Download pdf - Metodika Nastave Elementarne Geometrije(1)

Predavanja izMetodike nastave elementarne geometrije

doc. dr. sc. Snjezana Braic

2012./2013.

Sadrzaj

Povijesni pregled ii

1. Planimetrija - geometrija ravnine 11.1. Aksiomi euklidske geometrije ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Aksiomi incidencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2. Aksiomi ureaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.3. Aksiomi metrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.4. Aksiomi simetrije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.5. Aksiom o paralelama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2. Neka svojstva izometrija i osnih simetrija . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3. Rotacija i centralna simetrija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.4. Kutovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5. Neki poucci o kutovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.6. Sukladnost trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.7. Slicnost trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.8. Neki teoremi o kruznici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.9. Tangencijalni i tetivni cetverokut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2. Poligoni i povrina 402.1. Poligoni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.2. Povrina poligona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3. Duljina luka krivulje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3. Stereometrija - geometrija prostora 513.1. Aksiomi euklidske geometrije prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2. Prizme, piramide, valjci i stoci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.3. Poliedri i obujam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.4. Oploje plohe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

i

Povijesni pregled

Po miljenju mnogih povjesnicara znanosti, matematika se razvila iz planimetrije -geometrije ravnine. Rijec geometrija potjece od grcke rijeci "!" to znacizemljomjerstvo (grc. geo = Zemlja, metria = mjerenje), no nisu Grci prvi koji su senjome bavili. Zabiljezeno je da su se geometrijom bavili jo stari Egipcani (20: st.pr. Kr.). Primjenjivali su je pri odreivanju mea zemljinih parcela poslije svakepoplave Nila, pri gradnji kanala za natapanje, pri gradnji grandioznih hramova ipiramida, pri klesanju snga i slicno. Egipcani su znali tocne formule za povrinutrokuta, pravokutnika i trapeza, a kod povrine kruga za broj su koristili pribliznuvrijednost 3:16. No do svih tih znanja su dolazili empirijski izvodeci iz toga nekeopce zakljucke.Stoljecima se geometrija razvijala upravo tako, kao induktivna znanost, znanost

u kojoj se empirijskim putem dolazilo do pojedinacnih spoznaja iz kojih su se zatimindukcijom izvodile opce tvrdnje. Geometriju su, "cistom, teorijskom, apstraktnomznanocu" ucinili Grci u razdoblju od 7:3: stoljeca prije Krista. Prvi poznati grckimatematicar koji se bavio geometrijom bio je Tales iz Mileta (7: st.pr.Kr.). Sljedeciveliki korak u razvoju geometrije je napravio Pitagora (6: st.pr.Kr.), a geometrijase ucila i u Platonovoj koli (5: st.pr.Kr.). Platon je zahtijevao da se u geometrijuuvede deduktivnost i stroga logicnost koja je postojala u njegovim lozofskim dje-lima. Konacno, Aristotel (4: st.pr.Kr.) je postavio opci deduktivno-logicki sustavizgradnje neke znanosti (Aristotelova logika) i time stvorio teorijske temelje na ko-jima se potom mogla zasnovati stroga deduktivnost geometrije, tj. izgraditi njezinaaksiomatika.Prvu aksiomatiku geometrije je dao Euklid (330: pr.Kr.-275: pr.Kr.). U svom

poznatom djelu Elementi, koji se sastoji od 13 knjiga, Euklid je sistematski izloziogotovo citavu grcku matematiku svoga vremena, a dananja elementarna geometrijase u malo cemu razlikuje od geometrije izlozene u tom djelu. Naime, u EuklidovimElementima je geometrija prezentirana kao deduktivna disciplina jer je izgraena uduhu Platonove i Aristotelove formalno-logicke koncepcije. Prema toj koncepciji,najprije se utvrde osnovni pojmovi, koji se ne deniraju, a zatim odaberu temeljnecinjenice (postulati i aksiomi), tj. tvrdnje koje se po dogovoru uzimaju kao istinite injihova istinitost se ne dokazuje. Na temelju toga se formalno-logickom dedukcijomdokazuju nove tvrdnje i deniraju se novi, izvedeni pojmovi.Sustav aksioma koje je on postavio bio je prilicno nedorecen, osnovne pojmove

nije eksplicite naveo, mada se iz postavljenih postulata i aksioma moze naslutiti kojeje pojmove smatrao osnovnima. Poslije su postavljeni savreniji sustavi aksiomageometrije od onog kojeg je postavio Euklid; posebno se tu izdvaja Hilbertova ak-siomatika geometrije (1862: 1918:), dok se u novije vrijeme najcece koristi tzv.metricka aksiomatika- od nje cemo mi krenuti. Postoji joi aksiomatika u kojima je

ii

POVIJESNI PREGLED iii

osnovni pojam gibanje, kao i vektorska aksiomatika i sve su one u skladu s nacelimasuvremene aksiomatike koja nalazu sljedece:Aksiomatsko zasnivanje bilo koje matematicke teorije u pocetku trazi da se odredeosnovni pojmovi i osnovne tvrdnje - aksiomi. Pomocu osnovnih pojmova denirajuse svi ostali izvedeni pojmovi te teorije, a sve tvrdnje se dokazuju iz aksioma ili vecdokazanih tvrdnji. Za odabrani sustav aksioma moraju vrijediti sljedeca tri nacela:nacelo neprotuslovnosti, nacelo potpunosti i nacelo nezavisnosti.

Za sustav aksioma fA1;...,Ang teorije A kazemo da je neprotuslovan ako se iz tihaksioma ne mogu dokazati meusobno suprotne tvrdnje T i T , tj. istinita je tocnojedna od sljedecih tvrdnji:

fA1; :::; Ang ) T ili fA1; :::; Ang ) T:

Smatramo da je aksiomatika potpuna ako su svaka dva modela te teorije izomorfna,tj. ako, do na izomorzam, postoji jedan jedini model te teorije. Ako postoje dvaneizomorfna modela smatra se da sustav aksioma nije potpun. Nacelo potpunostikatkad zovemo i nacelom kategoricnosti.

Nacelo nezavisnosti znaci da se ni jedan aksiom ne moze dokazati pomocu ostalihaksioma, tj. svaki aksiom mora biti neizvediv od ostalih. Dakle, sustav aksiomafA1; :::; Ang je nezavisan ako vrijedi

A1; :::; Ai1; Ai+1; :::; An ; Ai; za svaki i = 1; :::; n:

Nezavisnost aksioma Ai u sustavu aksioma fA1; :::; Ang obicno se provjerava tako dase nae neki model u kojem vrijede svi aksiomi osim njega, tj. model sustava aksiomafA1; :::; Ai1; Ai+1; :::; Ang; i provjeri je li izomorfan modelu sustava fA1; :::; Ang:

Poglavlje 1.

Planimetrija - geometrija ravnine

Euklid

1. Aksiomi euklidske geometrije ravnine2. Neka svojstva izometrija i osnih simetrija3. Rotacija i centralna simetrija4. Kutovi5. Neki poucci o kutovima6. Sukladnost trokuta7. Neki poucci o trokutima i cetverokutima8. Slicnost trokuta9. Cetiri karakteristicne tocke trokuta10. Neki teoremi o kruznici11. Tangencijalni i tetivni cetverokut

1.1. Aksiomi euklidske geometrije ravnine

Euklidska ravnina ili krace ravnina je skup M cije elemente nazivamo tockama(oznacavat cemo ih velikim slovima A;B; : : :), a neke njezine istaknute podskupovenazivamo pravcima (oznacavat cemo ih malim slovima p; q : : :). Tocka i pravacsu osnovni pojmovi u aksiomatskoj izgradnji planimetrije. Ta dva tipa objekatazadovoljavaju sljedece grupe aksioma:

I. Aksiome incidencije ili pripadanja

II. Aksiome ureaja

III. Aksiome metrike

IV. Aksiome simetrije

V. Aksiom o paralelama1

1. PLANIMETRIJA - GEOMETRIJA RAVNINE 2

1.1.1. Aksiomi incidencije

Relacija incidencije ili pripadanja je osnovna relacija. Oznaka A 2 M znaci datocka A pripada ili lezi u ravnini M; a oznaka A 2 p da tocka A pripada ililezi na pravcu p. Za pravac p M kazemo da pripada ili lezi u ravnini M .Aksiom I-1. Za svake dvije razlicite tocke A;B 2 M postoji jedinstveni pravac izM kojemu one pripadaju. Taj se pravac oznacava sa AB:

Aksiom I-2. Na svakom pravcu leze barem tri razlicite tocke.

Aksiom I-3. Postoje tri nekolinearne tocke, tj. tri tocke koje ne leze na istompravcu.

Iz Aksioma I-3 slijedi da su pravci pravi podskupovi ravnine M .

1.1.2. Aksiomi ureaja

Aksiom II-1. Na svakom pravcu ravnine postoje tocno dva meusobno suprotnalinearna ureaja.

Oznacimo linearne ureaje iz Aksioma II-1 sa " 4 " i " < ": Za pravac p M kazemoda je orijentiran ako smo na njemu odabrali jedan od ta dva linearna ureaja kaoureaj pozitivnog smjera. Njemu suprotan ureaj je tada ureaj negativnog smjera.Na slikama se obicno pozitivni smjer orijentiranog pravca oznacava strelicom.

Aksiom II-1 nam omogucava da deniramo pojam lezati izmeu, te pomocu njegapojam polupravca i duzine.

Neka su A;B 2 M dvije razlicite tocke ravnine M . Po Aksiomu I-1 postojijedinstveni pravac AB na kojemu leze tocke A i B. Bez smanjenja opcenitostimozemo pretpostaviti da je A B. Kazemo da tocka T 2 AB lezi izmeu tocakaA i B ako je A T B: Kazemo da tocke A i B leze sa suprotnih strana tockeT 2 AB ako je A T B, tj. ako tocka T lezi izmeu tocaka A i B: Za tocke A iB kazemo da leze s iste strane tocke T 2 AB ako je T A B ili A B T:Denicija 1.1. Neka je p M proizvoljan pravac ravnine M i A 2 p proizvoljnatocka pravca p: Skup svih tocaka T pravca p koje leze s iste strane tocke A; ukljucujuciu taj skup i tocku A; nazivamo polupravcem s vrhom u tocki A i oznacavamo saAx. Pravac na kojemu lezi polupravac Ax oznacavamo sa (Ax).

Primijetimo da su na proizvoljnom pravcu denirana tocno dva razlicita polupravca svrhom u nekoj njegovoj zadanoj tocki A. Takve polupravce koji leze na istom pravcui imaju isti vrh, a ne podudaraju se, nazivamo komplementarnim polupravcima.Polupravac je jednoznacno odreen vrhom A i jo jednom njegovom tockom B ra-zlicitom od A.


Denicija 1.2. Neka su A;B 2 M dvije tocke ravnine M i p M pravac nakojemu leze tocke A i B: Skup

fT 2 p : A 4 T 4 Bgnazivamo duzinom i oznacavamo AB. Tocke A i B nazivamo krajevima ili rub-nim tockama duzine AB, a tocke koje leze izmeu tocaka A i B nazivamo un-utarnjim tockama duzine AB:

Denicija 1.3. Za skup K M kazemo da je konveksan ako za svake njegovedvije tocke A;B 2 K vrijedi da je AB K:Prazan skup je po deniciji konveksan. Iz tranzitivnosti ureaja 4 odmah slijedi dasu duzina, polupravac i pravac konveksni skupovi.

Denicija 1.4. Neka je S proizvoljan podskup ravnine M . Konveksna ljuska odS; u oznaci convS; je presjek svih konveksnih skupova iz M koji sadrze S:

Primijetimo da je konveksna ljuska nekog skupa konveksan skup (jer je presjek kon-veksnih skupova konveksan skup). Konveksna ljuska je, dakle, najmanji (u smislurelacije inkluzije ) konveksan skup koji sadrzi S: Na primjer:Ako je S = fA;Bg, onda je convS = AB, tj. konveksna ljuska dviju razlicitihtocaka A i B je duzina AB:Neka su A;B;C tri razlicite nekolinearne tocke i 4 = fA;B;Cg: Konvesnu ljuskuod4 nazivamo trokutom i oznacavamo conv4 = 4ABC: Tocke A;B;C nazivamovrhovima toga trokuta, a duzine AB; BC i CA stranicama trokuta.

Aksiom II-2. (Paschov aksiom) Ako pravac sijece jednu stranicu trokuta i neprolazi niti jednim vrhom na toj stranici, onda on sijece barem jo jednu stranicutoga trokuta.

Iz ovog odmah slijedi da pravac koji sijece trokut, a ne prolazi niti jednim njegovimvrhom, mora sjeci tocno dvije stranice toga trokuta. Naime vrijedi:


Propozicija 1.1. Ako pravac sijece jednu stranicu trokuta i ne prolazi niti jednimnjegovim vrhom, onda on sijece tocno jo jednu stranicu toga trokuta.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. pretpostavimo da pravac p ne prolazi nitijednim vrhom trokuta4ABC, a sijece sve tri njegove stranice. Neka je P 2 BC\p;Q 2 AC \ p i R 2 AB \ p. Tocke P;Q i R su tri meusobno razlicite tocke pravca pi bez smanjenja opcenitosti pretpostavimo da tocka P lezi izmeu tocaka Q i R, tj.da je P 2 QR. Buduci je P 2 BC, to je P 2 QR\BC, pa pravac BC sijece duzinuQR u tocki P: No, pravac BC ne sijece duzinu AQ (AQ AC, C 2 BC \ AC, aC =2 AQ jer je Q unutarnja tocka duzine AC) i ne sijece duzinu AR (AR AB, aB 2 BC \ AB;a B =2 AR jer je R unutarnja tocka duzine AB) to je kontradikcijas Paschovim aksiomom za trokut 4AQR i pravac BC:

1.1.3. Aksiomi metrike

Funkciju d : M M ! R nazivamo metrikom ili razdaljinskom funkcijom naM ako vrijedi:

Aksiom III-1. (8A;B 2M) d(A;B) 0 i d(A;B) = 0, A = B:Aksiom III-2. (8A;B 2M) d(A;B) = d(B;A):Aksiom III-3. (8A;B;C 2M) d(A;B) d(A;C) + d(C;B) i pri tomu znakjednakosti vrijedi ako i samo ako je C 2 AB:Aksiom III-4. Za svaki polupravac Ox i za svaki realan broj a > 0 postojijedinstvena tocka T na tom polupravcu takva da je d(O; T ) = a:

Broj d(A;B) nazivamo udaljenocu tocaka A i B ili duljinom duzine AB i oz-nacavamo sa jABj : Aksiom III-3 stoga mozemo izreci i ovako:Zbroj duljina dviju stranica trokuta uvijek je veci od duljine trece stranice.

To je razlog zato se Aksiom III-3 naziva joi nejednakost trokuta. Cesto umjestoduljina stranice kazemo samo stranica, pa Aksiom III-3 skraceno glasi:

Zbroj dviju stranica trokuta veci je od preostale trece stranice.

Metrika nam omogucava da deniramo pojam izometrije.

Denicija 1.5. Reci cemo da je preslikavanje f : M ! M izometrija ravnineM ako je

d(f(A); f(B)) = d(A;B) za sve A;B 2M:Odmah se vidi da je svaka izometrija injekcija i da je kompozicija izometrija opetizometrija. Naime,

f(A) = f(B)AIII-1) d(f(A); f(B)) = 0 izom:) d(A;B) = 0 AIII-1) A = B:

Nadalje, ako su f i g izometrije ravnine M , onda je

d ((g f) (A) ; (g f) (B)) = d (g (f (A)) ; g (f (B))) g izom= d (f (A) ; f (B)) f izom= d (A;B) ;


pa je kompozicija g f izometrija od M:Primijetimo da je identiteta idM :M !M primjer izometrije ravnine M .Denicija 1.6. Neka je f : M ! M izometrija. Reci cemo da je tocka T 2 Mksna tocka izometrije f ako je f(T ) = T:

1.1.4. Aksiomi simetrije

Aksiom IV-1. Za svaki pravac p M postoji jedinstvena izometrija sp :M !Mrazlicita od idM za koju je sp(T ) = T; za svaki T 2 p: Ta se izometrija zove osnasimetrija obzirom na pravac p, a pravac p se zove os simetrije.

Osna simetrija sp djeluje kao "presavijanje ravnine po pravcu p" ili "zrcaljenjeobzirom na pravac p".

Aksiom IV-2. Za svaki par (Ox;Oy) polupravaca s vrhom u tocki O postoji baremjedan pravac p takav da je sp(Ox) = Oy:

Poslije cemo pokazati da je takav pravac jedinstven (Propozicija 1.8.).Neka je u ravnini M dan pravac p: Denirajmo binarnu relaciju na M n p na

nacin:AB , AB \ p = ;:

AB, A /C


Propozicija 1.2. Relacija na skupuM np je relacija ekvivalencije koja skupM nprastavlja na dvije klase ekvivalencije.

Dokaz. Reeksivnost i simetricnost ove relacije su ocite.Tranzitivnost je ekvivalentna tvrdnji: Ako su A;B;C 2M np takve da je AB\p = ;i BC \ p = ;; onda je i AC \ p = ;:No, ova tvrdnja je ekvivalentna Paschovom aksiomu II-2 jer je ona njegov obratpo kontrapoziciji. Stoga tvrdnja vrijedi, pa je relacija i tranzitivna, odnosno je relacija ekvivalencije na skupu M n p: Dokazimo joda postoje tocno dvije klaseekvivalencije .Uzmimo neku tocku P 2 p i povucimo kroz tu tocku pravac q razlicit od p (takav pos-toji jer po Aksiomu I-3 postoje tri nekolinearne tocke). Sada na pravcu q odaberimotocke A1 i A2 koje leze s razlicitih strana tocke P i za koje je d(P;A1) = d(A2; P ) = 1(takve postoje po Aksiomu III-4).

Tocke A1 i A2 ne pripadaju pravcu p (uprotivnom je q = p), pa su A1; A2 2 M n pi A1A2 \ p = fPg, to znaci da A1 /A2, tj. [A1] 6= [A2]. Dakle, postoje barem dvijerazlicite klase evivalencije : Pokazimo da su to i jedine dvije klase.Neka je T 2M n p bilo koja tocka skupa M n p. Razlikujemo dva slucaja:(a) Ako je T 2 q, onda se tocka T mora nalaziti s iste strane tocke P s koje se nalazitocka A1 ili tocka A2, pa je T 2 [A1] ili je T 2 [A2].(b) Ako je T =2 q, onda tocke T;A1 i A2 deniraju trokut 4TA1A2 i pravac p neprolazi niti jednim vrhom toga trokuta. Buduci pravac p sijece A1A2; to p sijecejo tocno jednu od duzina TA1 i TA2 (po Propoziciji 1.1.), pa je T 2 [A1] ili jeT 2 [A2] : Time smo pokazali da denira tocno dvije klase ekvivalencije .

Denicija 1.7. Svaku klasu relacije ekvivalencije nazivamo poluravninom odreenompravcem p: Zatvorena poluravnina je unija poluravnine i pripadnog granicnogpravca p.

Znamo da je preslikavanje d : R R ! R denirano sa d(x; y) = jx yj ; zasve x; y 2 R; metrika na R. Pokazimo sada da je svaki pravac iz M izometricanbrojevnom pravcu R s obzirom na ovu metriku, tj. da postoji bijekcija f : M ! Rza koju je udaljenost tocaka jednaka udaljenosti njihovih slika.

Propozicija 1.3. Za svaki orijentirani pravac p M i za svaku tocku O 2 p postojijedinstvena rastuca bijekcija f : p! R takva da je

f(O) = 0 i d (f (A) ; f (B)) = jf(A) f(B)j = d(A;B); za sve A;B 2 p:


Dokaz. Neka su Ox = fT 2 p : O Tg i Ox0 = fT 2 p : T Og dva polupravcaodreena pravcem p s vrhom u tocki O. Denirajmo funkciju f : p! R na sljedecinacin

f(T ) =

d(O; T ); T 2 Ox;d(O; T ); T 2 Ox0:

Lako se provjeri da funkcija f ima trazena svojstva.Realan broj f (T ) nazivamo apscisom tocke T 2 p na orijentiranom pravcu p.Neposredna posljedica ove propozicije je:

Korolar 1.1. Za svake dvije razlicite tocke A;B 2 M postoji jedinstvena tocka Cna pravcu AB takva da je d(A;C) = d(B;C) i tocka C lezi izmeu tocaka A i B:

Dokaz. Ako orijentiramo pravac AB tako da je A B, onda je po prethodnojpropoziciji tocka C 2 Ax = fT 2 AB : A Tg jednoznacno odreena jednakocu

d(A;C) =1

2d(A;B):

Buduci da tocka C lezi na polupravcu Ax; to je A C; tj. tocka A ne lezi izmeutocaka B i C: Takoer, tocka B ne moze lezati izmeu tocaka A i C jer bi tada, poAksiomima III-3, vrijedilo

d(A;C) = d (A;B) + d(B;C)d(B;C)0 d (A;B)

to je protivno pretpostavci da je d(A;C) = 12d(A;B) < d(A;B). Stoga C lezi

izmeu tocaka A i B, te vrijedi

d(A;B) = d (A;C) + d(C;B)d(A;C)= 1

2d(A;B),

d(A;C) = d(B;C)

Denicija 1.8. Tocku C koja lezi na pravcu AB i za koju je d(A;C) = d(B;C)nazivamo polovitem duzine AB:

1.1.5. Aksiom o paralelama

Aksiom V-1. Tockom van danog pravca prolazi najvie jedan pravac koji danipravac ne sijece.Ovim aksiomom je dovrena aksiomatika Euklidske geometrije ravnine. Ovako

aksiomatski denirana Euklidska geometrija ima apstraktni karakter i kao takvadoputa realizaciju u razlicitim modelima. Tako bi jedan njezin model bio modelu kojem je osnovni prostor euklidska polusfera bez glavne kruznice, tocke su tockete polusfere, a pravci glavne polukruznice. No, intuitivno najblizi model je onajkoji su koristili jo stari Grci i koji je svakom covjeku jasan i prepoznatljiv. To jetzv. klasicni model u kojem se ravnina shvaca kao ravna neogranicena ploha (poputneogranicenog lista papira), tocke kao njezini beskonacno mali nedjeljivi dijelovi,


a pravci kao neogranicene ravne crte. Denirajuci geometriju ravnine aksiomatski,Euklid ju je apstrahirao i odvojio od klasicnog modela u kojem je pocetno bilarealizirana. No, unatoc tomu to se aksiomatskom postavkom geometrija ravninemoze predociti u razlicitim modelima, klasicni model je ostao najprihvaceniji i na-jprisutniji jer je intuitivno covjeku najblizi i najjasniji. Uceci geometriju od osnovnepreko srednje kole dijete prolazi kroz slican proces spoznavanja kroz koji su prolazilistari Grci od naslucivanja neupitnih istina, preko tvrdnji koje iz toga proizlaze dospoznavanja cjelokupnog sustava Euklidske geometrije.

Napomena 1.1. Aksiom V-1 se zove Playfairov oblik Euklidovog petog postulata.Izvorno, peti Euklidov postulat o paralelama glasi: Ako pravac koji sijece dva drugapravca tvori s njima s iste strane unutarnje kutove ciji je zbroj manji od dva pravakuta, onda se ta dva pravca neograniceno produzena sastaju s one strane na kojoj jetaj zbroj manji od dva prava kuta.Taj postulat nije toliko ocigledan i ne moze se iskustveno provjeriti. Osim toga,

ima dugu i kompliciranu formulaciju, pa je vrlo brzo postavljena hipoteza da to inije postulat, nego teorem kojega bi trebalo dokazati iz ostalih Euklidovih postulatai aksioma. Danas je poznato nekoliko stotina vrlo ozbiljnih pokuaja dokaza petogEuklidovog postulata, i to od strane vrsnih matematicara.Bez obzira na neuspjeh svih tih pokuaja dokazivanja petog postulata, do pocetka

19: stoljeca nitko nije sumnjao u istinitost Euklidova postulata o paralelama i ci-jele geometrije. Da bi se rijeio taj problem bio je potreban novi matematicki genij,netko sposoban uhvatiti se u kotac sa starim uvjerenjima i novim poimanjem prob-lema. Takav je bio Nikolaj Ivanovic Lobacevski. Kao i mnogi drugi matematicari,i Lobacevski je najprije pokuao dokazati peti postulat. U svojim je istrazivanjimanajprije obradio onaj dio geometrije koji se moze izvesti bez upotrebe petog postulata.Zatim je pretpostavio da je kroz jednu tocku izvan pravca moguce povuci vie pravacakoji zadani pravac na presijecaju (tzv. aksiom Lobacevskog). Ako je peti postulatposljedica drugih Euklidovih aksioma, onda bi ova njegova negacija trebala dovestido proturjecnosti. Meutim, polazeci od te tvrdnje i izvodeci iz nje nove zakljucke,Lobacevski je utvrdio da tu nema nikakvog logickog proturjecja, vec dobiveni zakljuccii rezultati formiraju novu logicnu i skladnu geometriju, drukciju od Euklidove. Toga je uvjerilo da peti postulat ne ovisi o drugim aksiomima Euklidove geometrije, dane proizlazi ih njih, pa ga stoga nije moguce ni dokazati. Tako je rijeen problempetog postulata. Novu geometriju Lobacevskog Gauss je nazvao neeuklidovom, a mije danas nazivamo hiperbolickom geometrijom. Iako otkrice neeuklidske geometrijeide u red najvecih otkrica u povijesti matematike, njegovi ga suvremenici nisu priz-nali, a njegova geometrija je bila docekana s potpunom ravnodunocu, cak s ironi-jom. Samo su dvojica njegovih suvremenika podrzavali njegove ideje: Jnos Bolyaii Gauss. Lobacevski je preminuo 1856: godine nepriznat i zaboravljen, ali vec 70-ihgodina 19: st. njegovo je ime bilo poznato matematicarima diljem svijeta i njegovase geometrija pocela ubrzano razvijati. Poslije su se proucavale i druge geometrijekoje su se razvile na osnovu aksioma da se svi pravci sijeku, tj. da tockom izvandanog pravca ne prolazi ni jedan pravac koji ne sijece dani pravac. Tako je nastalatzv. Riemannova elipticka geometrija.

Napomena 1.2. Ovdje izlozena aksiomatika je tzv. metricka aksiomatika. No, vrlocesta je i Hilbertova aksiomatika. U Hilbertovoj aksiomatici euklidske geometrije


ravnine se koristi 5 osnovnih pojmova: dva osnovna objekta (tocka, pravac) i tri os-novne relacije (incidencija, poredak, kongruencija). Ovi osnovni pojmovi su opisani

Hilbert

aksiomima. Hilbertovi aksiomi planimetrije su podijeljeni u pet skupina: Aksiomi in-cidencije, Aksiomi poretka, Aksiomi kongruencije, Aksiomi neprekidnosti i Aksiomparalelnosti.Rezultate dobivene na osnovu prve cetiri skupine tih aksioma nazivamo apsolutnomgeometrijom ravnine i oni su neovisni o tome je li tockom van pravca mozemopovuci jedan i samo jedan pravac ili pak vie pravaca koji ne sijeku dani pravac.Da bi zavrili aksiomatizaciju Euklidske geometrije ravnine potreban je i Euklidovaksiom o paralelama. No, dodamo li aksiomima apsolutne geometrije, umjesto Eu-klidov aksiom o paralelama, aksiom Lobacevskog dobivamo aksiomatiku hiperbolickegeometrije.

1.2. Neka svojstva izometrija i osnih simetrija

Denirali smo izometrije ravnine i posebno istakli osne simetrije sp (6= idM) kaoizometrije kojima su sve tocke osi simetrije p ksne tocke. Pokazali smo da suizometrije injekcije, a ubrzo cemo pokazati i da su izometrije surjekcije, dakle bi-jekcije. No, najprije primijetimo da izometrije cuvaju relaciju "biti izmeu" iz cegaodmah slijedi da cuvaju i kolinearnost tocaka. Naime, ako tocka B lezi izmeutocaka A i C; onda po Aksiomu III-3 slijedi da je d(A;B) + d(B;C) = d(A;C):Ako je f izometrija, onda je to ekvivalentno sa d(f(A); f(B)) + d(f(B); f(C)) =d(f(A); f(C)); a to povlaci (opet po Aksiomu III-3) da tocka f(B) lezi izmeutocaka f(A) i f(C): No, ovo znaci da su te tocke i kolinearne, pa izometrije cuvajui kolinearnost tocaka. tovie, poslije cemo dokazati da je izometricna slika pravcaopet pravac.

Propozicija 1.4. Neka je f :M !M izometrija. Tada vrijedi:(a) Ako su A i B razlicite ksne tocke izometrije f; onda je i svaka tocka pravcaAB ksna tocka od f:(b) Ako je f(A) = B i f(B) = A, onda je polovite duzine AB ksna tocka od f:(c) Ako su A;B;C 2 M tri nekolinearne ksne tocke izometrije f; onda je f iden-titeta.

Dokaz. (a) : Neka su A i B ksne tocke izometrije f i neka je T 2 AB. Tadavrijedi

d (A; T ) = d (f (A) ; f (T )) = d (A; f (T )) i

d (B; T ) = d (f (B) ; f (T )) = d (B; f (T )) ;

pa je f (T ) = T jer je svaka tocka pravca jednoznacno odreena svojim udaljenostimaod dviju razlicitih tocaka toga pravca (Propozicija 1.3.).


(b) : Neka je f(A) = B i f(B) = A i neka je C polovite duzine AB. Izometrija fcuva kolinearnost tocaka, pa je tocka f (C) 2 f (A) f (B) = AB. Nadalje,

d (B; f (C)) = d (f (A) ; f (C))izom:= d (A;C)

pol:= d (B;C)

= d (f (B) ; f (C)) = d (A; f (C)) ;

pa je i tocka f (C) polovite duzine AB, a zbog jedinstvenosti polovita slijedi da jef (C) = C. Stoga je C ksna tocka izometrije f:

(c) : Neka su A;B;C 2 M tri nekolinearne ksne tocke izometrije f . Tada su svetocke pravaca AB; AC; BC ksne tocke izometrije f (po tvrdnji (a) ove propozicije).Neka je T 2 M bilo koja tocka ravnine M koja ne lezi na tim pravcima i neka je ppravac koji spaja tocku T s jednom unutarnjom tockom duzine BC. Stoga pravacp sijece stranicu BC, pa po Paschovom aksiomu primjenjenom na pravac p i trokut4ABC, pravac p sijece jojednu stranicu toga trokuta. No, tada pravac p ima dvijerazlicite ksne tocke, pa su sve tocke pravca p ksne tocke izometrije f (po tvrdnji(a) ove propozicije). Buduci je T 2 p, to je i T ksna tocka, odnosno, f (T ) = T zasve T 2M , tj. f = idM :Iz ovoga slijedi:

Propozicija 1.5. Neka su p; p0 M dva pravca u ravnini M . Ako je sp = sp0 ;onda je p = p0:

Dokaz. Neka je sp = sp0. Pretpostavimo da je p 6= p0. Tada postoji tocka T 2 p0koja ne lezi na pravcu p: Odaberimo na pravcu p dvije razlicite tocke A i B: TockeA;B i T su tri nekolinearne ksne tocke osne simetrije sp. Naime, iz A;B 2 p slijedida su A i B ksne tocke osne simetrije sp; a kako je sp(T ) = sp0(T )

T2p0= T; to je i T

ksna tocka od sp. To, po prethodnoj propoziciji (tvrdnja (c)), znaci da je sp = idM ,to je kontradikcija s pretpostavkom da je sp osna simetrija.

Propozicija 1.6. Svaka osna simetrija sp je involucija, tj. sp sp = idM : Osnasimetrija sp nema drugih ksnih tocaka osim tocaka na osi p: Poluravnina odreenapravcem p se osnom simetrijom sp preslikava u drugu poluravninu odreenu tim istimpravcem. Posebno, sp je bijekcija ciji je inverz jednak sp; tj. s1p = sp:

Dokaz. Osna simetija sp je izometrija ravnine M , pa je i kompozicija sp spizometrija od M: Buduci je svaka tocka pravca p ksna tocka izometrije sp sp;to je, po Aksiomu IV-1, sp sp = sp ili je sp sp = idM . No, sp sp 6= sp jer bi uprotivnom za sve A 2M vrijedilo

(sp sp) (A) = sp (A), sp (sp (A)) = sp (A) injek:) sp (A) = A;pa bi sp = idM to je nemoguce. Stoga je sp sp = idM , pa je sp bijekcija i s1p = sp:Osna simetrija sp nema drugih ksnih tocaka osim tocaka pravca p (uprotivnom bi,po Propoziciji 1.4. (tvrdnja (c)), sp bila identiteta).Ako je T 2M np; onda je polovite P duzine Tsp(T ) ksna tocka od sp (po Propozi-ciji 1.4. (tvrdnja (b)) i involutornosti od sp): Stoga je P 2 p i tocka sp(T ) lezi u onojpoluravnini od p u kojoj ne lezi tocka T: Zbog bijektivnosti osne simetrije i cin-jenice da osna simetrija cuva kolinearnost tocaka slijedi da se poluravnina odreenapravcem p osnom simetrijom sp preslikava u drugu poluravninu odreenu tim istimpravcem.


Propozicija 1.7. Neka su A;B 2 M dvije razlicite tocke ravnine M: Tada postojijedinstveni pravac p takav da je sp(A) = B i sp (B) = A (osna simetrija koja zamjeniA i B).

Dokaz. Egzistencija. Neka jeO polovite duzineAB; aOx (odnosnoOy) polupravacs pocetkom u tocki O koji sadrzi tocku A (odnosno B). Prema Aksiomu IV-2 pos-toji pravac p takav da je sp(Ox) = Oy. Iz ovog odmah slijedi da je sp (O) = O(zbog toga to izometrija cuva relaciju "biti izmeu", cuva i ureaj, pa ako je Onajmanja tocka usmjerenog polupravca Ox, onda i njezina slika mora biti najmanjatocka usmjerenog polupravca Oy, a to je tocka O). Buduci je A 2 Ox, B 2 Oy; a

d(O;A)poloviste= d(O;B);

to su O;A;B; sp (A) ; sp (B) 2 AB kolinearne tocke i

d(O; sp(A)) = d(O;A) = d(O;B) = d(O; sp(B));

pa je sp(A) = B i sp(B) = A:

Jedinstvenost. Neka su p i p0 pravci za koje je sp(A) = B i sp(B) = A, te sp0(A) = Bi sp0(B) = A. Tada su sp i sp0 izometrije kojima A i B zamjene mjesta, pa su tockeA i B ksne tocke izometrije sp sp0. No tada je, po Propoziciji 1.4. (tvrdnja (a)),svaka tocka pravca AB ksna tocka izometrije sp sp0. Takoer, sp sp0 6= sAB jersp sp0 cuva poluravnine odreene pravcem AB, dok sAB preslikava jednu u drugu.Stoga je sp sp0 = idM (Aksiom IV-1), tj. sp = sp0 : Sada iz Propozicije 1.5. slijedida je p = p0:

Propozicija 1.8. Neka su Ox i Oy dva polupravca s zajednickim vrhom O: Tadapostoji jedinstveni pravac p koji prolazi tockom O takav da je sp(Ox) = Oy:

Dokaz. Egzistencija pravca p slijedi iz Aksioma IV-2. Nadalje, iz sp(Ox) = Oyslijedi da je sp(O) = O; odnosno da je O 2 p:

Ostaje jodokazati jedinstvenost pravca p: Neka su A 2 Ox; B 2 Oy takve da jed(O;A) = d(O;B) > 0: Iz sp(Ox) = Oy slijedi da je sp(A) = B:

Ako je Ox = Oy; onda je A = B; pa je p = OA i Ox p: Ako je Ox 6= Oy; onda je A 6= B; pa je p os simetrije koja zamjeni A i B, a poPropoziciji 1.7. ona je jedinstvena.

Iz ove konstrukcije je jasno da je pravac p jedinstven.


Denicija 1.9. Neka su Ox i Oy dva polupravca s zajednickim vrhom O: Jedin-stveni pravac p koji prolazi vrhom O i za kojeg je sp(Ox) = Oy nazivamo sime-tralom polupravaca Ox i Oy:

Propozicija 1.9. Neka su A;B 2 M dvije razlicite tocke ravnine M: Skup svihtocaka iz M koje su jednako udaljene od tocaka A i B je os p jedinstvene osnesimetrije sp koja zamjeni A i B: Taj pravac nazivamo simetralom duzine AB:

Dokaz. Po Propoziciji 1.7. postoji jedinstveni pravac p takav da je sp(A) = B isp(B) = A. Dokazimo da je

p = fT 2M : d (A; T ) = d (T;B)gAko je T 2 p, onda je T ksna tocka od sp; pa je

d(A; T ) = d(sp(A); sp(T )) = d(B; T ):

Stoga je p fT 2M : d (A; T ) = d (T;B)g :Obratno, neka je T 2 M takva da je d(A; T ) = d(B; T ). Neka je Tx polupravac svrhom u T koji prolazi tockom A, a Ty polupravac s vrhom u T koji prolazi tockomB: Po Propoziciji 1.8. postoji jedinstveni pravac q takav da je sq (Tx) = Ty: No,tada je i sq(A) = B; a onda je p = q (zbog jedinstvenosti osne simetrije koja zamjeniA i B), pa je T 2 p; tj.

fT 2M : d (A; T ) = d (T;B)g p:Dakle, vrijedi

p = fT 2M : d (A; T ) = d (T;B)g :

Denicija 1.10. Kazemo da je pravac p M okomit ili ortogonalan na pravacq M , i piemo p ? q, ako je p 6= q i sp(q) = q:

Propozicija 1.10. Relacija ? je simetricna relacija na skupu svih pravaca u ravnini.Simetrala duzine AB je okomita na pravac AB i prolazi polovitem duzine AB.

Dokaz. Neka je q ? p: Trebamo dokazati da je tada i p ? q: Neka je A 2 p n q:Buduci je q ? p, to je sq(p) = p, pa je B = sq (A)

A=2q6= A i B 2 p: Stoga je, po

Propoziciji 1.4. (tvrdnja (b)), polovite P duzine AB p ksna tocka od sq, pa je


P zajednicka tocka pravaca p i q. Kako je q jedinstvena os osne simetrije sq kojazamjenjuje tocke A i B, to je q simetrala duzine AB, iz cega slijedi da je simetraladuzine AB okomita na pravac AB i prolazi polovitem duzine AB.

Pravac q je simetrala duzine AB, pa je d (A; T ) = d (T;B) za svaki T 2 q. Buducida sp cuva udaljenost tocaka, to za svaki T 2 q vrijedi

d(sp(A); sp(T )) = d(A; T ) = d(B; T ) = d(sp(B); sp(T ))

, d(A; sp(T )) = d(B; sp(T )):

Iz ovog slijedi da je i sp(q) simetrala duzine AB, a iz jedinstvenosti simetrale duzineslijedi da je sp(q) = q: Time smo dokazali da je p ? q, pa je relacija ? simetricna.

Iz prethodnog dokaza je jasno da vrijedi:

Propozicija 1.11. Kroz svaku tocku A 2M ravnine M prolazi tocno jedan pravacokomit na dani pravac p M:

Dokaz. Ako A =2 p; onda trazeni pravac prolazi tockom B = sp(A); pa to mozebiti samo pravac AB: Naime, slika pravca AB pri osnoj simetriji sp je pravacsp(A)sp(B) = BA; tj. sp(AB) = AB; pa je AB ? p:

Ako je A 2 p, onda je trazena okomica os jedine osne simetrije koja zamjenjuje dvapolupravca pravca p s vrhom u tocki A (Propozicija 1.8.):

Teorem 1.1. (Osnovni teorem o izometrijama) Svaka izometrija f :M !M je iliosna simetrija ili kompozicija najvie triju osnih simetrija.

Dokaz. Neka je f : M ! M proizvoljna izometrija. Ako je f = idM , onda jef = sp sp, za proizvoljan pravac p M . Stoga pretpostavimo da je f 6= idM . Tada


postoji tocka A 2 M takva da je f(A) = A0 6= A. Neka je a simetrala duzine AA0.Tada za izometriju g :M !M; g = sa f; vrijedi

g(A) = (sa f)(A) = sa(f(A)) = sa(A0) sa(A0)=A= A;

pa je g izometrija kojoj je A ksna tocka. Ako je g = idM , onda je

sa f = idM ) f = (sa)1 = sa:

Ako je g 6= idM , onda postoji B 2 M takva da je g(B) = B0 6= B. Buduci jeg(A) = A i g(B) 6= B, to je A 6= B: Neka je b simetrala duzine BB0: Stoga jesb(B) = B

0; sb(B0) = B: Promotrimo izometriju h :M !M; h = sb g. Vrijedi

jABj = jg(A)g(B)j = jAB0j

pa je A 2 b ih(A) = (sb g)(A) = sb(g(A)) = sb(A) = A:

Dakle, A je ksna tocka za h. Nadalje,

h(B) = (sb g)(B) = sb(g(B)) = sb(B0) = B;

pa je i B ksna tocka izometrije h. Ako je h = idM , onda je

idM = h = sb g = sb sa f ) f = sa sb:

Ako je pak h 6= idM , onda je pravac c = AB ksni pravac izometrije h (jer su joj Ai B ksne tocke) i to su jedine ksne tocke od h (inace bi h bila identiteta). Stogaje h = sc; pa je

sc = sb g = sb sa f ) f = sa sb sc:Time je teorem dokazan.Navedimo nekoliko posljedica ovog teorema.

Korolar 1.2. Svaka izometrija f ravnine M je bijekcija.

Dokaz. Svaka osna simetrija je bijekcija, a kompozicija konacno mnogo bijekcija jebijekcija. Tvrdnja sada slijedi iz prethodnog teorema.

Korolar 1.3. Svaka izometrija ravnine M preslikava bijektivno pravac na pravac.

Dokaz. Slijedi iz bijektivnosti izometrije i cinjenice da izometrija cuva kolinearnosttocaka.Dakle, ako je f : M ! M izometrija i p M pravac, onda je restrikcija od f

na p monotona bijekcija sa p na f(p) uz izabrane orijentacije na pravcima p i f(p).Odavde neposredno slijedi tvrdnja:

Korolar 1.4. Neka je f :M !M izometrija. Tada vrijedi:(a) Slika duzine AB je duzina f(A)f(B):(b) Slika polupravca s pocetkom u O je polupravac s pocetkom u f(O):(c) Slika poluravnine odreene pravcem p je poluravnina odreena pravcem f(p):


Korolar 1.5. Ako je f :M !M izometrija, onda je i f1 :M !M izometrija.

Dokaz. Za izometriju f vrijedi jedno od sljedeceg:

f = sa ) f1 = s1a = sa;f = sa sb ) f1 = s1b s1a = sb sa;f = sa sb sc ) f1 = s1c s1b s1a = sc sb sa:

Iz ovog slijedi da je f1 izometrija.

Korolar 1.6. Ako se dvije izometrije f; g : M ! M podudaraju u tri nekolinearnetocke, onda je f = g:

Dokaz. Neka su A;B;C 2 M tri nekolinearne tocke za koje je f (A) = g (A) ;f (B) = g (B) i f (C) = g (C) : Tada je h = g1 f izometrija kojoj su A;B;Cksne tocke. Stoga je h = idM , tj. g1 f = idM , pa je f = g:Odavde odmah slijedi da je svaka izometrija potpuno odreena dvjema pridruzenim

trojkama nekolinearnih tocaka.

1.3. Rotacija i centralna simetrija

Denicija 1.11. Rotacija s centrom O 2 M (oko tocke O) je izometrija rav-nine M koja je ili jednaka identiteti idM ili joj je O jedina ksna tocka.

Ocito je rotacija izometrija razlicita od osne simetrije (jer ksira ili samo jednutocku ili sve tocke ravnine).

Teorem 1.2.

(a) Neka su p; p0 M dva pravca u ravnini M koja se sijeku u tocki O: Tada jekompozicija r = sp sp0 rotacija oko tocke O:

(b) Za svaku rotaciju r :M !M s centrom O i za svaki pravac p kroz O postojepravci p0 i p00 koji se sijeku u O i za koje je r = sp0 sp = sp sp00 :


Dokaz. (a) Neka su p; p0 M pravci koji se sijeku u tocki O: Uocimo da je tadatocka O ksna tocka izometrije r = sp sp0.

Da bi r bila rotacija treba jodokazati da je O jedina njezina ksna tocka ili da jer identiteta.Pretpostavimo da je A jojedna ksna tocka od r, tj. da je r (A) = A: Tada je

sp(A)r(A)=A= sp(r(A))

r=spsp= sp (sp (sp0(A))) = (sp sp)(sp0(A)) invol:= sp0(A):

Oznacimo sa B = sp0(A) = sp(A): Po Propoziciji 1.7. postoji jedinstveni pravactakav da osna simetrija preko tog pravca zamjeni tocke A i B: Stoga je p = p0 ili jeA = B:Ako je p = p0, onda je r = sp sp0 = sp sp invol:= idM :Ako je A = B, onda je A ksna tocka za sp i sp0, pa je A 2 p\p0. No, kako se pravcip i p0 sijeku u tocki O; to je A = O, tj. tocka O je jedina ksna tocka izometrije r.Tvrdnju (b) dokazite sami.

Neposredne posljedice ovog teorema su:

Korolar 1.7. Neka je r : M ! M rotacija s centrom O i p M pravac kroz O:Tada su r sp i sp r osne simetrije s osima kroz O:

Korolar 1.8. Za svaki par (Ox;Oy) polupravaca s vrhom u tocki O postoji jedin-stvena rotacija r s centrom O za koju je r (Ox) = Oy:

Dokaz. Neka je s osna simetrija s obzirom na pravac (Ox) : Iz prethodnog teoremaslijedi da rotacija r oko O za koju je r (Ox) = Oy postoji ako i samo ako je izometrijar s = s0 osna simetrija koja zamjenjuje Ox i Oy, a takva osna simetrija postoji ijedinstvena je. Stoga je r = s0 s trazena rotacija.

Korolar 1.9. Ako je r rotacija ravnine M oko tocke O, onda je i r1 rotacijaravnine M oko tocke O:

Denicija 1.12. Neka je O 2M proizvoljna tocka ravnineM: Centralna simetrijasO :M !M je bijekcija denirana na nacin:

sO(T ) = T0 , O je polovite duzine TT 0;

za svaki T 2M: Tocka O se naziva centar simetrije sO:


Teorem 1.3. Centralna simetrija sO s centrom O je kompozicija sp sq dviju osnihsimetrija s bilo kojim okomitim osima p i q koji prolaze tockom O: Nadalje, sp sq =sq sp: Stoga je sO rotacija s centrom O i to jednistvena involutorna rotacija scentrom O:

Dokaz. Neka su p i q okomiti pravci kroz O. Pokazimo da osne simetrije sp i sqkomutiraju i da im je kompozicija involutorna rotacija.Neka je A 2 qnfOg. Zbog okomitosti pravaca p i q je sp (q) = q, pa tocka B = sp(A)lezi na q. Stoga je (sq sp)(A) = sq(B) = B i (sp sq)(A) = sp(A) = B. Sada, poKorolaru 1.8., slijedi da je sp sq = sq sp (postoji jedinstvena rotacija s centrom Okoja prevodi A u B). Stoga je

(sp sq) (sp sq) = (sp sq) (sq sp) = sp 1M sp = sp sp = 1M :

Pokazimo joda je involutorna rotacija r = sp sq s centrom O ustvari centralnasimetrija sO. Neka je T 2 M . Polovite duzine Tr(T ) je tada ksna tocka od r.Kako je kompozicija osnih simetrija s obzirom na dva okomita pravca p i q razlicitaod identitete (jer je p 6= q), to je r = sO centralna simetrija s centrom O.

1.4. Kutovi

S pojmom kuta je oduvijek u nastavi bilo problema jer se pod njih podrazumi-jevaju razlicite stvari. Gledajuci ga kao guru koja se sastoji od dva polupravca sazajednickim vrhom, pod pojmom kuta cesto se misli na dio ravnine, par polupravaca,pa cak i na neku mjeru (kutnu mjeru). Mi cemo ovdje dati preciznu deniciju kuta.

Denicija 1.13. Kazemo da su parovi polupravaca (Ox;Oy) i (O0x0; O0; y0) kon-gruentni ako postoji izometrija f ravnine M takva da je f(Ox) = O0x0 i f(Oy) =O0y0:

Lako se provjeri da je ovako denirana relacija kongruencije relacija ekvivalencijena skupu svih parova polupravaca sa zajednickim vrhom Pripadne klase ekvivalen-cije nazivamo neorijentiranim kutovima. Klasu ekvivalencije koja sadrzi par(Ox;Oy) oznacavat cemo sa ]xOy := [(Ox;Oy)] :Ako je Ox = Oy, tj. ako su Ox i Oy podudarni polupravci, onda neorijentirani kut]xOy = ]xOx = [(Ox;Ox)] nazivamo nul - kutom. Ako su polupravci Ox i Oykomplementarni, onda neorijentirani kut ]xOy dobiven od para takvih polupravacanazivamo ispruzenim kutom.Nul kut se obiljezava sa 0, a ispruzeni sa !.

Propozicija 1.12. Neka je Ox polupravac, a P zatvorena poluravnina odreenapravcem (Ox): Za svaki neorijentirani kut postoji jedinstveni reprezentant oblika(Ox;Oy); gdje je Oy P: Drugim rijecima, preslikavanje Oy 7! ]xOy je bijekcijasa skupa polupravaca iz P s vrhom O na skup neorijentiranih kutova.


Dokaz. Sami.

Odavde odmah slijedi da postoji jedinstveni polupravac Oy koji je okomit na Oxi lezi u P: Klasu ]xOy dobivenu od para okomitih polupravaca nazivamo pravimkutom. Taj kut cemo oznacavati sa .Neka su Ox i Oy dva polupravca sa zajednickim vrhom O, koja ne leze na istom

pravcu. Ureenom paru (Ox;Oy) pridruzimo pripadni otvoreni kutni isjecak do-biven kao presjek poluravnine Px koja sadrzi polupravac Oy, a odreena je pravcem(Ox) i poluravnine Py koja sadrzi polupravac Ox; a odreena je pravcem (Oy) :Zatvoreni kutni isjecak pridruzen ureenom paru (Ox;Oy) se dobiva kao presjekzatvorenih poluravnina Px i Py.

Relacije ureaja na skupu neprjentiranih kutova

Odaberimo polupravac Ox i zatvorenu poluravninu P odreenu pravcem (Ox):Neka je = ]xOy; za neki Oy P:

Ako polupravci Ox i Oy ne leze na istom pravcu pridruzimo kutu = ]xOyzatvoreni kutni isjecak S odreen sa Ox i Oy. Ako je ispruzeni kut stavimoda je S = P , a ako je nul-kut stavimo da je S = Ox. Neka je K skup svihneorijentiranih kutova. Na skupu K deniramo relaciju na nacin:

, S S


Relacija je relacija linearnog ureaja na skupu K (provjerite) i ne ovisi o izborupara (Ox; P ). Ispruzeni kut je najveci element uK, dok je nul-kut najmanji. Ureeniskup (K;) je strogo rastuce bijektivan s nekim segmentom u R. Naime, pokaze seda postoji bijekcija koja preslikava K na segment u R i cuva ureaj. Iz toga ondadirektno slijedi da svaki podskup od K ima inmum i supremum.U daljnjem cemo pod pojmom kuta podrazumijevati neorijentirani kut.

Zbrajanje i mjerenje kutova

Neka je = ]xOy kut razlicit od ispruzenog kuta. Sa S(Ox;Oy) oznacimozatvoreni kutni isjecak omeen polupravcima Ox i Oy ako je Ox 6= Oy. U slucajuda je Ox = Oy stavljamo da je S(Ox;Oy) = Ox.

Denicija 1.14. Reci cemo da je kut zbroj kutova i ; i pisati = +; ako postoje polupravci Ox;Oy;Oz takvi da je = ]xOy; = ]yOz; =]xOz i S(Ox;Oz) = S(Ox;Oy)[S(Oy;Oz) ili je Oz polupravac komplementaranpolupravcu Ox:

Primijetimo da zbroj + nije uvijek deniran (donja slika).

Ako je Oz polupravac komplementaran sa Ox, onda je a+ ispruzeni kut i kazemotada da je suplement od :


Napomenimo da je zapis = + ekvivalentan svakom od zapisa = i = (slijedi iz denicije zbrajanja kutova). Primijetimo da u svakom od ovihslucajeva navedena tri polupravca Ox;Oy;Oz leze u istoj poluravnini.Neka su Ox i Oy dva nekomplementarna polupravca. Unutarnja simetrala

polupravaca Ox i Oy je polupravac Oz koji lezi na simetrali polupravaca Ox i Oyi lezi u S(Ox;Oy): Za polupravac Oz kazemo da je simetrala kuta ]xOy: Ocitoje

]xOz = ]zOy i ]xOz + ]zOy = ]xOyto povlaci da je

2]xOz = ]xOy:Kazemo tada da je kut ]xOz jednak polovini kuta ]xOy i piemo

]xOz = 12]xOy:

Primijetimo da je pravi kut jedinstveni kut koji je jednak polovini ispruzenog kuta!. Sada kada imamo deniranu polovinu nekog zadanog kuta, indukcijom slijedi daje za svaki zadani kut deniran niz kutova (n)n2N takvih da je 2nn = ; tj.n =

12n:

Konstrukcija mjerenja kuta

Mjeru kuta denirat cemo pomocu predstavnika kuta. Neka je = ]xOyreprezentiran parom (Ox;Oy), gdje je Ox zadani polupravac, a Oy polupravacsadrzan u zatvorenoj poluravnini P odreenoj pravcem (Ox) :Neka je Ou unutarnja simetrala polupravaca Oy i Oz koji leze u P . Stavimo daje = ]xOy; a = ]yOz. Tada je ]xOu = + 1

2

. tovie, svaki polupravac

koji lezi u S (Oy;Oz) sadrzan je u jednom od isjecaka: S (Oy;Ou) ili S (Oz;Ou) :Odavde indukcijom slijedi da vrijedi:

Propozicija 1.13. Za svaki kut i svaki n 2 N postoji jedinstveni broj qn 2 N[f0gtakav da je

qn2n! (qn + 1)2n!;

gdje je ! ispruzeni kut.

Ova konstrukcija mjerenja kuta je to tocnija to je n veci i ona nam omogucavada deniramo "mjeru" kuta. No prije toga navedimo tvrdnju koja je ekvivalentnaArhimedovu aksiomu za realne brojeve.

Propozicija 1.14. Za svaki kut vrijedi da je = supE; gdje je

E = fq2n! : q2n!; 0 q 2n; n 2 Ng:

Denicija 1.15. Mjera neorijentiranih kutova je svaka strogo rastuca funkcija' : K ! R+0 takva da je '(+ ) = '()+'(); kad god je suma + denirana.

Teorem 1.4. Za svaki realni broj s > 0 postoji jedinstvena mjera neorijentiranihkutova ' : K ! R+ takva da je '(!) = s i ' : K ! [0; s] je bijekcija.


Na ovaj nacin je mjera kuta denirana sasvim elementarno i strogo matematicki.Posebno, ako je s = 180; onda se realni broj '() zove mjera kuta u stupnje-vima i pie se '() = 0: Za s = dobiva se mjera u radijanima, a za s = 200dobiva se mjera u gradima. Iz svega ovog slijedi da je kutna mjera pravog kutau stupnjevima jednaka 900; a u radijanima

2: Svaki kut cija je mjera izmeu 00 i

900 (odnosno u radijanima izmeu 0 i 2) nazivamo iljastim kutom, a onaj cija je

mjera izmeu 900 i 1800 (odnosno izmeu 2i ) tupim kutom.

Jo su nam iz osnovne kole poznati i tzv. izboceni kutovi, tj. kutovi cija jemjera veca od 180, no po naoj deniciji kuta njegova mjera ne moze prijeci 180.Stoga cemo pojam kuta proiri na sljedeci nacin:Ako je zadan kut = ]xOy; onda je njime potpuno odreen njegov kutni isjecakS M: Dogovorno se uzima da je komplementarni zatvoreni isjecak (M n S) [(Ox[Oy) takoer isjecak nekog kuta, koji ima iste krakove kao i polazni kut. Takavkut nazivamo izbocenim kutom. Dogovorno uzimamo da je mjera takvog kuta3600 0; odnosno 2 u radijanima. Kut i njemu pridruzeni izboceni kut zovuse eksplementani kutovi. Dogovorno smatramo da postoji tzv. puni kut kojemuje mjera 3600 ili 2 radijana i da je zbroj bilo kojeg kuta i njemu eksplementarnogkuta puni kut.

1.5. Neki poucci o kutovima

Iz grupe aksioma I-IV moze se dokazati da u ravnini postoje pravci koji se nesijeku. Naime, iz Propozicije 1.11. (jedinstvenost okomice kroz danu tocku) slijedida se razliciti pravci koji su okomiti na neki pravac dani pravac ne sijeku. Iz ovogodmah dobivamo:Tockom izvan danog pravca prolazi barem jedan pravac koji ne sijece dani pravac.Meutim, mnogo slozenije pitanje je moze li se iz grupe aksioma I-IV pokazati

da je takav pravac i jedinstven. Lobacevski je pokazao da se to ne moze, pa se jedin-stvenost takvog pravca zahtijeva posebnim Aksiomom V-1 koji kaze da tockom izvanpravca prolazi najvie jedan pravac koji ne sijece dani pravac. Iz svega prethodnogslijedi:Tockom izvan danog pravca prolazi tocno jedan pravac koji ne sijece dani pravac.

Denicija 1.16. Pravce p i q nazivamo paralelnim ili usporednim pravcima iliparalelama ako se oni ili podudaraju ili se ne sijeku.

Denicija 1.17. Neka su dana dva razlicita paralelna pravca p i q: Svaki pravac tkoji sijece pravce p i q nazivamo transverzalom ili presjecnicom pravaca p i q:


Playfair

Kutove i 1; i 1; i 1; te i 1 nazivamo protukutima, Kutove i 1; te i 1 nazivamo unutarnjim izmjenicnim kutovima, Kutove i 1; te i 1 nazivamo vanjskim izmjenicnim kutovima, Kutove i 1; te i 1 nazivamo vanjskim prikutima, Kutove i 1; te i 1 nazivamo unutarnjim prikutima.

Propozicija 1.15. (Poucak o transverzali) Razliciti paralelni pravci zatvaraju sasvakom transverzalom jednake protukute, jednake izmjenicne kutove i suplementarneprikute. I obrnuto, ako dva pravca p i q presjecemo trecim pravcem t; te ako je = 1, onda su pravci p i q paralelni. Slicno vrijedi ako je = 1; odnosno ako je+ 1 ispruzeni kut, tj. ako su i 1 suplementarni.

Dokaz. Sami.

Neka je dan trokut4ABC s vrhovimaA;B;C i stranicamaBC;CA;AB:Duljinestranica toga trokuta oznacavamo sa a = jBCj, b = jACj, c = jABj :Katkad stranicutrokuta identiciramo s njezinom duljinom.Sa ]CAB oznacimo kut odreen polupravcima kojima je vrh u tocki A, te jedanod njih prolazi tockom B, a drugi tockom C: Primijetimo da njemu pripadni kutniisjecak S]CAB sadrzi trokut 4ABC: Analogno deniramo i kutove ]BCA i ]ABC:Kutove]CAB; ]BCA i]ABC nazivamo unutarnjim kutovima trokuta4ABCili krace kutovima trokuta 4ABC: Njihove mjere redom oznacavamo sa ; ; :Uobicajeno je kut identicirati s njegovom mjerom i pisati = ]CAB; = ]ABC;

= ]BCA: Kazemo jo da se kut nalazi nasuprot stranice duljine a, kut nasuprot stranice duljine b, a kut nasuprot stranice duljine c: Duljine stranicatrokuta i njegove kutove nazivamo osnovnim elementima trokuta.


Propozicija 1.16. Zbroj (unutarnjih) kutova u trokutu jednak je ispruzenom kutu,tj. iznosi 1800 ili radijana.

Dokaz. Neka je 4ABC dani trokut.

Tockom C povucimo paralelu p s pravcem AB (po prethodnom ta paralela postojii jedinstvena je). Gledajuci transverzalu AC, odnosno BC paralelnih pravaca ABi p iz Propozicije 1.13. slijedi da je = 0 i = 0 (unutarnji izmjenicni kutovi).Stoga je + + = 0 + 0 +

0= 1800:

Denicija 1.18. Trokut nazivamo pravokutnim trokutom ako mu je jedan un-utarnji kut pravi. Stranice uz pravi kut nazivamo katetama, a stranicu nasuprotpravom kutu hipotenuzom.

Primijetimo da su u pravokutnom trokutu ostala dva kuta iljasta.

Denicija 1.19. Za trokut kazemo da je tupokutan ako mu je jedan kut tupi.Trokut koji nije ni pravokutan ni tupokutan zove se iljastokutan i u njemu susva tri unutarnja kuta iljasta.

Ocito, svaki trokut ima najvie jedan pravi ili tupi kut.

Denicija 1.20. Vanjski kut trokuta 4ABC pri vrhu A je kut izmeu polupravcaAC i polupravca koji je komplementaran polupravcu AB:

Propozicija 1.17. Svaki vanjski kut trokuta jednak je zbroju onih unutarnjih kutovatrokuta koji s njime nisu susjedni.

Dokaz. + = = + + ) = + :


1.6. Sukladnost trokuta

Denicija 1.21. Neka su 4ABC i 4A0B0C 0 dva trokuta. Kazemo da su ti trokutisukladni ili kongruentni ako postoji bijekcija f : fA;B;Cg ! fA0; B0; C 0g izmeunjihovih vrhova, takva da je f(A) = A0; f(B) = B0; f(C) = C 0 i da je a = a0; b = b0;c = c0; = 0; = 0; = 0:

Ukratko, trokuti su sukladni ako su mu korespondentne stranice jednake duljinei korespodentni kutovi jednaki. Za sukladne trokute piemo 4ABC = 4A0B0C 0:Dokazimo sada sljedece cetiri karakterizacije sukladnosti trokuta. U svim tim karak-terizacijama je smjer nuznosti (smjer u kojem je pretpostavka sukladnost trokutova)trivijalno dokazati jer tvrdnja tada slijedi iz direktno iz denicije, pa cemo dokazivatisamo smjer dovoljnosti.

Teorem 1.5. (Poucak S S S) Dva su trokuta sukladna ako se podudaraju usve tri stranice.

Dokaz. Neka se 4ABC i 4A0B0C 0 podudaraju u sve tri stranice, tj. a = a0; b = b0i c = c0: Treba dokazati da je 4ABC = 4A0B0C 0.Uzmimo izometrija g : M ! M koja preslikava poluravninu odreenu pravcemAB u poluravninu odreenu pravcem A0B0 takvu da je g(A) = A0; a g(B) = B0:Pretpostavimo da je g (C) = C 00 6= C 0. Neka je O polovite duzine C 0C 00. Kako jeA0C 0 = A0C 00 ; to je A0O ? C 0C 00: Isto tako se vidi da je B0O ? C 0C 00; pa bi imalidvije okomice na C 0C 00 u tocki O to je u kontradikciji s jedinstvenocu okomice.Stoga je C 0 = C 00. Sada trazenu bijekciju f : fA;B;Cg ! fA0; B0; C 0g deniramokao f = g jfA;B;Cg : Izometrija g ocito preslikava kut u 0; u 0 te u 0, a timeje teorem dokazan.

Teorem 1.6. (Poucak 2. S K S) Dva su trokuta sukladna ako se podudarajuu dvije stranice i kutu izmeu njih.

Dokaz. Neka su 4ABC i 4A0B0C 0 trokuti takvi da je b = b0; c = c0 i = 0: Podeniciji jednakosti kutova = 0 , S = S0, pa postoji izometrija g : M ! Mtakva da je g(A) = A0; g(Ax) = A0x0; g(Ay) = A0y0: Kako je g izometrija, a c = c0 ib = b0, to je g(C) = C 0 i g(B) = B0: No, onda je i a = a0 pa su, po Poucku SSS,trokuti 4ABC i 4A0B0C 0 sukladni.Teorem 1.7. (Poucak 3. K S K) Dva su trokuta sukladna ako se podudarajuu jednoj stranici i dva kuta uz tu stranicu.


Zadatak 8. Dokazite ovaj teorem.

Propozicija 1.18. Neka je 4ABC neki trokut. Tada je(a) jABj = jACj , = :(b) Nasuprot vecoj stranici lezi veci kut i obratno.

Dokaz. (a) Dokazimo da je jABj = jACj , = :) : Neka u trokuta 4ABC vrijedi da je jABj = jACj : Treba dokazati da je = :

Neka je P polovite stranice BC: Kako je jBP j = jPCj ; jABj = jACj i AP zajed-nicka stranica trokutova4ABP i4PCA, to su ti trokuti sukladni po Poucku S-S-So sukladnosti. Iz troga slijedi da je ]ABC = ]ACB:( : Neka je ]ABC = ]ACB: Treba dokazati da je jABj = jACj :Spustimo okomicu iz A na BC i nozite oznacimo sa P: Sada trokuti 4ABP i4PCA imaju jednu zajednicku stranicu AP i jednake kutove na njoj pa po PouckuK S K oni su sukladni. Dakle, jABj = jACj :

(b) Dokazimo da nasuprot vecoj stranici lezi veci kut i obratno.

) : Neka je a < c. Dokazimo da je < :

Produljimo stranicu BC preko vrha C do tocke D sa svojstvom da je jBDj = jABj :Trokut 4ABD je jednakokracan, pa je ]DAB = ]ADB i taj kut oznacimo : PoPropoziciji 1.17. (o vanjskom kutu trokuta) je ]ACB = ]DAC + ]CDA: Slijedi

> i dalje > :

( : Neka u trokutu 4ABC vrijedi < : Treba dokazati da je jBCj < jABj :


Pretpostavimo suprotno jBCj jABj :Ukoliko je jBCj = jABj onda prva dokazana tvrdnja iz ove propozicije daje = ;a to je kontradikcija s pretpostavkom.Neka je jBCj > jABj : Neka je D tocka na stranici BC takva da je jBDj = jABj :

Trokut 4ABD je jednankokracan i vrijedi ]DAB = ]ADB (= ): Vrijedi < :Kako je ]ADB = ]ACD+]CAD; slijedi da je < i dalje < - kontradikcijas prepostavkom. Dakle, jBCj < jABj :

Za trokut 4ABC kazemo da je jednakokracan ako bilo koje dvije stranice togtrokuta imaju jednaku duljinu. Takve dvije stranice zovu se kraci, a preostalastranica osnovica ili baza. Prema Propoziciji 1.18. u jednakokracnom trokutukutovi na bazi su jednaki.Ako sve tri stranice trokuta imaju jednaku duljinu, onda takav trokut zovemo jed-nakostranicni. Svi kutovi u jednakostranicnom trokutu su jednaki i iznose 600:Svojstva jednakokracnog i jednakostranicnog trokuta omogucavaju konstrukciju ku-tova s mjerom 150; 300; 450; 600; 750 : : :

Teorem 1.8. (Poucak 4. S> S K) Dva su trokuta sukladna ako se podudarajuu dvije stranice i kutu nasuprot vecoj stranici.

Dokaz. Neka su a = a0; b = b0; a > b; = 0:

Neka je g :M !M izometrija takva da je g(A) = A0; g(Ax) = A0x0 i g(Ay) = A0y0(takva postoji jer je = 0). Tada zbog toga to je g izometrija i to je b = b0 imamoda je i g(C) = C 0: Treba jopokazati da je g(B) = B0: Pretpostavimo suprotno tj. daje g(B) = B00 6= B0: Tada B00 ili lezi izmeu tocaka A0 i B0 ili je to tocka polupravcaB0x0, tj. ili je A0 B00 B0 ili je A0 B0 B00:Pretpostavimo da je A0 B00 B0: Tada je C 0B00 = a0 jer je g izometrija, apo pretpostavci je i

B0C 0 = a0; pa je trokut 4B00B0C 0 jednakokracan. Stoga je]C 0B00B0 iljast, to znaci da je njegov suplement tup. Sada po Propozicije ?? (u


svakom trokutu nasuprot vecoj stranici lezi veci kut i obratno) slijedi da je b0 > a0;tj. b > a to je protivno pretpostavci.Slicno se vidi da ne moze biti ni 0 B0 B00: Ovim je teorem dokazan jer je trazenabijekcija f = g jfA;B;Cg.

Zadatak 9. Pokazite da dva trokuta ne moraju biti sukladna ako se podudaraju udvije stranice i kutu nasuprot manjoj od njih.

Denicija 1.22. Reci cemo da su dva skupa S; S 0 M sukladna ili kongruentnai pisati S = S 0; ako postoji izometrija f :M !M takva da je f(S) = S 0:

Teorem 1.9. Dva su trokuta 4;40 sukladna ako i samo ako postoji izometrija f :M !M takva da je f(4) = 40:

Neka su u ravnini zadane cetiri tocke A;B;C i D i neka su AB; BC; CD i DAnjima pripadne duzine. Ako se nikoje dvije te duzine ne sijeku u svojoj unutarnjojtocki, onda uniju duzina AB [ BC [ CD [ DA nazivamo zatvorenom poligo-nalnom crtom ili jednostavno poligonalnom crtom. Dio ravnine omeen tompoligonalnom crtom nazivamo cetverokutom i obiljezavamo ga s ABCD: ParoveAB i CD te BC i AD nazivamo nasuprotnim stranicama cetverokuta.

Trapez je cetverokut kojemu barem jedan par nasuprotnih stranica lezi na paralel-nim pravcima. Te paralelne stranice zovu se osnovice ili baze trapeza, a ostaledvije krakovi trapeza. Paralelogram je cetverokut kojemu oba para nasuprotnihstranica leze na paralelnim pravcima.

Pravokutnik je paralelogram kod kojeg je jedan kut pravi (a onda su mu i svi drugikutovi pravi). Kvadrat je pravokutnik kojemu su sve stranice meusobno jednake.Romb je paralelogram kojemu su sve stranice meusobno jednake.

Propozicija 1.19.

(a) Nasuprotne stranice i nasuprotni kutovi paralelograma su jednaki.

(b) Cetverokut je paralelogram ako i samo ako mu se dijagonale raspolavljaju.

(c) Ako za cetverokut ABCD vrijedi da jeAD = BC i AD k BC onda je on

paralelogram.


Dokaz. (a) Povucimo dijagonalu AC: Trokuti 4ABC i 4ADC imaju jednu zajed-nicku stranicu- stranicu AC, te je ]CAB = ]ACD i ]DAC = ]BCA (po Pouckuo transverzali). Sada, po Poucku K S K; slijedi da su trokuti 4ABC i 4ADCsukladni, pa su im i sve druge odgovarajuce stranice, kao i odgovarajuci kutovi,jednaki. Time je tvrdnja dokazana.(b) ( : Neka je ABCD cetverokut kojem se dijagonale AC i BD raspolavljaju.Dokazimo da je ABCD paralelogram.Oznacimo sa M sjecite tih dijagonala.

Vrijedi:AM = MC ; MD = BM i ]AMD = ]CMB (vrni kutovi), pa su

trokuti 4AMD i 4CMB sukladni (po Poucku S K S). Stoga je i ]DAC =]BCA; pa je AD k CB (po Poucku o transverzali). Na isti nacin se pokazuje da jeAB k CD:) : Neka je cetverokut ABCD paralelogram.

Tada je jABj = CD (po (a)); te je ]ABM = ]CDM; ]MAB = ]MCD (poPoucku o transverzali). Stoga su, po Poucku KSK, trokuti 4ABM i 4DMCsukladni, pa se popudaraju i u duljinama drugih dviju stranica. Iz toga slijedi da sedijagonale raspolavljaju.(c) Neka za cetverokut ABCD vrijedi da je

AD = BC i AD k BC: Povucimodijagonalu BD: Po Poucku o transverzali je ]BDA = ]DBC; pa su trokuti4ABDi 4BCD sukladni (po Poucku S K S jer im je BD zajednicka stranica). Stogaje i jABj = DC i ]CDB = ]ABD, pa po Poucku o transverzali slijedi da jeAB k CD to znaci da je ABCD paralelogram.

Napomena 1.3. Primijetimo da vrijedi: Ako paralelni pravci a; b; c na jed-nom kraku kuta odsjecaju duzine jednakih duljina, onda to cine i na dru-gom kraku kuta. Naime, to slijedi iz sukladnosti trokuta 4AA1B1,4B1C1B2;4B2C2B3; ::: Stoga je lako podijelite duzinu AB na n jednakih dijelova, n 2 N-jednostavno uzmemo n duzina jednakih duljina na polupravcu AA1, spojimo krajnju


tocku An s tockom B i vucemo paralele s duzinom AnB iz tocaka Ai.

1.7. Slicnost trokuta

Denicija 1.23. Neka su zadane duzine AB i CD: Pod omjerom duzina AB iCD podrazumijevamo omjer duljina tih duzina, tj. realni broj

AB : CDdef=jABjCD :

Kazemo da su duzine AB; CD i A0B0; C 0D0 proporcionalne ili razmjerne ako je

jABjCD =A0B0C 0D0 :

Propozicija 1.20. (Talesov poucak o proporcionalnosti) Neka je dan kut ]xOyte paralelni pravci a i b koji sijeku krakove kuta u tockama A;A0; B i B0, gdje je

Tales

A = Ox \ a; A0 = Oy \ a; B = Ox \ b; B0 = Oy \ b: Tada su duzine OA;OB iOA0; OB0 proporcionalne. tovie, vrijediOAOB =

OA0OB0 =AA0BB0 :

Dokaz. Dokaz provodimo samo u posebnom slucaju kad jeOAOB = nm 2 Q:Neka je A1 tocka polupravca Ox takva da jeOA = n OA1 :


Tada je OB = mn OA = m OA1 :

Kroz tocku A1 povucimo paralelu s pravcem a (a onda i s b jer su a i b paraleleni) injeno sjecite s krakom Oy oznacimo sa A

01: Vrijedi (po prethodnom zadatku)OA0 = n OA01 i OB0 = m OA01 :

Sada je OB0 = m OA01 = m 1n OA0tj. OA0OB0 = nm =

OAOB ;a to se i tvrdilo.

Dokazimo i drugi dio tvrdnje, tj. dokazimo da jejOAjjOBj =

jAA0jjBB0j .

Kroz tocku A povucimo pravac p paralelan pravcu (Oy) te neka je C = p \ b:

Cerverokut A0B0CA je paralelogram. Paralelni pravci p i y sijeku kut ]OBB0, paje BABO =

BCBB0 :Odavde imamoOB OAOB =

BB0 B0CBB0 jB0Cj=jAA0j=BB0 AA0BB0 )


1OAOB = 1

AA0BB0 )OAOB =AA0BB0 ;

pa su duzine OA;OB i AA0; BB0 proporcionalne.

Denicija 1.24. Neka su dani trokuti4ABC i4A0B0C 0: Kazemo da su oni slicni,i piemo4ABC 4A0B0C 0; ako postoji bijekcija vrhova f : fA;B;Cg ! fA0; B0; C 0gtakva da f(A) = A0; f(B) = B0; f(C) = C 0 povlaci da je = 0; = 0; = 0

i aa0 =

bb0 =

cc0 ; tj. odgovarajuci kutovi su jednaki, a odgovarajuce stranice propor-

cionalne.

Napomena 1.4. Relacija "" (biti slican) je relacija ekvivalencije na skupu svihtrokutova. Nadalje, ako su trokuti sukladni, onda su sigurno i slicni (4ABC =4A0B0C 0 )4ABC 4A0B0C 0):Propozicija 1.21. Ako paralela s jednom stranicom trokuta 4ABC sijece preostalestranice tog trokuta, onda ona u tom trokutu odsijeca slican trokut.

Dokaz. 4ABC 4AB0C 0 (po Talesovom su poucku njihove proporcionalne, akutovi jednaki).

No, vrijedi i obrat ove tvrdnje.

Propozicija 1.22. Ako su trokuti 4ABC i 4AB0C 0 slicni onda su BC i B0C 0paralelni pravci.

Dokaz. (a) Ako tocke B0 i C 0 leze na pravcima AB, odnosno AC, ali ne i nastranicama trokuta 4ABC :Oznacimo li sa B00 tocku na BB0 tako da je jB0Aj = jAB00j i sa C 00 tocku na C 0C takoda je jAC 0j = jAC 00j ; imamo da je 4AB00C 00 = 4AB0C 0 (po Poucku SKS), paje onda i 4AB00C 00 = 4ABC: Dakle, B00C 00 k BC: Kako je cetverokut B0C 0B00C 00paralelogram (dijagonale mu se raspolavljaju), to je onda B0C 0 k B00C 00 ) B0C 0 kBC:


(b) Ako tocke B0 i C 0 leze na stranicama trokuta 4ABC :

Pretpostavimo suprotno, tj. ako su trokuti 4ABC i 4AB0C 0 slicni ali da pravciBC i B0C 0 nisu paralelni. Oznacimo D = BC \B0C 0: Neka je q pravac koji prolazitockom C i paralelan je pravcu B0C 0: Oznacimo B00 = AB \ q: Tada je B00 6=B: Nadalje, vrijedi 4AB0C 0 4AB00C; pa je jAB0jjAB00j = jAC

0jjACj : Po pretpostavci je

4ABC 4AB0C 0; pa vrijedi jAB0jjABj = jAC0j

jACj : Iz ovog slijedi da jejAB0jjABj =

jAB0jjAB00j ;

tj. jABj = jAB00j, a kako B;B0 i B00 leze na istom pravcu, to je B = B00 to jekontradikcija.

Vrijede ovakvi poucci o slicnosti trokuta.

Teorem 1.10. (Poucak 1. K-K-K s) Dva su trokuta slicna ako su im odgovarajucikutovi jednaki.

Njega, zbog + + = ; obicno iskazujemo na nacin:

Korolar 1.10. (Poucak K K s) Dva su trokuta slicna ako su im jednaka dvaodgovarajuca kuta.

Teorem 1.11. (Poucak 2. SSS s) Dva su trokuta slicna ako su im odgovarajucestranice proporcionalne.

Teorem 1.12. (Poucak 3. S K S s) Dva su trokuta slicna ako su im dvijestranice proporcionalne a kutovi meu njima jednaki.

Teorem 1.13. (Poucak 4. S> S K s) Dva su trokuta slicna ako su im dvijestranice proporcionalne a kutovi nasuprot vecim stranicama podudaraju.

U pravokutnom trokutu 4ABC s pravim kutom u vrhu C uvedimo oznake.


Propozicija 1.23. (Euklidov poucak) Vrijedi

vc =ppq; a =

pcp; b =

pcq:

Dokaz. Uocimo da su trokuti 4ABC; 4ACC 0 i 4CC 0B slicni trokuti, dakle iodgovarajuce su im stranice proporcionalne. Iz slicnosti 4ABC 4ACC 0 slijedijACjjABj =

jAC0jjACj odakle je jACj2 = jAC 0j jABj, tj. b =

pcq: Iz slicnosti 4ABC

4CC 0B dobivamo a = pcp; a iz slicnosti 4ACC 0 4CC 0B slijedi vc = ppq:Propozicija 1.24. (Pitagorin poucak) U pravokutnom trokutu kvadrat hipotenuzejednak je zbroju kvadrata obje katete.

Pitagora

Dokaz. Iz Euklidovog poucka slijedi

a2 + b2 = cp+ cq = c(p+ q) = c2:

Pojmovi: visina, simetrala i tezinica u trokutu vidljivi su na slici:

Tocka u kojoj se sijeku dvije tezinice naziva se tezitem, tocka u kojoj se sijekudvije visine naziva se ortocentar trokuta, tocka u kojoj se sijeku simetrale sreditetrokutu upisane kruznice, a tocka u kojoj se sijeku simetrale stranica srediteopisane ktuznice.

Propozicija 1.25. Tezite trokuta dijeli tezinicu u omjeru 2 : 1 (racunajuci odvrha).

Dokaz. Neka je dan trokut 4ABC i oznacimo polovite stranice BC sa A0 apolovite stranice AC sa B0: Neka je tocka T tezite. Oznacimo sa L i M polovitaduzina AT i BT:

Uocimo trokute 4B0A0C i 4LMT: Trokut 4B0A0C je slican trokutu 4ABC (poPoucku SKS s), a trokut4LMT je slican trokutu4ABT (po Poucku SKS


s). Po Propoziciji 1.22. slijedi da je AB k LM k B0A0: Nadalje, zbog slicnosti imamojA0B0j = 1

2jABj = jLM j : Odavde slijedi da je cetverokut LMA0B0 paralelogram.

Kako se u paralelogrmu dijagonale raspolavljaju vrijedi jLT j = jTA0j = jALj ijBM j = jMT j = jTB0j. Dakle, jAT j = jALj + jLT j = 2 jTA0j i jBT j = jBM j +jMT j = 2 jTB0j ; pa tezite T dijeli proizvoljne dvije tezinice u omjeru 2 : 1: Odavdeslijedi da tezite dijeli i trecu tezinicu u danom omjeru.Iz dokaza slijedi da se sve tri tezite sijeku u tezitu trokuta. Lako se dokaze da

se sve tri simetrale kuta (stranica) sijeku u jednoj tocki - sreditu upisane (opisane)kruznice, a za vjezbu dokazite da se sve tri visine trokuta sijeku u jednoj tocki -ortocentru (ortocentar pripada trokutu ako je on iljastokutan).

Propozicija 1.26. Tezite, sredite opisane kruznice i ortocentar trokuta leze naistom pravcu (tzv. Eulerovom pravcu).

Euler

Dokaz. Oznacimo sa A0; B0; C 0 polovita duzina BC; CA; AB redom, sa T tezitetrokuta i sa S sredite opisane kruznice. Povucimo pravac TS i na njemu odaberimotocku V tako daje jV T j = 2 jTSj :

Prema prethodnoj propoziciji je jAT j = 2 jTA0j. Kako je i ]STA0 = ]V TA (vrnikutovi), po poucku (S-K-S s) zakljucujemo da je 4AV T 4TA0S: Sada znamo daje pravac AV k A0S: (po Propoziciji 1.22.). Buduci je SA0?BC onda je i AV?BC:Dakle, ortocentar lezi na pravcu AV:Analogno se pokazuje da je 4CTV 4STC 0 pa je pravac CV k SC 0:

Kako je SC 0?AB onda je CV?AB pa ortocentar lezi i na pravcu CV: Kako se CVi AV sijeku u tocki V zakljucujemo da je V ortocentar.Neka je O neka ksna tocka ravnine M te neka je k realni broj razlicit od 0.

Denirajmo preslikavanje f :M !M na sljedeci nacin:


f(O) = O; a za T 6= O je f (T ) tocka koja lezi na pravcu OT s iste strane tocke Okao i tocka T ako je k > 0;a sa suprotne ako je k < 0; i jovrijedi

jOf(T )j = jkj jOT j :

Preslikavanje f naziva se homotetija s koecijentom k i centrom O:

Propozicija 1.27. Neka je f :M !M homotetija s koecijentom k i centrom O:Tada je jf(A)f(B)j = jkj jABj za svaki A;B 2M:

Dokaz. Provedimo dokaz za slucaj kada je k > 0 (za k < 0 provodi se analogno).

Ako je A = O ili B = O, onda tvrdnja slijedi iz denicije homotetije. Stogapretpostavimo da je A 6= O 6= B: Tada su trokuti

4OAB 4Of(A)f(B)

Naime, ]AOB = ]f(A)Of(B) im je zajednicki kut , a jOf(A)j = k jOAj i jOf(B)j =k jOBj); pa je

jOAjjOf(A)j =

1

k=

jOBjjOf(B)j ;

te po Poucku S K S s slijedi da su ti trokuti slicni. Stoga je i1

k=

jABjjf(A)f(B)j ) jf(A)f(B)j = k jABj :

Denicija 1.25. Preslikavanje f : M ! M naziva se preslikavanje slicnosti iliekviformno preslikavanje ako postoji realan broj s > 0 takav da je jf(A)f(B)j =s jABj za svaki A;B 2M: Broj s naziva se koecijent slicnosti.

Napomena 1.5. (1) Homotetija s koecijentom k > 0 je primjer preslikavanjaslicnosti s koecijentom slicnosti s:(2) Izometrija je primjer preslikavanja slicnosti s koecijentom s = 1:

Teorem 1.14. Neka su 4ABC i 4A0B0C 0 dva trokuta u ravnini M: Ti su trokutislicni ako i samo ako postoji preslikavanje slicnosti f :M !M tako da je f(4ABC) =4A0B0C 0:


1.8. Neki teoremi o kruznici

Denicija 1.26. Neka je O 2 M neka tocka ravnine M , te r > 0 realan broj.Kruznica k(O; r) sa sreditem O i polumjerom r je skup

k(O; r) = fT 2M : jOT j = rg :Neka je k(O; r) kruznica sa sreditem O i radijusom r: Ako su A;B 2 k(O; r)

dvije tocke na kruznici onda se duzina AB zove tetiva kruznice s krajevima A i B:Svaka tetiva koja sadrzi O naziva se dijametar (ili promjer) kruznice. Ocito svakipromjer ima duljinu 2r i to je najdulja tetiva kruznice. Ako je AB tetiva kruznicekoja ne prolazi sreditem O onda ]AOB zovemo sredinji kut nad tetivom AB:

Svaka tetiva kruznice dijeli kruznicu na dva dijela. Svaki od tih dijelova zovemolukom kruznice. Te lukove biljezimo \AT1B i \AT2B gdje su T1 i T2 bilo kojetocke kruznice s razlicitih strana pravca AB: Lako se vidi da su sredinji kutovi nadtetivama jednake duljine jednaki (po Poucku S S S). Mi cemo pod lukomdABuvijek smatrati luk \AT2B; tj. "manji" od dva luka odreena tetivom AB:Neka je AB tetiva koja nije dijametar, tj. ne prolazi kroz sredite kruznice. Kut

]AOB nazivamo sredinjim kutom nad lukom \AT2B; a njegom eksplementarnikut zovemo sredinjim kutom nad lukom \AT1B: Kut ]AT1B zovemo obodnikut nad lukom \AT2B; a kut ]AT2B obodni kut nad lukom \AT1B:Teorem 1.15. (Teorem o obodnom i sredinjem kutu) Sredinji je kut nad nekimlukom jednak dvostrukom obodnom kutu nad istim tim lukom, tj. obodni kut jednakje polovini pripadnog sredinjeg kuta.

Dokaz. Neka je dAB luk kruznice i neka je = ]ATB bilo koji obodni kut nadlukomdAB:


Razlikujemo tri slucaja ovisno o tome je li trokut 4ABT pravokutan, iljastokutanili tupokutan:U slucaju (a) tvrdnja slijedi iz istokracnosti trokuta 4OBT . Tada je ]BTO =

]OBT: Vanjski kut trokuta 4OBT jednak je zbroju preostala dva nesusjedna un-utarnja kuta - to je i trazena tvrdnja.Slucaj (b) svodi se na zbrajanje kutova i slucaj (a), a slucaj (c) na oduzimanje

kutova i slucaj (b).

Korolar 1.11. Svi obodni kutovi nad istim lukom su jednaki.

Korolar 1.12. (Talesov poucak o kutu nad promjerom) Ako je AB dijametar kruznice,a T bilo koja tocka kruznice razlicita od A i B; onda je 4ATB pravokutan trokut spravim kutom kod tocke T:

1.9. Tangencijalni i tetivni cetverokut

Neka je k k(S; r) kruznica sa sreditem S i radijusom r; a T 2 k bilo kojatocka kruznice k, tj. jST j = r: Pravac t koji prolazi tockom T i okomit je na pravacST zove se tangenta te kruznice u tocki T: Tocka T se zove diralite tangente t:Za tangentu se jokaze i da dira kruznicu.

Propozicija 1.28. Tangenta kruznice ima s tom kruznicom samo jednu zajednickutocku.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. neka t sijece kruznicu osim u tocki T jo iu tocki T1: Tada je 4ST1T2 jednakokracan trokut i ]STT1 = ]ST1T = 2 ; to jekontradikcija jer bi trokut 4ST1T2 imao dva prava kuta.

Denicija 1.27. Za cetverokut ABCD kazemo da je tangencijalni ako su mustranice tangente iste kruznice

To specijalno znaci da je tangencijalni cetverokut onaj kojemu se moze upisatikruznica.

Teorem 1.16. Cetverokut je tangencijalan ako i samo ako mu je zbroj nasuprotnihstranica jednak.

Dokaz. ) Neka je ABCD tangencijalni cetverokut opisan kruznici sa sreditemO.


)

Neka su nozita okomica iz tocke O na stranice AB;BC;CD;DA redom P; Q;R; S: Tada je jAP j = jASj ; jBP j = jBQj ; jCQj = jCRj ; jDRj = jRSj (sukladnitrokuti po Poucku S> S K, Pitagorin poucak). Tada imamo a + c = jAP j +jBP j+ jCRj+ jDRj = jASj+ jBQj+ jCQj+ jDSj = b+ d:

( Neka je ABCD cetverokut u kojemu vrijedi

jABj+ jDCj = jBCj+ jDAj ()

(

Konstruirajmo kruznicu k koja dodiruje duzine AB; BC; CD: Dokazimo da k diraAD:Pretpostavimo da k ne dira AD: Konstruirajmo iz D tangentu na k razlicitu

od DC i neka ona sijece AB u tocki E: Tada je A 6= E: Cetverokut EDCD jetangencijalni cetverokut pa mora vrijediti

jEBj+ jDCj = jBCj+ jDEj : ()

Tada ()-() daje jABj jEBj = jADj jDEj, tj. jAEj = jADj jDEj ; a to jeu kontradikciji s nejednakocu trokuta.

Denicija 1.28. Za cetverokut ABCD kazemo da je tetivni, ako su mu stran-ice tetive iste kruznice (to posebno znaci da se tetivnom cetverokutu moze opisatikruznica).


Teorem 1.17. Cerverokut je tetivni ako i samo ako je zbroj nasuprotnih kutova :

Dokaz. ()) Neka je ABCD tetivni cetverokut upisan u kruznicu k sa sreditemO:

Tada je prema Poucku o sredinjem i obodnom kutu + = 12!1 +12!2 =

12(!1 +

!2) =122 = :

Slicno se dokazuje da je + = :(() Neka je + = + = : Pretpostavimo suprotno da B; C; i D leze na

kruznici k i da A =2 k: Spojimo A sa B i presjek oznacimo sa E:

Sada je EBCD tetivni cetverokut pa je 0 + = : Slijedi da je = 0: Sada smodobili trokut u kojemu je 0 = + " (vanjski kut trokuta 4AED); i zbog = 0imamo " = 0; i A lezi na kruznici - kontradikcija.

Korolar 1.13. Jednakokracnom trapezu se moze upisati kruznica.

Dokaz. Neka je ABCD jednakostranican trapez, tj. neka je b = d: Vrijedi = i

= :

Trokut4EBC je jednakokracan pa je ]CEB = : Nadalje, + = ; tj. + = i analogno + = + = :

Poglavlje 2.

Poligoni i povrina

1. Poligoni

2. Povrina poligona

3. Duljina luka krivulje

2.1. Poligoni

Denicija 2.1. Izlomljena ili samopresjecna linija je unija od konacno mnogorazlicitih duzina A0A1; A1A2; : : : ; An1An u ravnini zadanih tako da se jedna kra-jnja tocka svake duzine (osim zadnje) podudara s jednom krajnjom tockom naredneduzine. Duzine A0A1; A1A2; : : : ; An1An koje cine izlomljenu crtu nazivamo strani-cama izlomljene linije, a njihove krajeve nazivamo njezinim vrhovima. Prvi vrhprve duzine A0A1 zove se pocetak, a drugi vrh zadnje duzine An1An kraj izlomljenelinije.

Izlomljenu linijun[i=1

Ai1Ai krace zapisujemo samo pomocu vrhova A0A1 An1An:

40

2. POLIGONI I POVRINA 41

Denicija 2.2. Izlomljena linija A0A1 An1An je zatvorena ako je A0 = An:Izlomljena linija je jednostavna ako svaka njezina tocka lezi ili samo na jednojnjezinoj stranici ili na tocno dvjema stranicama kojima je ta tocka jedan kraj.Zatvorena izlomljena linija se zove jednodimenzionalni poligon. Ako je ta linijajo i jednostavna onda se ona zove poligonalna kruznica.

Za podskup G M ravnine M kazemo da je podrucje ako ima sljedeca dvasvojstva:

1. Za svaku tocku A 2 G postoji krug sa sreditem u A koji je sadrzan u G; tj.

(8A 2 G) (9r > 0)K(A; r) G:

2. Svake dvije tocke mogu se spojiti poligonalnom linijom koja je sadrzana u G:

Na gornjoj slici je G1 podrucje, G2 nije podrucje ali M n G2 jest podrucje, te G3 iG4 nisu podrucja.

Teorem 2.1. (Jordan1) Svaka poligonalna kruznica J M rastavlja ravninu M natocno dva podrucja koja zovemo unutranjost i vanjtina poligonalne kruznice J .

Dokaz necemo provoditi. Pogledajmo smisao ovog teorema. Uzmimo bilo koje dvijetocke P;Q 2M n J: Ako P i Q mozemo spojiti izlomljenom linijom koja ne sijece Jonda su P i Q u istom podrucju, a ako svaka izlomljena linija izmeu P i Q sijeceJ onda su one u razlicitim podrucjima. Jedno od ta dva podrucje sadrzi pravac,a drugo ne. Ono podrucje koje sadrzi pravac je neomeeno podrucje i zove sevanjtina od J , a ono drugo (koje ne sadrzi niti jedan pravac) je omeeno i zovese unutranjost podrucja J .

1Camile Jordan, 1838.-1922., francuski matematicar.


Prividna "ocitost" Jordanovog teorema lezi u tome da mi obicno imamo u viduneku "jednostavnu guru" za poligonalnu kruznicu, ali vec "jednostavni labirint"pokazuje svu slozenost Jordanovog teorema.

Denicija 2.3. Jednostavni dvodimenzionalni poligon ili krace poligon jeunija jednostavnog jednodimenzionalnog poligona (tj. poligonalne kruznice) i nje-gove unutranjosti. Jednostavni jednodimenzionalni poligon se tada zove rub iliobod danog dvodimenzionalnog poligona. Ako poligon ima n-vrhova nazivamo gan-terokutom.

Denicija 2.4. Kazemo da je poligon konveksan ako se citav nalazi u jednoj polu-ravnini obzirom na svaku njegovu stranicu, tj. obzirom na pravac odreen tom stran-icom.

Zadatak 10. Svaki konveksni poligon u ravnini je konveksan skup.

Za konveksni poligon vrijedi:

(1) vrh kuta je vrh poligona,

(2) krakovi kuta sadrze stranice poligona kod tog vrha,

(3) kut sadrzi citav poligon.

Kod nekonveksnih poligona svojstvo (3) nije ispunjeno. Denirajmo precizno toje kut poligona u tom slucaju.


Denicija 2.5. Kut ]BAC poligona kod vrha A kojeg cine stranice AB i AC jeonaj od dva kuta ciji presjek s dovoljno malim krugom oko A lezi u unutranjostipoligona.

Propozicija 2.1. Svaki poligon ima bar jedan (unutarnji) kut manji od :

Dokaz. Svakim vrhom povucimo pravce koji su meusobno paralelni, a nisu paralelniniti jednoj stranici poligona. Neka je A "najvii" vrh. Tad citav poligon lezi u polu-ravnini odreenoj pravcem kroz A, pa je i unutarnji kut kod A manji od ispruzenogkuta.

Denicija 2.6. Kazemo da je poligon P zbroj poligona P1 i P2; i piemo P =P1 + P2; ako je P = P1 [ P2 i ako poligoni nemaju zajednickih unutarnjih tocaka.

Propozicija 2.2. (O zbroju poligona) U svakom poligonu postoji dijagonala kojaga dijeli na dva poligona. Drugim rijecima, svaki je poligon P zbroj dva poligonakojima je jedna dijagonala od P zajednicka stranica.


Korolar 2.1. Svaki se poligon P moze prikazati kao zbroj od konacno mnogo trokutacije su sve stranice dijagonale ili stranice od P:

Kazemo stoga da se svaki poligon moze triangulirati bez uvoenja novih vrhova.

Teorem 2.2. (O sumi kutova poligona) Suma kutova u svakom n-terokutu je (n2):

Dokaz. (Indukcijom po n) Za n = 3 tvrdnja ocigledno vrijedi (jer se radi o trokutu).Neka je tvrdnja tocna za sve prirodne brojeve koji su manji ili jednaki od n 1:Prema Propoziciji 2.2. postoji dijagonala n-terokuta koja ga dijeli na dva poligona,recimo na n1-terokut i n2-terokut. Pri tome su n1; n2 < n i n1 + n2 = n + 2:Primjenom induktivne pretpostavke, suma njihovih kutova je (n1 2) i (n2 2):Stoga je suma S kutova n-terokuta jednaka

S = (n1 2) + (n2 2) = (n1 + n2 4) = (n+ 2 4) = (n 2):

Denicija 2.7. Za poligon kazemo da je pravilan ako su mu sve stranice jednakei svi kutovi jednaki.Za poligon koji ima paran broj stranica, sve kutove jednake, te stranice samo dvijuvelicina i to naizmenicno kazemo da je jednakokutni polupravilni poligon.Za poligon s parnim brojem stranica kazemo da je jednakostranicni polupravilnipoligon ako su mu sve stranice jednake, a kutovi samo dviju velicina i to naiz-menicno.

Propozicija 2.3. Jednakokutnim polupravilnim poligonima se moze opisati kruznica,tj. postoji kruznica koja prolazi svim vrhovima.

Zadatak 11. Dokazite prethodnu tvrdnju u specijalnom slucaju kada se radi o kon-veksnom poligonu.Slicno gornjoj propoziciji vrijedi:

Propozicija 2.4. U svaki jednakostranicni polupravilni poligon moze se upisati kruznica,tj. postoji kruznica kojoj su sve stranice poligona tangente.

Iz ovog odmah slijedi da se svakom pravilnom poligonu moze opisati i upisatikruznica i to su dvije koncentricne kruznice.


2.2. Povrina poligona

U ovoj tocki cemo malo poopciti pojam poligona. Poligonom cemo smatrati zbrojod konacno mnogo jednostavnih poligona, tj. poligon je unija od konacno mnogojednostavnih poligona od kojih nikoja dva nemaju zajednickih unutarnjih tocaka.

Rekli smo da je triangulacija poligona svaki prikaz tog poligona kao unije od konacnomnogo trokuta koji nemaju zajednickih unutarnjih tocaka, vec se dva trokuta ili nesijeku ili imaju zajednicki vrh ili zajednicku stranicu. Nadalje, znamo da se svakipoligon moze triangulirati bez uvoenja novih vrhova. No, mogu se promatrati idruge triangulacije.

Denicija 2.8. Neka je P skup svih poligona u ravniniM (ukljucujuci i ;). Povrinaili plotina p na skupu P je svaka funkcija p : P !R koja ima sljedeca svojstva:(P1) p(P ) 0; 8P 2 P (aksiom pozitivnosti)(P2) p(P1 + P2) = p(P1) + p(P2); 8P1; P2 2 P (aksiom aditivnosti)(P3) P1 = P2 ) p(P1) = p(P2) (invarijantnost obzirom na sukladnost)(P4) Postoji barem jedan kvadrat K sa stranicom duljine 1 takav da je p(K) = 1

(aksiom normiranosti).

Broj p(P ) se naziva povrina poligona P:

Iz (P3) i (P4) slijedi da je povrina svakog kvadrata stranice 1 jednaka 1. Nadalje,iz (P1) i (P2) slijedi da je funkcija p monotono rastuca funkcija, tj. da vrijedi

P P 0 ) p(P ) p(P 0):


Zaista, ako je P P 0 onda postoje poligoni P1; : : : ; Pn takvi da je

P 0 = P + P1 + : : :+ Pn

pa je

p(P ) p(P ) +nXi=1

p(Pi) = p(P0):

Pokazimo da je i p(;) = 0: Zaista, iz P = P + ;; po (P2) slijedi

p(P ) = p(P + ;) = p(P ) + p(;)) p(;) = 0:

Vazno je napomenuti da je sustav aksioma (P1) - (P4) nezavisan, tj. da niti jedanaksiom nije posljedica preostalih aksioma (dokaz mozete pogledati u Elementarnojmatematici 1, Pavkovic-Veljan)

Teorem 2.3. (Povrina pravokutnika)Ako postoji povrina p; te ako je P = ABCDpravokutnik takav da je jABj = a i BC = b, onda je p(ABCD) = ab:Dokaz. Dokaz cemo najprije provesti u posebnom slucaju kada su a; b 2 Q: Tada jeuvijek moguce postici da je a = m

n; b = m

0n, gdje su m;m0; n 2 N: Neka je K kvadrat

sa stranicom 1. Podijelimo svaku stranicu kvadrata K i stranice pravokutnika P nadijelove duljine 1

n. Stranice od K su tako podijeljene na n jednakih dijelova, dok su

stranice od P podijeljene na m, odnosno m0 jednakih dijelova.

Povucemo li diobenim tockama paralele sa stranicama dobit cemo da je kvadrat Kzbroj od n2 kvadrata Kn stranice 1n ; a pravokutnik P zbroj odmm

0 takvih kvadrata.Svi su ti kvadrati meusobno sukladni pa zbog (P3) imaju jednaku povrinu. Nekaje Kn jedan od tih kvadrata. Prema (P2) dobivamo

p(K) = n2p(Kn);

p(P ) = mm0p(Kn):

Prema (P4) je p(K) = 1 pa je

1 = n2p(Kn)) p(Kn) = 1n2;

a onda

p(P ) = mm0p(Kn) = mm01

n2=m

n

m0

n= ab:


Time je posebni slucaj dokazan.Opcenito, kada su a; b 2 RnQ primjenjuje se upravo dokazani slucaj, te monotonost

funkcije p: Pronau se pravokutnici Pn i P 0n takvi da je Pn P P 0n; i da Pn i P 0nimaju stranice cije su duljine racionalni brojevi. Tada se pokaze da je

jp(P ) abj < p(P 0n) p(Pn)to se moze uciniti po volji malim brojem.

Teorem 2.4. (Povrina paralelograma i trokuta) Neka je PQRS paralelogram sastranicom a i njoj pripadnom visinom v; a trokut 4ABC sa stranicom c i pripadnomvisinom vC. Ako povrina p postoji, onda je:

a) p(PQRS) = av;

b) p(4ABC) = 12cvC :

Dokaz. a) Oznacimo saPQ = a; te SS 0 = RR0 = v; gdje su SS 0 i RR0 visine

paralelograma nad stranicom PQ:

Trokuti 4PS 0S i 4QRR0 su sukladni (po (K-S-K)) pa je zbog (P3) p(4PS 0S) =p(4QRR0): Cetverokut PR0RS jednak je zbroju paralelograma PQRS i trokuta4QRR0; a isto tako i zbroju pravokutnika S 0R0RS i trokuta 4PS 0S, pa po (P2)slijedi da je

p(PR0RS) = p(S 0R0RS) + p(4PS 0S) ip(PR0RS) = p(PQRS) + p(4QR0R):

Oduzimanjem slijedi da je p(PQRS) = p(S 0R0RS) Teorem 2.3.= av:

b) Neka je D cetvrti vrh paralelograma ABDC. Tada je prema a)

p(ABDC) = cvC = p(4ABC) + p(4BDC):No, kako je 4ABC = 4BDC (po Poucku (S-S-S)) slijedi da je

2 p(4ABC) = cvC ) p(4ABC) = 12cvC :

Zadatak 12. Dokazite da u svakom trokutu vrijedi da je avA = bvB = cvC.


Stoga je povrina bilo kojeg trokuta jednaka poluproduktu stranice i njoj pripadnevisine trokuta (naravno ako ta povrina postoji). Kako se svaki poligon P mozeprikazati kao zbroj od konacno mnogo trokuta, to je prirodno povrinu poligonap(P ) denirati kao zbroj povrina tih trokuta. No poligon P se moze prikazati narazlicite nacine kao zbroj trokuta, pa nije jasno da ce svi moguci takvi prikazi uvijekdati istu vrijednost za p(P ). Dokazimo stoga egzistenciju i jedinstvenost funkcijep : P ! R koja zadovoljava aksiome (P1) - (P4).Vrijedi sljedece:

Teorem 2.5. Ako postoji povrina na skupu P, tj. ako postoji funkcija p : P ! Rkoja zadovoljava aksiome (P1) - (P4), onda povrina p(P ) poligona P ne ovisi onacinu prikaza poligona P kao zbroja trokuta.

Teorem 2.6. Neka je p : P ! R funkcija denirana na skupu svih poligona takoda vrijedi:

a) p(;) = 0;b) Ako je 4 2 P trokut, onda je p(4) poluprodukt bilo koje stranice i pripadnevisine trokuta 4;

c) Ako je P 2 P poligon, prikazan u obliku zbroja od konacno mnogo trokuta41;42; ;4n; n 2 N; onda je

p(P ) =nXi=1

p(4i):

Tada je p povrina na skupu P :

Dokaz. Treba provjeriti da tako denirana funkcija zadovoljava aksiome (P1) -(P4). Aksiom (P1), p(P ) 0; je ocito ispunjen. Za dokaz aksioma aditivnosti (P2)prikazimo P u obliku P = P1+P2: Ako su P1 i P2 prikazani u obliku zbroja trokuta,onda je i P prikazan kao zbroj trokuta, pa iz denicije brojeva p(P ); p(P1); p(P2)slijedi da je p(P ) = p(P1) + p(P2). Za dokaz aksioma (P3) uocimo da se sukladnipoligoni mogu prikazati kao zbroj istog broja u parovima sukladnih trokuta, pa i(P3) vrijedi. Kako se kvadrat sa stranicom 1 moze prikazati kao zbroj dva trokutakojemu je jedna stranica 1 i pripadna visina 1 to je p(K) = 2

12 1 1 = 1 pa vrijedi

i aksiom (P4).

Korolar 2.2. Postoji jedna i samo jedina funkcija p : P ! R koja zadovoljavaaksiome (P1) -(P4).

Dokaz. Po Teoremu 2.4., iz (P1) - (P4) slijedi da je povrina trokuta jednakapoluproduktu stranice i pripadne visine, pa iz prethodnog teorema slijedi egzistencijafunkcije p: S druge strane, po teoremu o nezavisnosti rastava na trokute (Teorem2.5.) slijedi jedinstvenost funkcije p:Dosad smo denirali povrinu poligona. Sada cemo pojam povrine poopciti.


Denicija 2.9. Kazemo da je skup S M ravnine M izmjerljiv ako za(8" > 0) (9P; P 0 2 P)P S P 0 ^ p(P 0) p(P ) < ":

Za poligon P kazemo da je upisan skupu S; a za poligon P 0 da je opisan skupuS: Mozemo stoga reci da je skup tocaka izmjerljiv ako se razlika povrina tom skupuopisanog i upisanog poligona moze uciniti po volji malom.

Teorem 2.7. Krug K = K(O; r) je izmjerljiv skup i njegova povrina iznosi r2:

Kruzni isjecak K' kruga K = K(O; r) koji pripada sredinjem kutu ' je presjekkruga K i sredinjeg kuta velicine ': Posebno, za ' = 2 je K' = K : Kruzni isjecakje takoer izmjerljiv skup.

2.3. Duljina luka krivulje

Pojam krivulje u ravnini i luka krivulje kao njegovog dijela intuitivno je jasan,ali su u matematickom smislu vrlo slozeni pojmovi.Deniramo najprije pojam homeomorzma. Za skupove S; S 0 M u ravnini Mkazemo da su homeomorfni ako postoji bijekcija f : S ! S 0 koja je neprekidnai kojoj je i inverz f1 takoer neprekidan (neprekidno preslikavanje je intuitivnogovoreci ono koje bliske tocke preslikava u bliske tocke).Jednostavna krivulja je homeomorfna slika segmenta, tj. duzine, a jednostavnazatvorena krivulja je homeomorfna slika kruznice.

Kadkad se pojam krivulje malo proiruje, pa se doputa da krivulja sama sebepresjeca u konacno mnogo tocaka. Dio krivulje izmeu njene dvije tocke zovemolukom krivulje.

Denicija 2.10. Udaljenost tocke A od skupa L je broj

d(A;L) = inffd(A; T ) : T 2 Lg:

Neka je L luk neke krivulje, a d > 0 neki realni broj veci od 0. Oznacimo sa Kd(L)skup svih tocaka ravnine kojima je udaljenost od skupa L jednaka najvie d: Ocitoje

Kd(L) =[T2L

K(T; d);


gdje je K(T; d) krug sa sreditem u tocki T radijusa d:

Denicija 2.11. Za broj l(L) kazemo da je duljina luka krivulje L ako za takavda je

(8" > 0) (9d > 0)l(L) 12dp(Kd(L)

< ":Ak