikom dokazivanja teoreme 6.3.1, ustanovljuje se da transformacija P ne moe da ima dve ili vie raznih invarijantnih taaka. Dokaimo da transforz s c z macija P poseduje invarijantnu taku i dve invarijantne prave koje se seku u toj c taki pod pravim uglom. c

s Q P p s

Q

Q

S P

S

O

O

s

Sl. 6.3.3 Neka u transformaciji slinosti P dvema raznim takama P i Q odgovaraju c c respektivno take P i Q , pri emu je P = P i Q = Q (Sl. 6.3.3). Ako obeleimo c c z sa HS,k homotetiju ravni E 2 u kojoj taki P odgovara taka P , a sa Sp osnu c c refleksiju u kojoj taki HS,k (Q) = Q odgovara taka Q , bi´e P Q P Q , pa c c c = je P p. S obzirom da svaka od dveju indirektnih transformacija P i Sp HS,k ravni E 2 prevodi P i Q u take P i Q , one su istovetne, naime bi´e c c P = Sp HS,k .

184

Geometrija

Ako pretpostavimo da transformacija slinosti P poseduje invarijantnu taku c c O i ako obeleimo sa O taku da je HS,k (O) = O , bi´e Sp HS,k (O) = O, z c c tj. Sp (O ) = O, pa je prava p medijatrisa dui OO , i prema tome taka O na z c pravoj s koja sadri taku S a upravna je na pravoj p. Neka je S1 taka prave z c c P P , takva da je S P : S P = -k. Iz relacije P S : S P = P O : P O sledi da je prava s odredena takama O i S simetrala ugla P OP . Kako su uglovi P OP i c O P O naizmenini sa paralelnim kracima OP i O P , simetrale s i p tih uglova c medu sobom su paralelene, pa je s s. Na taj nain, ako postoji invarijantna c taka O transformacije P, ona se nalazi u presku dveju pravih s i s odredenih c relacijama S s p i S s p. Obratno, ako su s i s prave odredene relacijama S s p i S s p, bi´e taka O = s s invarijantna u transformaciji P. Zaista, iz relacije s s c c sleduje da taka O pripada krugu l kojem je du SS prenik, pa je OP : OP = k. c z c Ako u homotetiji HS,k taki O odgovara taka O , bi´e O P : OP = k, pa je c c c OP O P , i prema tome Sp (O ) = O. Stoga je i P(O) = O. = Transformacija P poseduje dve invarijantne prave; to su prave s i s . Zaista, iz relacija HS,k (s) = s i Sp (s) = s sledi da je P(s) = s. Ako je s prava odredena relacijama O s p, bi´e HS,k (s ) = s i Sp (s ) = s , pa je i P(s ) = s . c Definicija 6.3.3. Jedinstvenu invarijantnu taku O indirektne transformacije c 2 kojoj je koeficijent k = 1 nazivamo sreditem ili centrom slinosti P ravni E c s dotine transformacije slinosti. Invarijantne prave s i s nazivamo osama te transc c formacije slinosti. c Teorema 6.3.4. Svaka indirektna transformacija slinosti P ravni E 2 kojoj je c koeficijent k = 1 moe se na dva i samo dva razliita naina predstaviti kao komz c c pozicija dveju komutativnih transformacija od kojih jedna predstavlja homotetiju, a druga izometriju. Dokaz. Da bi se transformacija P mogla predstaviti kao kompozicija dveju komutativnih transformacija od kojih jedna predstavlja homotetiju a druga izometriju, prema teoremi 6.2.7 potrebno je i dovoljno da sredite te homotetije bude invarijans tna taka te izometrije, i prema tome transformacije P. Budu´i da transformacija c c P poseduje jedinstvenu invarijantnu taku O, postoje dve i samo dve homotetije c -1 -1 -1 -1 HO,k i HO,-k ravni E 2 takve da kompozicije PHO,k i PHO,-k predstavljaju izometrijske transformacije. Obe te izometrije su indirektne sa invarijantnom takom c 2 kojima ose s i s sadre taku O. O, te predstavljaju osne refleksije Ss i Ss ravni E z c Te ose jedine su invarijantne prave transformacije P, prema tome, one su istovetne sa osama te transformacije. Na taj nain imamo da je c P = Ss HO,k = HO,k Ss i P = Ss HO,-k = HO,-k Ss .

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

185

Definicija 6.3.4. Reprezentacije ustanovljene ovom teoremom nazivamo kanonikim c reprezentacijama indirektne transformacije slinosti P ravni E 2 . Onu od tih c reprezentacija u kojoj homotetija ima pozitivan koeficijent nazivamo prvom ili neposrednom kanonikom reprezentacijom; onu od tih reprezentacija u kojoj hoc motetija ima negativan koeficijent nazivamo drugom ili posrednom kanonikom c reprezentacijom transformacije P. Taku O, pravu s i broj k nazivamo respekc tivno sreditem, osom i koeficijentom slinosti transformacije P. s c Iz definicije neposredno sleduje da je indirektna transformacija slinosti P ravni c E 2 jednoznano odredena ako su joj poznati sredite O, osa s, i koeficijent k c s slinosti. Stoga takvu transformaciju simboliki obeleavamo sa PO,s,k . c c z

6.4

Slinost likova u prostoru E n c

Transformacija slinosti prostora E n omogu´uje da na skupu tog prostora ustac c novimo relaciju slinosti likova. c Definicija 6.4.1. Kaze se da je u prostoru E n (n=1, 2, 3) lik slian sa likom c i simboliki obeleava sa ako postoji transformacija slinosti P prostora c z c E n takva da je P() = . Invarijantnu taku O transformacije slinosti P kojoj c c je koeficijent slinosti k = 1 nazivamo sreditem ili centrom slinosti likova i . c s c Od svojstava kojima se odlikuje relacija slinosti geometrijskih likova izvodimo c najvanija; to su nam svojstva izraena narednom teoremom. z z Teorema 6.4.1. Relacija slinosti likova u prostoru E n (n=1, 2, 3) predstavlja c relaciju ekvivalencije. Dokaz. S obzirom da identina transformacija prostora E n predstavlja izometrijc sku transformaciju tog prostora, a izometrijska transformacija tog prostora predstavlja transformaciju slinosti, za svaki lik prostora E n imamo da je . c Stoga je relacija slinosti likova refleksivna. c Ako su i dva lika prostora E n takva da je , tada po definiciji 6.4.1 postoji transformacija slinosti prostora E n takva da je P() = . S obzirom da c je raciprona transformacija P-1 takode transformacija slinosti prostora E n , iz c c -1 ( ) = sledi da je , pa je relacija slinosti likova simetrina. jednakosti P c c Ako su , , tri lika prostora E n takva da je i , tada po definiciji 6.4.1 postoje transformacije slinosti P i P prostora E n takve da je c P () = i P ( ) = . S obzirom da kompozicija P = P P predstavlja takode transformaciju slinosti prostora E n , iz jednakosti P() = P P () = c sledi da je , pa je relacija slinosti tranzitivna. c S obzirom da je relacija slinosti geometrijskih likova relacija ekvivalencije, c ona omogu´uje razvrstavanje skupa svih likova prostora E n na klase ekvivalencije. c Jasno je da takvih klasa ima beskonano mnogo. Primera radi navodimo klase c slinih trouglova, klase slinih etvorouglova, klase slinih poligona, klase slinih c c c c c

186

Geometrija

poliedara, itd. Elementi iste klase slinih likova u prostoru E n imaju isti oblik, c tj. formu. Uslovi iz kojih se ustanovljuje da neka dva lika i prostora E n imaju istu formu, odnosno da su medu sobom slini, nisu uvek dati na idealan nain c c n E n koja lik prevodi na lik . Ti uslovi se transformacijom slinosti P : E c i kod najjednostavnijih likova kao to su trouglovi mogu izraziti na vie naina. s s c Radi ilustracije, a i zbog este primene prilikom dokazivanja raznih geometrijskih c tvrdenja, izvedimo postoje´a etiri stava slinosti trouglova. c c c Teorema 6.4.2. Dva trougla u prostoru E n (n = 2, 3) su slina ako su dve c stranice jednog trougla srazmerne sa odgovaraju´im stranicama drugog trougla, a c uglovi zahva´eni tim stranicama podudarni (I stav slinosti trouglova). c c

A A

B B

C C B C

Sl. 6.4.2 Dokaz. Neka su u prostoru E n data dva trougla ABC i A B C takva da je A B : AB = A C : AC i A A (Sl. 6.4.2). Ako u homotetiji HA,k takama c = A B C . Stoga B i C odgovaraju respektivno take B i C , bi´e AB C = c c postoji izometrija I prostora E n koja prevodi take A, B , C respektivno u take c c A , B , C . Pri tome, u transformaciji slinosti P = I HA,k takama A, B, C c c odgovaraju respektivno take A , B , C , pa je ABC A B C . c Teorema 6.4.3. Dva trougla su u prostoru E n (n = 2, 3) slina ako su dva c ugla jednog trougla podudarna sa odgovaraju´im uglovima drugog trougla (II c stav slinosti trouglova). c Dokaz. Neka su u prostoru E n data dva trougla ABC i A B C takva da je A = A i B B (Sl. 6.4.2). Ako u homotetiji HA,k prostora E n , gde je k = = A B : AB, takama B i C odgovaraju take B i C , bi´e AB C A B C c c c = te postoji izometrija I prostora E n u kojoj takama A, B , C odgovaraju take c c A , B , C . Pri tome, u transformaciji slinosti P = I HA,k takama A, B, C c c odgovaraju respektivno take A , B , C , pa je ABC A B C . c Teorema 6.4.4. Dva trougla u prostoru E n (n = 2, 3) su slina ako su sve stranice c jednog trougla srazmerne sa odgovaraju´im stranicama drugog trougla (III stav c slinosti trouglova). c Dokaz. Neka su u prostoru E n data dva trougla ABC i A B C takva da je A B : AB = B C : BC = C A : CA = k (Sl. 6.4.2). Ako u homotetiji HA,k prostora E n takama B i C odgovaraju take B i C , bi´e AB C A B C . c c c =

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

187

Stoga postoji izometrija I prostora E n koja prevodi take A, B , C respektivno c u take A , B , C . c Teorema 6.4.5. Dva trougla u prostoru E n (n = 2, 3) su slina ako su dve c stranice jednog trougla srazmerne sa odgovaraju´im stranicama drugog trougla, c uglovi naspram dveju od tih odgovaraju´ih stranica su podudarni, a naspram c drugih dveju od tih odgovaraju´ih stranica su oba otra, oba prava ili oba tupa c s (IV stav slinosti trouglova). c Dokaz. Neka su u prostoru E n data dva trougla ABC i A B C takva da je A B : AB = A C : AC = k, B B , a uglovi C i C oba otra, oba prava s = ili oba tupa. Ako u homotetiji HA,k takama B i C odgovaraju respektivno take c c B i C , bi´e AB C A B C . Stoga postoji izometrija I prostora E n koja c = prevodi take A, B , C respektivno u take A , B , C . Na taj nain, transformac c c n prevodi take A, B, C respektivno u take cija slinosti P = I HA,k prostora E c c c A , B , C , pa je ABC A B C . = Relacija slinosti trouglova nalazi estu primenu u reavanju raznovrsnoh geoc c s metrijskih zadataka. Narednim primerima ilustrova´emo samo neke od tih pric mena.

Primeri

Primer 6.2 (Pitagora, VI v. pre n. e.). Zbir kvadrata kateta pravouglog trougla u ravni E n jednak je kvadratu njegove hipotenuze.

A

B

D

C

Sl. Primer 6.2 Reenje. Neka je u ravni E n dat ABC kojem je A prav (Sl. Primer 6.2). Ako s obelezimo sa D podnoje visine iz temena A, bi´e ABC DBA i ABC z c DAC pa je AB : BC = BD : AB i, prema tome, AB 2 = BC · BD i AC 2 = BC · CD. Sabiranjem odgovaraju´ih strana ovih jednakosti nalazimo da je c AB 2 + AC 2 = BC. i AC : BC = CD : AC

188

Geometrija

Primer 6.3. Ako su E i F take u kojima simetrale unutrnjeg i spoljanjeg ugla c s s A trougla ABC seku pravu BC, dokazati da je BE : CE = BF : CF = AB : AC

A N

B

E

C

F

M

Sl. Primer 6.3 Reenje. Ako obeleimo sa M i N take u kojima prava kroz taku C uporedna s z c c sa pravom AB see prave AE i AF (Sl. Primer 6.3) bi´e M AC AM C i c c = N AC AN C, pa je M C AC i N C AC. Sem toga je ABE M CE = = = i ABF N CF , pa je BE AB AB = = CE MC AC i BF AB AB = = . CF NC AC

Primer 6.4 (Menelaj, I vek n.e). Neka je u ravni E 2 dat ABC. Dokazati da take P, Q, R koje se nalaze respektivno na pravama BC, CA, AB i razliite su c c od temena ABC pripadaju jednoj pravoj ako i samo ako () - - BP - - PC - - CQ ·- QA - AR · - = -1. - RB

Reenje. Pretpostavimo najpre da take P, Q, R pripadaju nekoj pravoj s. Budu´i s c c da prava s ne sadri ni jedno teme ABC, take P, Q, R su na produenjima z c z stranica BC, CA, AB ili se dve nalaze na stranicama, a tre´a na produenju. Stoga c z su sva tri odnosa na levoj strani relacije () negativna ili su dva odnosa pozitivna dok je tre´i negativan, pa je i proizvod tih odnosa negativan. Ako obeleimo sa c z A , B , C podnoja upravnih iz taaka A, B, C na pravoj s (Sl. Primer 6.4), bi´e z c c - - BP - - PC - - CQ ·- QA - - - AR BB · - = - - - - RB CC - - CC · - - AA - - AA · - = -1. - BB

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

189

s B R A

A

Q

C

B

C

P

Sl. Primer 6.4 Obratno, pretpostavimo li da vai relacija () i da prava P Q see pravu AB u z c taki R , tada prema dokazanom delu imamo da je c - - BP - - PC - - CQ ·- QA - - AR · - = -1. - RB

- - - - - - - Stoga je AR : RB = AR : R B i, prema tome, R = R. - Primer 6.5 (D. Ceva, 1678). Neka je u ravni E n dat ABC. Dokazati da prave odredene temenima A, B, C i takama P, Q, R koje se nalaze na pravama c BC, CA, AB pripadaju jednom pramenu ako i samo ako je () - - BP - - PC - - CQ ·- QA - AR · - = 1. - RB

A

R S B P

Q

C

Sl. Primer 6.5 Reenje. Pretpostavimo najpre da se prave AP, BQ, CR seku u nekoj taki S, s c (Sl. Primer 6.5). Primenom Menelajeve teoreme najpre za ABP i pravu RC, zatim ACP i pravu BQ, nalazimo da je - - BC - - CP - PS ·- SA - AR · - = -1; - RB - - PB - - BC - - CQ ·- QA - AS · - = -1. SP

190

Geometrija

Mnoenjem odgovaraju´ih strana ovih jednakosti nalazimo da je (). z c Obratno, ako vai relacija () i ako prava odredena takama A i S = BQ CR z c see pravu BC u taki P , prema dokazanom delu ove teoreme imamo da je c c - - - - - BP CQ AR - · - · - = 1, - - P C QA RB - - - - - - - - pa je BP : P C = BP : P C, i prema tome P = P . S obzirom da Menelajeva teorema vai i kada je neki od odnosa na levoj strani jednak -1, Cevina teorema z - sobom paralelne. vai i za sluaj kada su prave AP, BQ, CR medu z c

Zadaci

Zadatak 6.17. Ako je E taka u kojoj simetrala ugla A see stranicu BC trougla c c 2 , dokazati da sredita S i S upisanih krugova tog ABC koji se nalazi u ravni E s a trougla koji dodiruju stranicu BC zadovoljavaju relaciju AS : SE = ASa : Sa E = (AB + AC) : BC. Zadatak 6.18. Ako je F taka u kojoj simetrala spoljanjeg ugla A see pravu c s c 2 , dokazati da odredenu stranicom BC trougla ABC koji se nalazi u ravni E sredita Sb i Sc spolja upisanih krugova koji dodiruju stranice CA i AB zados voljavaju relacije ASb : Sb F = ASc : Sc F = (AB - AC) : BC. Zadatak 6.19. Neka je u ravni E 2 dat paralelogram ABCD. Ako su E i F take u kojima krug opisan oko ABC see prave AD i CD, dokazati da je c c EBC EF D. Zadatak 6.20. Neka su u ravni E 2 dati krug k i van kruga k taka S. Ako su P c i Q dodirne take tangenata iz S na krugu k, a X i Y presene take neke prave c c c s kroz S sa krugom k, dokazati da je XP : Y P = XQ : Y Q. Zadatak 6.21. Neka je u ravni E 2 dat ABC i na stranici BC taka D. Ako c su O1 i O2 sredita krugova opisanih oko trouglova ABD i ACD, dokazati da je s ABC AO1 O2 Zadatak 6.22. Neka je u ravni E 2 dat prav ugao P OQ. Ako obeleimo sa A z proizvoljnu taku poluprave OP i sa B, C, D take poluprave OQ takve da je c c B(O, B, C, D) i OA OB BC CD, = = = dokazati da je ABC DBA.

Zadatak 6.23. Neka je u ravni E 2 dat paralelogram ABCD. Ako su P, Q, R take u kojima proizvoljna prava kroz taku A see prave BC, CD, BD, dokazati c c c 2 = P R · QR. da je AR

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

191

Zadatak 6.24. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako je t tangenta u taki A na c krugu l opisanom oko ABC i D taka prave AC takva da je BD t, dokazati c da je AB 2 = AC · AD. Zadatak 6.25. Neka je u ravni E 2 dat ABC kojem je A prav. Ako upravna kroz proizvoljnu unutranju taku hipotenuze BC see prave AC i AB u takama s c c c 2 = P Q · P R. Q i R, a opisani oko ABC u taki S, dokazati da je P S c Zadatak 6.26. Ako prava odredena visinom AD trougla ABC koji se nalazi u 2 dodiruje opisani krug tog trougla, dokazati da je AD 2 = BD · CD. ravni E Zadatak 6.27. Ako su A, B, C tri razne take nekog kruga k koji se nalazi u c 2 , a B i C podnoja upravnih iz taaka B i C na pravoj t koja u taki ravni E z c c A dodiruje krug k, dokazati da je visina AD trougla ABC odredena obrascem AD2 = BB · CC . Zadatak 6.28. Ako su M i N take u kojima prava kroz presek O dijagonala AC c i BD uporedna sa osnovicama AB i CD trapeza ABCD koji se nalazi u ravni E 2 , dokazati da je taka O sredite dui M N . c s z Zadatak 6.29. Ako su AB i CD osnovice jednakokrakog trapeza ABCD opisanog oko kruga poluprenika r koji se nalazi u ravni E 2 , dokazati da je AB · CD = 4r2 . c Zadatak 6.30. Ako je kod ABC u ravni E 2 zbir ili razlika unutranjih uglova s B i C prav ugao i ako je r poluprenik kruga opisanog oko tog trougla, dokazati c da je AB 2 + BC 2 = 4r2 . Zadatak 6.31. Ako je D podnoje visine iz temena A trougla ABC koji se nalazi z u ravni E 2 , dokazati da je zbir ili razlika unutranjih uglova B i C prav ugao ako s i samo ako je 1 1 1 + = . 2 2 AB AC AD2 Zadatak 6.32. Ako su take P i Q na kracima AD i BC trapeza ABCD, koji se c nalazi u ravni E 2 , takve da je AP : P D = BQ : QC = m : n, dokazati da je - - - - nAB + mDC PQ = . m+n Zadatak 6.33. Neka je T teiste ABC koji se nalazi u ravni E 2 i s bilo koja z prava u toj ravni. Ako su A , B , C , T podnoja upravnih iz taaka A, B, C, T na z c pravoj s, dokazati da je - - - - 1 - - - - T T = (AA + BB + CC ) 3 Zadatak 6.34. Dokazati da je kod ABC u ravni E 2 simetrala spoljanjeg ugla A s i simetrale unutranjih uglova B i C seku prave odredene naspramnim stranicama s u kolinearnim takama. c

192

Geometrija

Zadatak 6.35. Dokazati da kod ABC u ravni E 2 simetrale spoljanjih uglova s seku prave odredene naspramnim stranicama u kolinearnim takama. c Zadatak 6.36. Dokazati da kod ABC u ravni E 2 tangente opisanog kruga u temenima A, B, C seku prave odredene naspramnim stranicama u kolinearnim takama. c Zadatak 6.37. Dokazati da su kod ABC u ravni E 2 sredite visine AD, sredite s s upisanog kruga i dodirna taka stranice BC sa spolja upisanim krugom tri kolinc earne take. c Zadatak 6.38. Dokazati da podnoja upravnih iz bilo koje take kruga opisanog z c 2 na pravama BC, CA, AB pripadaju jednoj oko ABC koji se nalazi u ravni E pravoj. Zadatak 6.39. Primenom Cevijeve teoreme dokazati da se prave odredene visi2 seku u jednoj taki. nama ABC u ravni E c Zadatak 6.40. Dokazati da se kod ABC u ravni E 2 prave odredene temenima i dodirnim takama naspramnih stranica sa upisanim krugom seku u jednoj taki, c c tzv. Zergonovoj taki tog trougla. c Zadatak 6.41. Dokazati da se kod ABC u ravni E 2 prave odredene temenima i dodirnim takama spolja upisanog kruga sa pravama koje sadre naspramne c z stranice seku u jednoj taki. c Zadatak 6.42. Dokazati da se kod ABC u ravni E 2 prave odredene temenima i dodirnim takama spolja upisanih krugova sa naspramnim stranicama seku u c jednoj taki, tzv. Nagelovoj taki tog trougla. c c

6.5

Harmonijske etvorke taaka c c

Pri reavanju raznovrsnih geometrijskih zadataka estu primenu nalaze hars c monijski spregnute take, harmonijski spregnute prave i harmonijski spregnute c ravni. Definicija 6.5.1. Neka su A, B, C, D etiri razne kolinearne take. Kae se da je c c z par taaka A, B harmonijski spregnut sa parom taaka C, D i simboliki obeleava c c c z sa H(A, B; C, D) ako je zadovoljena relacija - - - - - - - - AB : BC = -AD : BD Ako je par taaka A, B harmonijski spregnut s parom taaka C, D kae se c c z - da su A, B, C, D etiri harmonijske take. Pri tome moramo strogo voditi takode c c rauna o poretku kojim navodimo te take. Izvedimo najvanija svojstva uvedene c c z relacije.

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

193

Teorema 6.5.1. Ako su A, B, C, D etiri harmonijske take jedne prave, tada c c vae relacije H(A, B; D, C) i H(C, D; A, B). z Dokaz. Koriste´i definiciju harmonijski spregnutih taaka na jednoj pravoj, nalac c zimo da - - - - - - - H(A, B; C, D) AC : BC = -AD : BD - - - - - - - AD : BD = -AC : BC H(A, B; D, C);

- H(A, B; C, D) AC : - CA :

- - - - BC = -AD : - - - - DA = -CB :

- - BD - - DB

H(C, D; A, B);

Teorema 6.5.2. Ako su A, B, C, D etiri razne take neke prave, O taka van te c c c prave, a E i F take u kojima prava kroz taku B paralelna sa pravom OA see c c c prave OC i OD, tada je H(A, B; C, D) SB (E) = F. - - - - - - - Dokaz. Ako je H(A, B; C, D) tada je AC : BC = -AD : BD = k. Iz ovih jednakosti nalazimo da je -1 HD,-k HC,k = SB pri emu je SB (E) = F (Sl. 6.5.2). c

O

F

A

C

B

D

E

Sl. 6.5.2

194

Geometrija

- - - Obratno, ako je SB (E) = F i AC : BC = k, tada u kompoziciji HC,k SB takama B i F odgovaraju take A i O, pa je c c HC,k SB = HD-k . - - - - - - - Stoga je AC : BC = AD : BD = k pa je H(A, B; C, D). Definicija 6.5.2. Za etiri prave a, b, c, d kae se da su harmonijski spregnute i c z simboliki obeleava sa H(a, b; c, d) ako pripadaju jednom pramenu i ako postoji c z prava koja ih see u harmonijskim takama. Isto tako, za etiri ravni , , , c c c kae se da su harmonijski spregnute i simboliki obeleava sa H(, , , ) n ako z c z pripadaju jednom pramenu i ako postoji prava koja ih prodire u harmonijskim takama. c Teorema 6.5.3. (Papos, III vek n. e.) Ako neka prava s see etiri harmonijske c c prave a, b, c, d ravni E 2 u raznim takama A, B, C, D tada je H(A, B; C, D). c

O F C A E C s A C B D A E C B D s A B D B F D

(a) Sl. 6.5.3

(b)

Dokaz. Iz relacije H(a, b; c, d) sleduje da prave a, b, c, d pripadaju jednom pramenu X i da postoji prava s koja ih see u takama A , B , C , D takvim c c da je H(A , B ; C , D ). Neka je X pramen konkurentnih pravih sa sreditem O s (Sl. 6.5.3(a)). Ako obeleimo sa E i F take u kojima prava kroz taku B paralelna z c c sa pravom a see prave c i d, sa E i F take u kojima prava kroz taku B parc c c - - - - alelna sa pravom a see prave c i d, i sa k odnos OB : OB, tada u homotetiji HO,k c takama B, E, F odgovaraju respektivno take B , E , F . Prema teoremi 6.5.2 c c taka B je srediste dui E F , pa je i taka B sredite dui EF , pa je prema istoj c z c s z teoremi H(A, B; C, D). Sluaj kada je X pramen paralelnih pravih (Sl. 6.5.3(b)) c je jednostavan, preputamo itaocu da dokae sam. s c z

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

195

Zadaci

Zadatak 6.43. Dokazati da su dva para kolinearnih taaka A, B i C, D medu c sobom harmonijski spregnuti ako i samo ako sredite O dui CD zadovoljava s z relaciju - - - 2 - - OA · OB = OC . Zadatak 6.44. Dokazati da su dva para kolinearnih taaka A, B i C, D medu c - - - - - sobom harmonijski spregnuti ako i samo ako orijentisane dui AC, AB, AD z odreduju harmonijsku progresiju, naime bi´e c 1 1 2 H(A, B; C, D) - + - = - . - - AC AD AB Zadatak 6.45. Neka kod ABC koji se nalazi u ravni E 2 simetrala unutranjeg s i simetrala spoljanjeg ugla A seku pravu BC u takama E i F . Ako obeleimo s c z sa S sredite upisanog kruga i sa Sa , Sb , Sc sredita spolja upisanih krugova tog s s trougla, dokazati da je a) H(B, C; E, F ), b) H(A, E; S, Sa ) i c) H(A, F ; Sb , Sc ). Zadatak 6.46. Date su na pravoj s tri razne take A, B, C. Konstruisati taku c c D takvu da je H(A, B; C, D). Zadatak 6.47. U ravni E 2 dati su ABC i taka S. Konstruisati pravu s koja c sadri taku S i see prave AB, AC, BC respektivno u takama P , Q, R takvim z c c c da je H(P, Q; R, S). Zadatak 6.48. U ravni E 2 konstruisati ABC kojem su stranica BC, visina AD i poluprenik upisanog kruga podudarni s datim duima a, ha , . c z Zadatak 6.49. U ravni E 2 konstruisati ABC kojem su zbir (razlika) stranica AB i AC, visina iz temena A i poluprenik upisanog kruga podudarni s datim c duima s, ha , . z Zadatak 6.50. U ravni E 2 konstruisati ABC kojem su visina iz temena A, teina linija iz temana A i poluprenik upisanog kruga podudarni s datim duima zs c z ha , ma , . Zadatak 6.51. U ravni E 2 konstruisati ABC kojem su visina iz temena A, poluprenik opisanog kruga i poluprenik upisanog kruga podudarni s datim duima c c z ha , r, . Zadatak 6.52. U ravni E 2 date su dve razne take A, B i du l. Odrediti na c z l. pravoj AB take C i D takve da je H(A, B; C, D) i CD = c

196

Geometrija

Zadatak 6.53. U ravni E 2 dat je konveksan ugao P AQ i na njegovoj bisektrisi taka E. Konstruisati pravu s koja sadri taku E see poluprave AP i AQ u c z c c takama B i C takvim da du BC bude podudarna s datom dui a. c z z Zadatak 6.54. U ravni E 2 konstruisati ABC kojem su stranica BC, visina AD i simetrala AE ugla A podudarne s datim duima a, ha , la . z

6.6

Potencija take u odnosu na krug c

Transformacije slinosti prostora E n omogu´uju da u geometrijama raznovrsnih c c likova razotkrijemo njihova metrika svojstva. Od posebnog su znaaja svojstva c c to ih pomo´u tih transformacija dobijamo u geometriji kruga i sfere. Uvodenjem s c potencije take u odnosu na kruh i na sferu pokua´emo da izvedemo samo neka c s c od njih. Da bismo definisali potenciju take u odnosu na krug neophodno je najpre c dokazati slede´u teoremu: c Teorema 6.6.1. Ako su u ravni E 2 dati krug k taka P , tada za svaku pravu s c - - - - koja see krug k u takama X i Y vai relacija P X · P Y = const. Ako je taka P c c z c van kruga k i T dodirna taka jedne od tangenata iz take P na krugu k, tada je c c - - - - 2 - PX · PY = PT .

Y T s

X P X

Y

s

Sl. 6.6.1 Dokaz. Neka su s i s dve razne prave od kojih prva sadri taku P i see krug k u z c c takama X i Y , a druga sadri taku P i see krug k u takama X i Y (Sl. 6.6.1). c z c c c Pri tome je P XY P X Y , pa je P X : P Y = P X : P Y , i prema tome - - - - - - - - PX · PY = PX · PY . Specijalno, ako je taka P izvan kruga k i T dodirna taka neke tangente iz take c c c P na krugu k, tada je P XT P T Y , pa je P X : P T = P T : P Y,

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

197

i prema tome

- - - 2 - - PX · PY = PT .

- - - - Definicija 6.6.1. Konstantan proizvod P X · P Y ustanovljen dokaznom teoremom nazivamo potencijom take u odnosu na krug k, i simboliki obeleavamo sa c c z p(P, k). Iz definicije neposredno sleduje da za taku P i krug k(O, r) u ravni E 2 imamo c da je < 0, ako je OP < r p(P, k) = 0, ako je OP r = > 0, ako je OP > r Sem toga, ako je OP = d i l(O, P ) k = {A, B}, bi´e c - - - p(P, k) = P A · P B = (d - r)(d + r) = d2 - r2 . Teorema 6.6.2. Skup svih taaka ravni E 2 kojima su potencije u odnosu na dva c ekscentrina kruga k1 (O1 , r1 ) i k2 (O2 , r2 ) medu sobom jednaki predstavlja jednu c pravu upravnu na pravoj O1 O2 .

P B1 B2

A1

O1

Q

O2

A2

k2 k1 p

Sl. 6.6.2 Dokaz. Ako je P taka takva da je p (P, k1 ) = p (P, k2 ) bi´e c c

2 2 O1 P 2 - r 1 = O2 P 2 - r 2 ,

pa je

2 2 O1 P 2 - O 2 P 2 = r 1 - r 2 .

198

Geometrija

Iz ove jednakosti sleduje da je razlika kvadrata dui O1 P i O2 P konstantna, pa se z taka P nalazi na pravoj p koja je upravna na pravoj O1 O2 (Sl. 6.6.2) u taki Q c c za koju je 2 2 O1 Q2 - O2 Q2 = r1 - r2 . Obratno, ako je P p tada je O1 P 2 = O1 Q2 + P Q2 pa je O1 P 2 - O2 P 2 = O1 Q2 - O2 Q2 = r1 - r2 . Stoga je

2 O1 P 2 - r 1 = O2 P 2 - r 2

i O2 P 2 = O2 Q2 + P Q2 ,

tj. p(P, k1 ) = p(P, k2 ).

Definicija 6.6.2. Pravu p koja predstavlja skup svih taaka ravni E 2 ije su poc c - sobom jednake nazivamo tencije u odnosu na dva ekscentrina kruga k1 i k2 medu c potencijalnom ili radikalnom osom krugova k1 i k2 . Nije teko ustanoviti da je radikalna osa krugova k1 i k2 koji se seku u takama s c A i B prava odredena takama A i B, da je radikalna osa krugova k1 i k2 koji se c dodiruju u taki A prava koja u toj taki dodiruje krugove k1 i k2 . Da bi se izvela c c konstrunkcija radikalne ose dvaju disjunktnih ekscentrinih krugova k1 (O1 , r1 ) i c k2 (O2 , r2 ), dovoljno je odrediti jednu taku te ose, zatim kroz istu konstruisati c pravu upravnu na pravoj O1 O2 . U tom cilju, konstruie se proizvoljan krug koji s see krugove k1 i k2 respektivno u takama A1 , B1 i A2 , B2 . Taka P u kojoj se c c c seku prave A1 B1 i A2 B2 , pripada radikalnoj osi krugova k1 i k2 . Teorema 6.6.3. Potencijalne ose triju krugova ravni E 2 pripadaju jednom pramenu pravih. Dokaz. Neka su O1 , O2 , O3 sredita triju krugova k1 , k2 , k3 koji se nalaze u ravni E 2 s i p1 , p2 , p3 potencijalne ose krugova k2 i k3 , k3 i k1 , k1 , i k2 . Ako take O1 , O2 , O3 c nisu kolinearne, prave O2 O3 i O3 O1 se seku, te se i prave p1 i p2 upravne na njima seku u nekoj taki O. Pri tome je p(O, k2 ) = p(O, k3 ) i p(O, k3 ) = p(O, k1 ), pa je c p(O, k1 ) = p(O, k2 ) i prema tome O p3 . Na taj nain, ako take O1 , O2 , O3 nisu c c kolinearne, potencijalne ose krugova k1 , k2 , k3 seku se u jednoj taki. Ako take c c O1 , O2 , O3 pripadaju pravoj s, bi´e prave p1 , p2 , p3 upravne na pravoj s, i prema c tome medu sobom paralelne. Definicija 6.6.3. Taku O u kojoj se seku potencijalne ose triju krugova ravni c E 2 sa nekolinearnim sreditem nazivamo potencijalnim ili radikalnim sreditem s s tih krugova.

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

199

Pojam radikalne ose omogu´uje da u geometriji ravni E 2 definiemo pramen c s krugova. Definicija 6.6.4. Skup svih krugova ravni E 2 od kojih svaka dva imaju za radikalnu osu istu pravu s nazivamo sistemom koaksijalnih krugova ili pramenom krugova; pravu s nazivamo radikalnom osom tog pramena krugova.

(a)

(b) Sl. def. 6.6.4

(c)

Iz ove definicije i definicije radikalne ose dvaju krugova neposredno zakljuujemo c da vai slede´e tvrdenje: Ako se u jednom pramenu krugova dva kruga seku u z c takama A i B, tada se svaka dva kruga tog pramena seku u takama A i B; c c ako se u jednom pramenu krugova dva kruga dodiruju u taki C, tada se svaka c dva kruga tog pramena dodiruju u taki C; ako u jednom pramenu krugova dva c kruga nemaju zajednikih taaka, tada nikoja dva kruga tog pramena nemaju c c zajednikih taaka. Ovo svojstvo omogu´uje da u geometriji ravni E 2 razlikuc c c jemo tri vrste pramenova krugova. U zavisnosti od toga da li se krugovi jednog pramena seku u dvema raznim takama (Sl. def. 6.6.4(a)), dodiruju u istoj taki c c (Sl. def. 6.6.4(b)) ili uopste nemaju zajednikih taaka (Sl. def. 6.6.4(c)), dotini c c c pramen krugova respektivno nazivamo eliptikim, parabolikim ili hiperbolikim. c c c

Zadaci

Zadatak 6.55. Neka je u ravni E 2 dat ABC. Ako je l(O, r) opisan krug, k(S, ) upisan krug i k(Sa , a ) spolja upisani krug koji dodiruje stranicu BC tog trougla, dokazati da je 2 OS 2 = r2 - 2r i OSa = r2 + 2ra . Zadatak 6.56. Date su u ravni E 2 tri kolinearne take A, B, O. Koriste´i poc c tenciju take u odnosu na krug, odrediti na pravoj AB take C i D takve da je c c H(A, B; C, D), a taka O sredite dui CD. c s z

200

Geometrija

Zadatak 6.57. Date su u ravni E 2 dve razne take A, B i du l. Koriste´i c z c potenciju take u odnosu na krug, odrediti na pravoj AB take C i D takve da je c c H(A, B; C, D) i CD l. = Zadatak 6.58. Date su u ravni E 2 etiri kolinearne take A, B, C, D. Odrediti c c na njihovoj pravoj take E i F takve da je H(A, B; E, F ) i H(C, D; E, F ). c Zadatak 6.59. Ako su u ravni E 2 prave odredene tetivama AB i CD dvaju krugova k1 i k2 seku na radikalnoj osi tih krugova, dokazati da take A, B, C, D c pripadaju jednom krugu. Zadatak 6.60. Ako u ravni E 2 neki krug k see dva kruga k1 i k2 , prvi u takama c c A i B a drugi u takama C i D, dokazati da se prave AB i CD seku na radikalnoj c osi s krugova k1 i k2 ili su paralelne sa osom s. Zadatak 6.61. Dokazati da u ravni E 2 prava odredena visinom AD trougla ABC predstavlja radikalnu osu krugova kojima su prenici teine linije BB i CC tog c zs trougla. Zadatak 6.62. Dokazati da u ravni E 2 ortocentar H predstavlja radikalno sredite s krugova kojima su prenici stranice tog trougla. c Zadatak 6.63. Ako su A1 , B1 , C1 sredita stranica BC, CA, AB trougla ABC koji s 2 , dokazati da simetrala spoljanjeg ugla A trougla A B C se nalazi u ravni E s 1 1 1 1 predstavlja radikalnu osu upisanih krugova ABC koji dodiruju stranicu BC. Zadatak 6.64. Ako su A1 , B1 , C1 sredita stanica BC, CA, AB trougla ABC koji s se nalazi u ravni E 2 , dokazati da simetrala unutranjeg ugla A1 trougla A1 B1 C1 s predstavlja radikalnu osu spolja upisanih krugova koji odgovaraju temenima B i C trougla ABC. Zadatak 6.65. Ako je s radikalna osa dvaju ekscentrinih krugova k1 (O1 , r1 ) i c k2 (O2 , r2 ) ravni E 2 , P proizvoljna taka te iste ravni i Q podnoje upravne iz c z take P na pravoj s, dokazati da je c -- - - - p(P, k1 ) - p(P, k2 ) = 2O1 O2 · P Q. Zadatak 6.66. U ravni E 2 zadata su dva ekscentrina kruga k1 i k2 . Konstuisati c skup svih taaka X E 2 kojima je razlika p(X, k1 ) - p(X, k2 ) konstanta. c Zadatak 6.67. Dokazati da skup sredita svih krugova ravni E 2 ortogonalnih na s datim krugovima k1 i k2 u toj ravni predstavljaju take radikalne ose tih krugova c koje se nalaze izvan njih. Zadatak 6.68. Dokazati da skup sredita svih krugova ravni E 2 koje see svaki s c od dvaju zadatih krugova k1 i k2 u dijametralno suprotnim takama predstavljaju c take radikalne ose krugova k1 i k2 koje se nalaze u tim krugovima. c

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

201

Zadatak 6.69. Dokazati da skup sredita svih krugova u ravni E 2 koji seku svaki s od dvaju datih krugova k1 i k2 u dijametralno suprotnim takama predstavlja c pseudoradikalnu osu krugova k1 i k2 , tj. pravu simetrinu s radikalnom osom tih c krugova u odnosu na sredite dui koja spaja njihove centre. s z Zadatak 6.70. Dati su u ravni E 2 prava p i dve take A, B. Konstruisati u ravni c E 2 krug k koji sadri take A, B i dodiruje pravu p. z c Zadatak 6.71. Date su u ravni E 2 krug k i dve take A, B. Konstruisati u toj c ravni krug l koji sadri take A, B i dodiruje krug k. z c Zadatak 6.72. Dati su u ravni E 2 ekscentrini krugova k1 , k2 i taka A. Konc c struisati u toj ravni krug k koji sadri taku A i ortogonalan je na svakom od z c krugova k1 i k2 .

6.7

Inverzija u odnosu na krug

Potencija take u odnosu na krug omogu´uje da u geometriji ravni E 2 ustanoc c vimo naroitu transformaciju koju nazivamo inverzijom u odnosu na krug koji se c nalazi u toj ravni.

2 Definicija 6.7.1. Neka je k(O, r) proizvoljan krug ravni E 2 , zatim E = E 2 \{O}. Inverzijom u odnosu na krug k nazivamo transformaciju 2 2 k : E - E , 2 2 koja svaku taku P E prevodi u taku P E takvu da je c c - - - - OP · OP = r2 .

Taku O nazivamo centrom ili sreditem inverzije, du r nazivamo poluprenikom, c s z c veliinu r2 nazivamo stepenom, a krug k nazivamo krugom inverzije k . c

T

O

P

P

Sl. def. 6.7.1 Iz definicije neposredno sleduje da je inverzija o odnosu na krug k E 2 bijektivna transformacija. To nije transformacija cele ravni E 2 ve´ samo njenog dela c 2 , jer u njoj nije definisana slika take O, niti je taka O slika neke take ravni E c c c E 2 (Sl. def. 6.7.1). Narednom teoremom izvedimo najvanija svojstva uvedene z transformacije.

202

Geometrija

Teorema 6.7.1. Inverzija u odnosu na krug je involuciona transformacija.

2 2 2 Dokaz. Neka je : E - E inverzija u odnosu na krug k(O, r). Ako je P E 2 . Stoga je i taka bi´e P = k (P ) taka poluprave OP takva da je OP · OP = r c c c P na polupravoj OP takva da je OP · OP = r2 , pa je k (P ) = P . 2 2 Teorema 6.7.2. U inverziji : E - E taka X je invarijantna ako i samo ako c je X k. 2 Dokaz. Ako je taka X E invarijantna, imamo da je OX · OX = r2 , pa je c OX = r, i prema tome X k. Obratno, ako je X k bi´e taka X = (X) na c c polupravoj OX takva da je OX · OX = r2 , OX = r i prema tome X = X . 2 2 Teorema 6.7.3. U inverziji k : E - E taki X koja se nalazi u krugu k c odgovara taka X koja se nalazi izvan kruga k; i obratno, taki X koja se nalazi c c izvan kruga k odgovara taka X koja se nalazi u krugu k. c

Dokaz. Neka je O sredite i r poluprenik inverzije k . Ako je taka X u krugu s c c 2 sledi da je OX > r, pa je taka k, tada je OX < r, te iz relacije OX · OX = r c X izvan kruga. Obratno, ako je taka X izvan kruga k, tada je OX > r, te je iz c relacije OX · OX = r2 sledi da je OX < r, pa je taka X u krugu k. c Teorema 6.7.4. Kompozicija dvaju inverzija k1 i k2 definisanih u odnosu na koncentrine krugove k1 (O, r1 ) i k2 (O, r2 ) predstavlja homotetiju c HO,r2 : r1 . 2 2 Dokaz. S obzirom da su krugovi k1 i k2 koncentrini, oni pripadaju istoj ravni c 2 E 2 . Ako obeleimo sa X proizvoljnu taku skupa E i sa X1 , X2 take takve da z c c je k1 (X) = X1 i k2 (X1 ) = X2 , tada je k2 · k1 (X) = X2 . Take X1 i X2 pripadaju polupravama OX i OX1 , te je i taka X2 na polupravoj c c OX. Iz relacija 2 2 OX · OX1 = r1 i OX1 · OX2 = r2 sledi da je

2 2 OX2 : OX = r2 : r1 .

Teorema 6.7.5. Neka su u ravni E 2 dati krug k(O, r) i prava p. Pri tome, ako prava p sadri taku O, tada je k (p \ {O}) = p \ {O}, ako prava p ne sadri taku z c z c O, tada lik k (p) predstavlja krug kojem nedostaje taka O. c

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

203

Dokaz. Razmotrimo najpre sluaj kada je O p. Neka je X E 2 \ {O} i X = c k (X). Ako je X p \ {O}, bi´e taka X na polupravoj OX, pa je X p \ {O}. c c Obratno, ako je X p \ {O}, bi´e X = (X ), pa je taka X na polupravoj OX , c c i prema tome X p \ {O}. Stoga je u razmatranom sluaju c (p \ {O}) = p \ {O}.

k X

X

O

P l

P

p

Sl. 6.7.5 Razmotrimo sad sluaj kada je O p (Sl. 6.7.5). Ako obeleimo sa P podnoje c / z z upravne iz take O na pravoj p, sa X bilo koju drugu taku prave p, a sa P i X c c take koje u inverziji k odgovaraju takama P i X, bi´e c c c P OX = X OP i OP · OP = OX · OX .

Stoga je P OX X OP , pa je i OP X OX P . No ugao OP X je prav, = pa je i OX P prav. Stoga taka X pripada krugu kojem je du OP prenik. c z c Obratno, ako je X p \ {O, P }, tada je X OP otar te prava p upravna s na kraku OP see krak OX u nekoj taki X. Pri tome je c c P OX X OP = pa je P OX i OP X OX P , =

X OP . Stoga je OP · OX = OX · OP , pa je OP · OP = OX · OX ,

i prema tome k (X) = X . Teorema 6.7.6. Neka su u ravni E 2 data dva kruga k(O, r) i l(S, ). Pri tome, 1o ako je O l, tada je k (l \ {O}) prava linija; 2o ako je O l, tada je k (l) takode krug. / Dokaz. 1o Ako lik k (l \ {O}) obeleimo sa l , bi´e k (l ) = l \ {O}. Stoga prema z c prethodnoj teoremi, lik l predstavlja pravu liniju.

204

Geometrija

X X X O A S B l l k B S A

Sl. 6.7.6 2o Neka je X l, X = k (X) i X druga zajednika taka prave OX i kruga c c l (Sl. 6.7.6). Ako obeleimo sa t stepen inverzije k i sa p potenciju take O z c u odnosu na krug l, imamo da je OX · OX = t i OX · OX = p. Deljenjem odgovaraju´ih strana ovih jednakosti, nalazimo da je c OX : OX = t : p. Stoga taka X pripada krugu l koji u homotetiji HO, t : p odgovara krugu l. c Obratno, neka je X l , X = HO, t : p (X ) i X druga zajednika taka prave c c OX sa krugom l. Ako ponovo obeleimo sa t stepen inverzije k i sa p potenciju z take O u odnosu na krug l, bi´e (Sl. 6.7.6) c c OX : OX = t : p i OX · OX = p.

Mnoenjem odgovaraju´ih strana ovih jednakosti nalazimo da je OX : OX = t. z c Stoga je X = k (X). Teorema 6.7.7. Ugao pod kojim se seku dve linije p i q ravni E 2 u presenoj taki c c S jednak je s uglom pod kojim se seku njima inverzne krive p i q u odgovaraju´oj c taki S . c

S S O P Q Q k P

Sl. 6.7.7

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

205

Dokaz. Obeleimo sa O sredite pomenute inverzije, sa P i Q take u kojima neka z s c prava kroz taku O, razliita od prave OS, see linije p i q, a sa P i Q take koje c c c c u toj inverziji odgovaraju takama P i Q (Sl. 6.7.7). Iz same konstrukcije sleduje c da take P i Q pripadaju linijama p i q . S obzirom da je c - - - - - - - - - - - OP · OP = OQ · OQ = OS · OS , bi´e etvorouglovi SS P P i SS Q Q tetivni, pa je c c OSP S P P = Stoga je P SQ P S Q . = Ako se take P i Q kretaju´i se po linijama p i q pribliuju taki S, i njihove c c z c odgovaraju´e take P i Q kretaju se po linijama p i q pribliuju´i se taki S . U c c z c c graninom sluaju seice SP i SQ predstavljaju tangente na linijama p i q u taki c c c c S, a seice S P i S Q predstavljaju tangente na linijama p i q u taki S . Stoga c c je i ugao koji je odreden tangentama na linijama p i q u taki S jednak s uglom c - tangenatama na linijama p i q u taki S . koji je odreden c i OSQ S Q Q. =

Primeri

Primer 6.6. Ako je k inverzija u odnosu na neki krug k(O, r) i A, B bilo koji par taaka razliitih od take O, dokazati da je c c c k (A)k (B) = r2 AB. OA · OB

A

A

O B k B

Sl. Primer 6.6 Reenje. Prema definiciji inverzije imamo da je (Sl. Primer 6.6) s Ok (A) OB = . OA Ok (B)

206

Geometrija

Pri tome je O zajedniki ugao trouglova OAB i Ok (B)k (A). Stoga su pomenuti c trouglovi slini, pa je c AB k (A)k (B) = OB Ok (A) Iz dobijenih dveju relacija nalazimo da je k (A)k (B) = r2 AB OA · OB

Primer 6.7. Dokazati da za svake etiri take A, B, C, D ravni E 2 vai relacija c c z AB · CD + BC · AD AC · BD. Jednakost vai ako i samo ako je ABCD konveksan tetivan etvorougao. z c Reenje. Ako obeleimo sa k inverziju u odnosu na proizvoljan krug k(A, r), s z prema trougaonoj nejednakosti bi´e c k (B)k (C) + k (C)k (D) k (B)k (D). Iz ove relacije nalazimo primenom relacije iz prethodnog primera da je r2 r2 r2 BC + CD BD. AB · AC AC · AD AB · AD Otuda neposredno dobijamo da je AB · CD + BC · AD AC · BD. Jednakost vai samo ako taka k (C) pripada zatvorenoj dui [k (B)k (D)] tj. ako z c z je taka C na luku DB kruga l(A, B, D) na kojem nije taka A. c c

Zadaci

Zadatak 6.73. Ako su A, B, C, D etiri razne kolinearne take ravni E 2 i k krug c c kojem je du AB prenik, dokazati da je z c k (C) = D H(A, B; C, D).

2 2 Zadatak 6.74. Ako u inverziji k : E E taki P k odgovara taka P , c / c dokazati da je svaki krug l koji zadovoljava uslove P, P l i l E 2 , ortogonalan na krugu k. 2 2 Zadatak 6.75. Ako u inverziji k : E E takama A i B koje su nekolinearne c sa sreditem kruga k odgovaraju take A i B , dokazati da take A, B, A , B s c c pripadaju jednom krugu koji je ortogonalan na krugu k.

Glava 6. Transformacije slinosti i inverzija c

207

2 2 Zadatak 6.76. Ako u inverziji k : E E takama A i B, koje su nekolinearne c sa sreditem O kruga k, odgovaraju take A i B , dokazati da su trouglovi OAB s c i OB A indirektno slini. c

Zadatak 6.77. Neka je l opisani krug ABC koji se nalazi u ravni E 2 . Ako su P i Q take u kojima medijatrisa m stranice BC see prave AB i AC, dokazati c c da je l (P ) = Q Zadatak 6.78. Neka je O sredite kruga l opisanog oko ABC koji se nalazi u s ravni E 2 . Ako su B i C take polupravih AB i AC takve da je c AB · AB = AC · AC , dokazati da je OA B C . Zadatak 6.79. Primenom inverzije konstruisati u ravni E 2 krug k koji sadri dve z date take A i B i dodiruje datu pravu p. c Zadatak 6.80. Primenim inverzije konstruisati u ravni E 2 krug k koji sadri dve z date take A i B i dodiruje dati krug l. c Zadatak 6.81. U ravni E 2 konstruisati krug k koji sadri datu taku A i dodiruje z c dva data kruga k1 i k2 . Zadatak 6.82. U ravni E 2 konstruisati krug k koji dodiruje tri data kruga k1 , k2 , k3 .

Glava 7

Neeuklidske geometrije

7.1 Sistem aksioma geometrije Lobaevskog c

U prvom poglavlju ovog teaja naveden je sistem aksioma na kojem se zasniva c euklidska geometrija. Tom prilikom pomenuli smo da prve etiri grupe aksioma c omogu´uju da se izvedu brojna geometrijska tvrdenja koja ne zavise od Plejferove c aksiome paralelnosti i njoj ekvivalentnih tvrdenja medu kojima se nalazi i Euklidov peti postulat. Taj deo geometrije nazvali smo apsolutnom geometrijom. U okviru te apsolutne geometrije bili smo u mogu´nosti da dokaemo tvrdenje prema c z kojem u jednoj ravni kroz taku A van prave a postoji prava koja s pravom a nema c zajednikih taaka. Medutim, u apsolutnoj geometriji nije mogu´e ustanoviti koc c c liki je broj tih pravih. Uvodenjem aksiome prema kojoj kroz taku A postoji c samo jedna prava koja sa pravom a nema zajednikih taaka Plejfer je omogu´io c c c izgradnju euklidske geometrije. Polaze´i od aksioma apsolutne geometrije i pretc postavke da postoje kroz taku A dve prave koje s pravom a nemaju zajednikih c c taaka, Lobaevski je doao do potpuno nove tzv. hiperbolike geometrije. U c c s c ovom odeljku samo ´emo izloiti njenu aksiomatiku i ukazati na mogu´nost njene c z c realizacije. Aksioma V.1.* Kroz taku A van prave a postoje dve prave koje su komplac narne sa pravom a i koje s njom nemaju zajednikih taaka. c c Teoriju zasnovanu na sistemu aksioma apsolutne geometrije i aksiomi Lobaevskog c nazivamo hiperbolikom geometrijom ili geometrijom Lobaevskog. Ravan i prostor c c u kojima vae aksiome te geometrije nazivamo respektivno hiperbolikom ravni ili z c ravni Lobaevskog i hiperbolikim prostorom ili prostorom Lobaevskog. c c c Da bi se uverili u neprotivrenost planimetrije Lobaevskog neophodno je konc c struisati model te geometrije u nekoj teoriji za koju pretpostavljamo da je neprotivrena. Model planimetrije Lobaevskog konstruisa´emo u euklidskoj ravni E 2 . c c c U tom cilju obeleimo sa x proizvoljnu pravu ravni E 2 i sa jednu od poluravni z na koje je pravom x razloen skup ostalih taaka ravni E 2 . Saglasimo se da poluz c ravan nazivamo H-ravni, a pravu x njenom apsolutom. Sem toga, saglasimo 208

Glava 7. Neeuklidske geometrije

209

se da take poluravni nazivamo H-takama, a polukrugove poluravni kojima c c krajevi pripadaju pravoj x, kao i poluprave poluravni koje su u svojim krajnjim takama upravne na pravu x, nazivamo H-pravama. Smatra´emo da H-taka P c c c pripada H-pravoj p, a da H-prava p sadri H-taku P ako u skupovnom smislu z c taka koja predstavlja H-taku P pripada liniji koja predstavlja H-pravu p. c c Nije teko ustanoviti da na ovako konstruisanom modelu vae sve aksiome incis z dencije planimetrije Lobaevskog. Zaista, s obzirom da svaki polukrug poluravni c kojem krajevi pripadaju pravoj x, kao i svaka poluprava poluravni koja je u svojoj krajnjoj taki upravna na pravoj x, sadri najmanje dve razne take, i c z c svaka H-prava sadri najmanje dve razne H-take. Kako kroz svake dve take z c c poluravni postoji u toj poluravni polukrug kojem se krajevi nalaze na pravoj x ili pak poluprava koja je u svojoj krajnjoj taki upravna na pravoj x, postoji c najmanje jedna H-prava koja sadri bilo koje dve H-take. Jasno je da za svake z c dve razne H-take postoji jedinstvena H-prava. Budu´i da sve take poluravni c c c ne pripadaju jednom polukrugu niti jednoj polupravoj, u H-ravni postoje tri Htake koje ne pripadaju jednoj H-pravoj. Ovim smo dokazali da na konstruisanom c modelu vae sve aksiome incidencije planimetrije Lobaevskog. z c

C B B A D A C D B A O A C B

(a)

(b) Sl. 7.1

(c)

Da bismo ustanovili da na konstruisanom modelu vae aksiome poretka geoz metrije Lobaevskog, neophodno je u tom modelu definisati relaciju izmedu. Kae c z - H-taaka A i B ako se u euse da je na H-pravoj p izvesna H-taka C izmedu c c klidskom smislu na liniji p taka C nalazi izmedu taaka A i B. Kako na liniji p c c poluravni vae sve linearne aksiome poretka geometrije Lobaevskog, i na Hz c pravoj p vae sve linearne aksiome te geometrije. Dokaz kojim se ustanovljuje z da na razmatranom modelu vai Paova aksioma poretka neto je sloeniji, te ga z s s z ovde ne´emo navoditi. Posle ovih razmatranja moe se zakljuiti da je u konstruc z c isanom modelu H-du AB predstavljena euklidskim lukom AB polukruga kojem z se krajevi nalaze na pravoj x ili odsekom AB euklidske poluprave koja je u svojoj c krajnjoj taki D upravna na pravoj x (Sl. 7.1(a)). Sem toga, moe se zakljuiti c z c da je na razmatranom modelu H-poluprava CD predstavljena euklidskim lukom CD polukruga iji krajevi (od kojih se jedan poklapa sa takom D) nalaze se na c c pravoj x, odsekom CD euklidske poluprave upravne na pravoj x u taki D ili c c pak ostatkom te poluprave (Sl. 7.1(a)). Znaji´i kako se na modelu predstavljaju c H-poluprave i H-dui, italac moe sam da zakljui kako se u dotinom modelu z c z c c predstavljaju H-uglovi (Sl. 7.1(b)), H-trouglovi (Sl. 7.1(c)) i drugi geometrijski likovi.

210

Geometrija

a2 a1 A a

Sl. 7.1(d) Da bismo ustanovili da u razmatranom modelu vae aksiome podudarnosti z geometrije Lobaevskog, neophodno je definisati relaciju H-podudarnosti uredenih c - par H-taaka A i B H-podudaran sa parova H-taaka. Kae se da je ureden c z c uredenim parom H-taaka C i D ako postoji konaan niz inverzija kojima niz c c kompozicija prevodi H-take A i B respektivno u H-take C i D. Sa ovako c c ustanovljenom relacijom H-podudarnosti uredenih parova H-taaka, bez teko´a c s c se dokazuje da na razmatranom modelu vae prve etiri aksiome podudarnosti z c geometrije Lobaevskog. Da bismo dokazali da vai aksioma III.5, pretpostavimo c z da su date dve H-prave p i p , na H-pravoj p dve H-take A, B i na H-pravoj p c H-taka A . Ako inverzijom prevedemo krug p na krug p , take A i B prevodimo c c u izvesne take A i B . Ako zatim inverzijom krug p prevedemo na taj isti c krug tako da taka A prede u taku A , taka B prelazi u traenu taku B . c c c z c Time je ustanovljeno da vai aksioma III.5. Verifikaciju III.6 i III.7 preputamo z s itaocu da izvede sam. Verifikacija aksioma neprekidnosti neto je sloenija, te c s z je ovde ne´emo navoditi. Da u razmatranom modelu vai aksioma paralelnosti c z Lobaevskog, sleduje nepospedno, jer kroz H-taku A van H-prave a postoje dve c c H-prave b i c koje sa H-pravom a nemaju zajednikih H-taaka (Sl. 7.1(d)). c c 2 konstruisan tzv. Poenkareov model na kojem se realizuje Ovim je u ravni E geometrija Lobaevskog. c

7.2

Sistem aksioma eliptike geometrije c

Kao i svaka deduktivna teorija, i eliptika geometrija se zasniva na izvesnom c sistemu osnovnih pojmova i izvesnom sistemu osnovnih tvrdenja. Za osnovne pojmove eliptike geometrije uzimamo proizvoljan neprazan skup R, dve klase Ce c i C podskupova skupa R i dve relacije // i Skup R naziva´emo eliptikim c c =. ili rimanskim prostorom u uem smislu, a njegove elemente eliptikim takama z c c ili samo takama koje ´emo obeleavati velikim latinskim slovima A, B, C, . . . . c c z Elemente klase Ce naziva´emo eliptikim pravama ili samo pravama koje ´emo c c c obeleavati malim latinskim slovima a, b, c, . . . . Elemente klase C naziva´emo z c eliptikim ravnima ili samo ravnima koje ´emo obeleavati malim grkim slovima c c z c , , , . . . . Relacije // i naziva´emo respektivno relacijom razdvojenosti parova c = taaka i relacijom podudarnosti odseka. c c

Glava 7. Neeuklidske geometrije

211

Osnovna tvrdenja tj. aksiome eliptike geometrije podeljene su u grupe; to su: c I Aksiome incidencije; II Aksiome poretka; III Aksiome neprekidnosti; IV Aksiome podudarnosti. Navodimo aksiome svake od ovih grupa ukazuju´i na samo neka svojstva koja c se iz njih izvode. 1. Sem osnovnih relacija koje smo pomenuli, prilikom izgradivanja eliptike c geometrije pretpostavlja se da su poznate i skupovne relacije pripada" i sadri" z " " koje nazivamo jednim imenom relacijama incidencije. Stoga i prvu grupu aksioma zasnovanu na ovim relacijama nazivamo aksioma incidencije. Pre navodenja ovih aksioma saglaavamo se da tri ili vie taaka nazivamo kolinearnim ako postoji s s c prava koja ih sadri, a etiri ili vie taaka nazivamo komplanarnim ako postoji z c s c ravan koja ih sadri. Grupu aksioma incidencije ine slede´e aksiome: z c c I.1. Svaka prava sadri najmanje tri razne take. z c I.2. Postoji prava koja sadri bilo koje dve take. z c I.3. Postoji najvie jedna prava koja sadri dve razne take. s z c I.4. Svaka ravan sadri tri nekolinearne take. z c I.5. Postoji ravan koja sadri bilo koje tri take. z c I.6. Postoji najvie jedna ravan koja sadri tri nekolinearne take. s z c I.7. Ako dve razne take neke prave pripadaju jednoj ravni, tada sve take te c c prave pripadaju toj ravni. I.8. Ako dve ravni imaju jednu zajedniku taku, tada one imaju najmanje jo c c s jednu zajedniku taku. c c I.9. Postoje etiri nekomplanarne take. c c I.10. Svake dve komplanarne prave imaju najmanje jednu zajedniku taku. c c Primetimo da se aksiome incidencije eliptike geometrije razlikuju od aksioma c incidencije euklidske i hiperbolike geometrije jedino u aksiomama I.1 i I.10. Dok c se aksiomom I.1 euklidske i hiperbolike geometrije zahteva da svaka prava sadri c z najmanje dve razne take, aksiomom I.1 eliptike geometrije zahteva se da svaka c c prava sadri najmanje tri razne take. Aksioma I.10 eliptike geometrije nije na z c c

212

Geometrija

spisku aksioma euklidske i hiperbolike geometrije. Dok u ravnima E 2 i L2 postoje c disjunktne prave u ravni R2 takve prave ne postoje. 2. Aksiome poretka eliptike geometrije obrazlau svojstva osnovne relacije c z razdvojenosti parova taaka". To je etvoroelementna relacija koja se odnosi na c c " take jedne prave. Relaciju prema kojoj je par taaka A, B razdvojen sa parom c c taaka C, D simboliki obeleavamo sa A, B//C, D. Grupu aksioma poretka c c z eliptike geometrije ine slede´e aksiome: c c c II.1. Ako su A, B, C, D etiri kolinearne take takve da je A, B//C, D tada su c c svake dve od taaka A, B, C, D medu sobom razliite. c c II.2. Ako su A, B, C, D etiri kolinearne take takve da je A, B//C, D tada je c c A, B//D, C i C, D//A, B. II.3. Ako su A, B, C, D etiri kolinearne take takve da je A, B//C, D, tada je c c A, C//B, D. II.4. Ako su A, B, C tri razne take neke prave p, tada na pravoj p postoji taka c c D takva da je A, B//C, D. II.5. Ako su A, B, C, D razne kolinearne take tada vai najmanje jedna od relacija: c z A, B//C, D, A, C//B, D, A, D//B, C. II.6. Ako su A, B, C, D, E razne kolinearne take takve da je A, B//C, D i c A, B//C, E, tada je A, B//D, E. II.7. Ako etiri konkurentne prave a, b, c, d seku dve prave s i s respektivno u c raznim takama A, B, C, D i A , B , C , D i ako je A, B//C, D tada je i c A , B //C , D . Dok se teorija poretka u euklidskoj i hiperbolikoj geometriji zasnivala na c osnovnoj relaciji izmedu", teorija poretka u eliptikoj geometriji zasnovana je c " na osnovnoj relaciji razdvojenosti parova taaka". Iz samih aksioma neposredno c " sleduje da je eliptika prava zatvorena linija. Jedna taka eliptike prave ne rac c c zlae skup ostalih taaka te prave na dve poluprave; jedna prava eliptike ravni z c c ne razlae skup ostalih taaka te ravni na dve poluravni; jedna ravan eliptikog z c c prostora ne razlae skup ostalih taaka tog prostora na dva poluprostora. z c

B I C

A p

II II

II I IV III I II III IV

(a)

(b) Sl. 7.2

(c)

Glava 7. Neeuklidske geometrije

213

Dve razne take A i B neke prave p razlazu skup ostalih taaka te prave na c c dva tzv. komplementna odseka (Sl. 7.2(a)). Ako su A, B, C tri razne kolinearne c take, zatvorenu du [AB] koja sadri taku C simboliki obeleavamo sa [AB]C . c z z c c z Dve razne komplanarne prave a i b razlau skup ostalih taaka njihove ravni na z c dve oblasti koje nazivamo eliptikim uglovima (Sl. 7.2(b)). Tri nekolinearne take c c u eliptikoj ravni ne odreduju jedan, ve´ etiri eliptika trougla (Sl. 7.2(c)). Cetiri c cc c nekomplanarne take u eliptikom prostoru ne odreduju jedan ve´ osam tetraedara. c c c 3. Grupu aksioma neprekidnosti sainjava samo jedna aksioma, to je Dedec kindova aksioma neprekidnosti. III.1. Ako su sve unutranje take eliptikog odseka [AB]C podeljene na dve klase s c c c M i N pri emu: c 1o Klase M i N nisu prazni skupovi taaka; c 2o Za svaku taku P M i svaku taku Q N vai relacija A, Q//P, B; c c z tada u nekoj od klasa M i N postoji taka X takva da za svaku taku c c P M/X i Q N/X vae relacije A, X//P, B i A, Q//X, B. z

4. Aksiome podudarnosti eliptike geometrije obralazu svojstva osnovne c z relacije podudarnosti" koju ovde jednostavnosti radi ne uzimamo na skupu uredenih " parova taaka ve´ na skupu odseaka. Ovu grupu sainjavaju slede´e aksiome: c c c c c IV.1. Za svaku eliptiku du AB vae relacije AB AB i AB BA. c z z = = IV.2. Ako su AB i CD dve eliptike dui takve da je AB CD, tada je i CD c z = = AB. IV.3. Ako su AB, CD, EF tri eliptike dui takve da je AB CD i CD EF , c z = = tada je i AB EF . = IV.4. Ako su AB i CD dve razne eliptike dui takve da je AB CD, tada nije c z CD. AB = IV.5. Ako su AB i A B dve podudarne dui i C unutranja taka dui AB, tada z s c z A C i CB C B . unutar dui A B postoji taka C takva da je AC = z c = IV.6. Komplementne dui podudarnih dui medu sobom su podudarne. z z IV.7. Za svaku taku A eliptike prave p postoji na toj pravoj njoj suprotna taka c c c B, to je taka za koju su komplementne dui odredene takama A i B medu c z c sobom podudarne. IV.8. Dui odredene parovima suprotnih taaka na bilo kojim dvema pravama z c - sobom su podudarne. medu

214

Geometrija

Poslednjoj aksiomi podudarnosti prethodi definicija podudarnih uglova. Ako su O1 i O2 take na kracima ugla AOB koje su suprotne temenu O, tada du c z O1 O2 sadranu u tom uglu nazivamo karakteristinom dui tog ugla. Za dva ugla z c z kaemo da su podudarna ako su im podudarne karakteristine dui. z c z IV.9. Ako su ABC i A B C dva trougla takva da je AB A B i AC A C , = = A ako i samo ako je BC B C . tada je A = = Da bismo se uverili u neprotivrenost eliptike planimetrije neophodno je konc c struisati model te geometrije na nekoj povri prostora iju geometriju smatramo s c neprotivrenom. Uinimo to na sferi prostora E 3 . c c

B A C

C B

A

Sl. 7.2(d) Pretpostavimo da je u prostoru E 3 data sfera jedininog poluprenika; neka c c je O njeno sredite (Sl. 7.2(d)). Saglasimo se da svaki par dijametralno suprots nih taaka te sfere nazivamo eliptikom ili E-takom, da svaki veliki krug te sfere c c c nazivamo eliptikom ili E-pravom, a sferu eliptikom ili E-ravni. Govori´emo c c c da E-taka A pripada E-pravoj a ili da E-prava a sadri E-taku A ako se take c z c c koje sainjavaju E-taku A nalaze na krugu koji predstavlja E-pravu a. Sa tako c c ustanovljenim relacijama incidencije lako se dokazuje da na konstruisanom modelu vae aksiome incidencije eliptike planimetrije. Budu´i da svaki veliki krug sfere z c c sadri beskonano mnogo parova dijametralno suprotnih taaka, svaka E-prava z c c sadri najmanje tri E-take. Svaka dva para dijametralno suprotnih taaka priz c c padaju izvesnom velikom krugu sfere , te i svake dve E-take pripadaju nekoj c E-pravoj. Svaka dva razliita para dijametralno suprotnih taaka odreduju jedinc c stven veliki krug sfere te i svake dve razne E-take odreduju jedinstvenu E-pravu. c Sve dijametralno suprotne take sfere ne pripadaju istom velikom krugu, te ni c sve E-take ne pripadaju jednoj E-pravoj. Najzad, svaka dva velika kruga sfere c seku se u dvema dijametralno suprotnim takama, te se i svake dve E-prave seku c u jednoj E-taki. Ovim smo dokazali da u razmartanom modelu vae sve aksiome c z incidencije eliptike planimetrije. c

Glava 7. Neeuklidske geometrije

215

Kaza´emo da je u razmatranom modelu na nekoj E-pravoj p par E-taaka A c c i B razdvojen s parom E-taaka C i D ako je u euklidskom smislu za neku taku c c P van kruga p par velikih krugova P A i P B razdvojen s parom velikih krugova P C i P D. Sa ovako ustanovljenom relacijom razdvojenosti parova E-taaka na c E-pravoj neposredno se verifikuju sve aksiome poretka i neprekidnosti eliptike c geometrije. Smatra´emo da su u razmatranom modelu dva E-odseka AB i CD medu c c sobom podudarna ako postoji izometrija sfere koja krune lukove to odgovaraju z s E-odseku AB prevodi na krune lukove to odgovaraju odseku CD. Sa ovako c z s c ustanovljenom relacijom podudarnosti E-odseka lako se u razmatranom modelu c verifikuju sve aksiome podudarnosti eliptike geometrije. Time se ustanovljuje i c nepritivrenost eliptike planimetrije. c c Napominjemo da se na konstruisanom modelu mogu izgradivati novi pojmovi i nova tvrdenja eliptike planimetruje. Tako se npr. ustanovljuje da merom Ec odseka AB u razmatranom modelu moemo smatrati meru ugla AOB u euklidc z skom smislu, da merom E-ugla u istom tom modelu moemo smatrati meru ugla z diedra to ga u euklidskom smislu obrazuju ravni velikih krugova to odgovaraju s s kracima dotinog E-ugla. Pozivaju´i se na tvrdenja iz sferne geometrije dokazuje c c se npr. da je zbir unutranjih uglova E-trougla ve´i od zbira dva prava ugla; da s c skup svih E-taaka podjednako udaljenih od neke E-prave ne predstavlja E-pravu c ve´ krug, itd. Ovim samo ukazujemo na nain kojim se na konkretnom modelu c c moe izgraditi eliptika planimetrija. z c

Information

geometrijaZaTreciRazredProba.dvi

216 pages

Report File (DMCA)

Our content is added by our users. We aim to remove reported files within 1 working day. Please use this link to notify us:

Report this file as copyright or inappropriate

712891