Predavanja iz Metodike nastave elementarne geometrijemapmf.pmfst.unist.hr/~jperic/Metodika nastave...

Predavanja izMetodike nastave elementarne geometrije

doc. dr. sc. Snjeµzana Braic

2012./2013.

Sadrµzaj

Povijesni pregled ii

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

1.1.1. Aksiomi incidencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2. Aksiomi ure�aja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 pouµcci o kutovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.6. Sukladnost trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.7. Sliµcnost trokuta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.8. Neki teoremi o kruµznici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.9. Tangencijalni i tetivni µcetverokut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2. Poligoni i povr�ina 402.1. Poligoni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.2. Povr�ina poligona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3. Duljina luka krivulje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3. Stereometrija - geometrija prostora 513.1. Aksiomi euklidske geometrije prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2. Prizme, piramide, valjci i sto�ci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.3. Poliedri i obujam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.4. Oplo�je plohe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

i

Povijesni pregled

Po mi�ljenju mnogih povjesniµcara znanosti, matematika se razvila iz planimetrije -geometrije ravnine. Rijeµc geometrija potjeµce od grµcke rijeµci "!�"�� to znaµcizemljomjerstvo (grµc. geo = Zemlja, metria = mjerenje), no nisu Grci prvi koji su senjome bavili. Zabiljeµzeno je da su se geometrijom bavili jo� stari Egipcani (20: st.pr. Kr.). Primjenjivali su je pri odre�ivanju me�a zemlji�nih parcela poslije svakepoplave Nila, pri gradnji kanala za natapanje, pri gradnji grandioznih hramova ipiramida, pri klesanju s�nga i sliµcno. Egipcani su znali toµcne formule za povr�inutrokuta, pravokutnika i trapeza, a kod povr�ine kruga za broj � su koristili pribliµznuvrijednost 3:16. No do svih tih znanja su dolazili empirijski izvodeci iz toga nekeopce zakljuµcke.Stoljecima se geometrija razvijala upravo tako, kao induktivna znanost, znanost

u kojoj se empirijskim putem dolazilo do pojedinaµcnih spoznaja iz kojih su se zatimindukcijom izvodile opce tvrdnje. Geometriju su, "µcistom, teorijskom, apstraktnomznano�cu" uµcinili Grci u razdoblju od 7:�3: stoljeca prije Krista. Prvi poznati grµckimatematiµcar 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 uµcila i u Platonovoj �koli (5: st.pr.Kr.). Platon je zahtijevao da se u geometrijuuvede deduktivnost i stroga logiµcnost koja je postojala u njegovim �lozofskim dje-lima. Konaµcno, Aristotel (4: st.pr.Kr.) je postavio opci deduktivno-logiµcki 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 izloµziogotovo µcitavu grµcku matematiku svoga vremena, a dana�nja elementarna geometrijase u malo µcemu razlikuje od geometrije izloµzene u tom djelu. Naime, u EuklidovimElementima je geometrija prezentirana kao deduktivna disciplina jer je izgra�ena uduhu Platonove i Aristotelove formalno-logiµcke koncepcije. Prema toj koncepciji,najprije se utvrde osnovni pojmovi, koji se ne de�niraju, a zatim odaberu temeljneµcinjenice (postulati i aksiomi), tj. tvrdnje koje se po dogovoru uzimaju kao istinite injihova istinitost se ne dokazuje. Na temelju toga se formalno-logiµckom dedukcijomdokazuju nove tvrdnje i de�niraju se novi, izvedeni pojmovi.Sustav aksioma koje je on postavio bio je priliµcno nedoreµcen, osnovne pojmove

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

ii

POVIJESNI PREGLED iii

osnovni pojam gibanje, kao i vektorska aksiomatika i sve su one u skladu s naµcelimasuvremene aksiomatike koja nalaµzu sljedece:Aksiomatsko zasnivanje bilo koje matematiµcke teorije u poµcetku traµzi da se odredeosnovni pojmovi i osnovne tvrdnje - aksiomi. Pomocu osnovnih pojmova de�nirajuse svi ostali izvedeni pojmovi te teorije, a sve tvrdnje se dokazuju iz aksioma ili vecdokazanih tvrdnji. Za odabrani sustav aksioma moraju vrijediti sljedeca tri naµcela:naµcelo neprotuslovnosti, naµcelo potpunosti i naµcelo nezavisnosti.

Za sustav aksioma fA1;...,Ang teorije A kaµzemo da je neprotuslovan ako se iz tihaksioma ne mogu dokazati me�usobno suprotne tvrdnje T i �T , tj. istinita je toµcnojedna 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 izomor�zam, postoji jedan jedini model te teorije. Ako postoje dvaneizomorfna modela smatra se da sustav aksioma nije potpun. Naµcelo potpunostikatkad zovemo i naµcelom kategoriµcnosti.

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

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

Nezavisnost aksioma Ai u sustavu aksioma fA1; :::; Ang obiµcno se provjerava tako dase na�e neki model u kojem vrijede svi aksiomi osim njega, tj. model sustava aksiomafA1; :::; Ai�1; 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 pouµcci o kutovima6. Sukladnost trokuta7. Neki pouµcci o trokutima i µcetverokutima8. Sliµcnost trokuta9. µCetiri karakteristiµcne toµcke trokuta10. Neki teoremi o kruµznici11. Tangencijalni i tetivni µcetverokut

1.1. Aksiomi euklidske geometrije ravnine

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

I. Aksiome incidencije ili pripadanja

II. Aksiome ure�aja

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 znaµci datoµcka A pripada ili leµzi u ravnini M; a oznaka A 2 p da toµcka A pripada ilileµzi na pravcu p. Za pravac p �M kaµzemo da pripada ili leµzi u ravnini M .

Aksiom I-1. Za svake dvije razliµcite toµcke A;B 2 M postoji jedinstveni pravac izM kojemu one pripadaju. Taj se pravac oznaµcava sa AB:

Aksiom I-2. Na svakom pravcu leµze barem tri razliµcite toµcke.

Aksiom I-3. Postoje tri nekolinearne toµcke, tj. tri toµcke koje ne leµze na istompravcu.

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

1.1.2. Aksiomi ure�aja

Aksiom II-1. Na svakom pravcu ravnine postoje toµcno dva me�usobno suprotnalinearna ure�aja.

Oznaµcimo linearne ure�aje iz Aksioma II-1 sa " 4 " i " < ": Za pravac p �M kaµzemoda je orijentiran ako smo na njemu odabrali jedan od ta dva linearna ure�aja kaoure�aj pozitivnog smjera. Njemu suprotan ure�aj je tada ure�aj negativnog smjera.Na slikama se obiµcno pozitivni smjer orijentiranog pravca oznaµcava strelicom.

Aksiom II-1 nam omogucava da de�niramo pojam leµzati izme�u, te pomocu njegapojam polupravca i duµzine.

Neka su A;B 2 M dvije razliµcite toµcke ravnine M . Po Aksiomu I-1 postojijedinstveni pravac AB na kojemu leµze toµcke A i B. Bez smanjenja opcenitostimoµzemo pretpostaviti da je A � B. Kaµzemo da toµcka T 2 AB leµzi izme�u toµcakaA i B ako je A � T � B: Kaµzemo da toµcke A i B leµze sa suprotnih strana toµckeT 2 AB ako je A � T � B, tj. ako toµcka T leµzi izme�u toµcaka A i B: Za toµcke A iB kaµzemo da leµze s iste strane toµcke T 2 AB ako je T � A � B ili A � B � T:De�nicija 1.1. Neka je p � M proizvoljan pravac ravnine M i A 2 p proizvoljnatoµcka pravca p: Skup svih toµcaka T pravca p koje leµze s iste strane toµcke A; ukljuµcujuciu taj skup i toµcku A; nazivamo polupravcem s vrhom u toµcki A i oznaµcavamo saAx. Pravac na kojemu leµzi polupravac Ax oznaµcavamo sa (Ax).

Primijetimo da su na proizvoljnom pravcu de�nirana toµcno dva razliµcita polupravca svrhom u nekoj njegovoj zadanoj toµcki A. Takve polupravce koji leµze na istom pravcui imaju isti vrh, a ne podudaraju se, nazivamo komplementarnim polupravcima.Polupravac je jednoznaµcno odre�en vrhom A i jo� jednom njegovom toµckom B ra-zliµcitom od A.


De�nicija 1.2. Neka su A;B 2 M dvije toµcke ravnine M i p � M pravac nakojemu leµze toµcke A i B: Skup

fT 2 p : A 4 T 4 Bg

nazivamo duµzinom i oznaµcavamo AB. Toµcke A i B nazivamo krajevima ili rub-nim toµckama duµzine AB, a toµcke koje leµze izme�u toµcaka A i B nazivamo un-utarnjim toµckama duµzine AB:

De�nicija 1.3. Za skup K � M kaµzemo da je konveksan ako za svake njegovedvije toµcke A;B 2 K vrijedi da je AB � K:

Prazan skup je po de�niciji konveksan. Iz tranzitivnosti ure�aja 4 odmah slijedi dasu duµzina, polupravac i pravac konveksni skupovi.

De�nicija 1.4. Neka je S proizvoljan podskup ravnine M . Konveksna ljuska odS; u oznaci convS; je presjek svih konveksnih skupova iz M koji sadrµze 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 sadrµzi S: Na primjer:Ako je S = fA;Bg, onda je convS = AB, tj. konveksna ljuska dviju razliµcitihtoµcaka A i B je duµzina AB:Neka su A;B;C tri razliµcite nekolinearne toµcke i 4 = fA;B;Cg: Konvesnu ljuskuod4 nazivamo trokutom i oznaµcavamo conv4 = 4ABC: Toµcke A;B;C nazivamovrhovima toga trokuta, a duµzine AB; BC i CA stranicama trokuta.

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

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


Propozicija 1.1. Ako pravac sijeµce jednu stranicu trokuta i ne prolazi niti jednimnjegovim vrhom, onda on sijeµce toµcno jo� jednu stranicu toga trokuta.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. pretpostavimo da pravac p ne prolazi nitijednim vrhom trokuta4ABC, a sijeµce sve tri njegove stranice. Neka je P 2 BC\p;Q 2 AC \ p i R 2 AB \ p. Toµcke P;Q i R su tri me�usobno razliµcite toµcke pravca pi bez smanjenja opcenitosti pretpostavimo da toµcka P leµzi izme�u toµcaka Q i R, tj.da je P 2 QR. Buduci je P 2 BC, to je P 2 QR\BC, pa pravac BC sijeµce duµzinuQR u toµcki P: No, pravac BC ne sijeµce duµzinu AQ (AQ � AC, C 2 BC \ AC, aC =2 AQ jer je Q unutarnja toµcka duµzine AC) i ne sijeµce duµzinu AR (AR � AB, aB 2 BC \ AB;a B =2 AR jer je R unutarnja toµcka duµzine 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 toµcka T na tom polupravcu takva da je d(O; T ) = a:

Broj d(A;B) nazivamo udaljeno�cu toµcaka A i B ili duljinom duµzine AB i oz-naµcavamo sa jABj : Aksiom III-3 stoga moµzemo izreci i ovako:

Zbroj duljina dviju stranica trokuta uvijek je veci od duljine trece stranice.

To je razlog za�to se Aksiom III-3 naziva jo�i nejednakost trokuta. µCesto umjestoduljina stranice kaµzemo samo stranica, pa Aksiom III-3 skraceno glasi:

Zbroj dviju stranica trokuta veci je od preostale trece stranice.

Metrika nam omogucava da de�niramo pojam izometrije.

De�nicija 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) = 0AIII-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 .

De�nicija 1.6. Neka je f : M ! M izometrija. Reci cemo da je toµcka T 2 M�ksna toµcka 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 !Mrazliµcita 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 toµcki 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: De�nirajmo binarnu relaciju � na M n p na

naµcin:A�B , AB \ p = ;:

A�B, A /�C


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

Dokaz. Re�eksivnost i simetriµcnost ove relacije su oµcite.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: Dokaµzimo jo�da postoje toµcno dvije klaseekvivalencije �.Uzmimo neku toµcku P 2 p i povucimo kroz tu toµcku pravac q razliµcit od p (takav pos-toji jer po Aksiomu I-3 postoje tri nekolinearne toµcke). Sada na pravcu q odaberimotoµcke A1 i A2 koje leµze s razliµcitih strana toµcke P i za koje je d(P;A1) = d(A2; P ) = 1(takve postoje po Aksiomu III-4).

Toµcke A1 i A2 ne pripadaju pravcu p (uprotivnom je q = p), pa su A1; A2 2 M n pi A1A2 \ p = fPg, �to znaµci da A1 /�A2, tj. [A1] 6= [A2]. Dakle, postoje barem dvijerazliµcite klase evivalencije �: Pokaµzimo da su to i jedine dvije klase.Neka je T 2M n p bilo koja toµcka skupa M n p. Razlikujemo dva sluµcaja:(a) Ako je T 2 q, onda se toµcka T mora nalaziti s iste strane toµcke P s koje se nalazitoµcka A1 ili toµcka A2, pa je T 2 [A1] ili je T 2 [A2].(b) Ako je T =2 q, onda toµcke T;A1 i A2 de�niraju trokut 4TA1A2 i pravac p neprolazi niti jednim vrhom toga trokuta. Buduci pravac p sijeµce A1A2; to p sijeµcejo� toµcno jednu od duµzina TA1 i TA2 (po Propoziciji 1.1.), pa je T 2 [A1] ili jeT 2 [A2] : Time smo pokazali da � de�nira toµcno dvije klase ekvivalencije �.

De�nicija 1.7. Svaku klasu relacije ekvivalencije � nazivamo poluravninom odre�enompravcem p: Zatvorena poluravnina je unija poluravnine i pripadnog graniµcnogpravca p.

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

Propozicija 1.3. Za svaki orijentirani pravac p �M i za svaku toµcku 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 polupravcaodre�ena pravcem p s vrhom u toµcki O. De�nirajmo funkciju f : p! R na sljedecinaµcin

f(T ) =

�d(O; T ); T 2 Ox;�d(O; T ); T 2 Ox0:

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

Korolar 1.1. Za svake dvije razliµcite toµcke A;B 2 M postoji jedinstvena toµcka Cna pravcu AB takva da je d(A;C) = d(B;C) i toµcka C leµzi izme�u toµcaka A i B:

Dokaz. Ako orijentiramo pravac AB tako da je A � B, onda je po prethodnojpropoziciji toµcka C 2 Ax = fT 2 AB : A � Tg jednoznaµcno odre�ena jednako�cu

d(A;C) =1

2d(A;B):

Buduci da toµcka C leµzi na polupravcu Ax; to je A � C; tj. toµcka A ne leµzi izme�utoµcaka B i C: Tako�er, toµcka B ne moµze leµzati izme�u toµcaka 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 leµzi

izme�u toµcaka 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)

De�nicija 1.8. Toµcku C koja leµzi na pravcu AB i za koju je d(A;C) = d(B;C)nazivamo polovi�tem duµzine AB:

1.1.5. Aksiom o paralelama

Aksiom V-1. Toµckom van danog pravca prolazi najvi�e jedan pravac koji danipravac ne sijeµce.Ovim aksiomom je dovr�ena aksiomatika Euklidske geometrije ravnine. Ovako

aksiomatski de�nirana Euklidska geometrija ima apstraktni karakter i kao takvadopu�ta realizaciju u razliµcitim modelima. Tako bi jedan njezin model bio modelu kojem je osnovni prostor euklidska polusfera bez glavne kruµznice, toµcke su toµckete polusfere, a pravci glavne polukruµznice. No, intuitivno najbliµzi model je onajkoji su koristili jo� stari Grci i koji je svakom µcovjeku jasan i prepoznatljiv. To jetzv. klasiµcni model u kojem se ravnina shvaca kao ravna neograniµcena ploha (poputneograniµcenog lista papira), toµcke kao njezini beskonaµcno mali nedjeljivi dijelovi,


a pravci kao neograniµcene ravne crte. De�nirajuci geometriju ravnine aksiomatski,Euklid ju je apstrahirao i odvojio od klasiµcnog modela u kojem je poµcetno bilarealizirana. No, unatoµc tomu �to se aksiomatskom postavkom geometrija ravninemoµze predoµciti u razliµcitim modelima, klasiµcni model je ostao najprihvaceniji i na-jprisutniji jer je intuitivno µcovjeku najbliµzi i najjasniji. Uµceci geometriju od osnovnepreko srednje �kole dijete prolazi kroz sliµcan 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 sijeµce dva drugapravca tvori s njima s iste strane unutarnje kutove µciji je zbroj manji od dva pravakuta, onda se ta dva pravca neograniµceno produµzena sastaju s one strane na kojoj jetaj zbroj manji od dva prava kuta.Taj postulat nije toliko oµcigledan i ne moµze 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 poku�aja dokaza petogEuklidovog postulata, i to od strane vrsnih matematiµcara.Bez obzira na neuspjeh svih tih poku�aja dokazivanja petog postulata, do poµcetka

19: stoljeca nitko nije sumnjao u istinitost Euklidova postulata o paralelama i ci-jele geometrije. Da bi se rije�io taj problem bio je potreban novi matematiµcki genij,netko sposoban uhvatiti se u ko�tac sa starim uvjerenjima i novim poimanjem prob-lema. Takav je bio Nikolaj Ivanoviµc Lobaµcevski. Kao i mnogi drugi matematiµcari,i Lobaµcevski je najprije poku�ao dokazati peti postulat. U svojim je istraµzivanjimanajprije obradio onaj dio geometrije koji se moµze izvesti bez upotrebe petog postulata.Zatim je pretpostavio da je kroz jednu toµcku izvan pravca moguce povuci vi�e pravacakoji zadani pravac na presijecaju (tzv. aksiom Lobaµcevskog). Ako je peti postulatposljedica drugih Euklidovih aksioma, onda bi ova njegova negacija trebala dovestido proturjeµcnosti. Me�utim, polazeci od te tvrdnje i izvodeci iz nje nove zakljuµcke,Lobaµcevski je utvrdio da tu nema nikakvog logiµckog proturjeµcja, vec dobiveni zakljuµccii rezultati formiraju novu logiµcnu i skladnu geometriju, drukµciju 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 rije�en problempetog postulata. Novu geometriju Lobaµcevskog Gauss je nazvao neeuklidovom, a mije danas nazivamo hiperboliµckom geometrijom. Iako otkrice neeuklidske geometrijeide u red najvecih otkrica u povijesti matematike, njegovi ga suvremenici nisu priz-nali, a njegova geometrija je bila doµcekana s potpunom ravnodu�no�cu, µcak s ironi-jom. Samo su dvojica njegovih suvremenika podrµzavali njegove ideje: János Bolyaii Gauss. Lobaµcevski je preminuo 1856: godine nepriznat i zaboravljen, ali vec 70-ihgodina 19: st. njegovo je ime bilo poznato matematiµcarima diljem svijeta i njegovase geometrija poµcela ubrzano razvijati. Poslije su se prouµcavale i druge geometrijekoje su se razvile na osnovu aksioma da se svi pravci sijeku, tj. da toµckom izvandanog pravca ne prolazi ni jedan pravac koji ne sijeµce dani pravac. Tako je nastalatzv. Riemannova eliptiµcka geometrija.

Napomena 1.2. Ovdje izloµzena aksiomatika je tzv. metriµcka aksiomatika. No, vrloµcesta je i Hilbertova aksiomatika. U Hilbertovoj aksiomatici euklidske geometrije


ravnine se koristi 5 osnovnih pojmova: dva osnovna objekta (toµcka, 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 µcetiri skupine tih aksioma nazivamo apsolutnomgeometrijom ravnine i oni su neovisni o tome je li toµckom van pravca moµzemopovuci jedan i samo jedan pravac ili pak vi�e pravaca koji ne sijeku dani pravac.Da bi zavr�ili aksiomatizaciju Euklidske geometrije ravnine potreban je i Euklidovaksiom o paralelama. No, dodamo li aksiomima apsolutne geometrije, umjesto Eu-klidov aksiom o paralelama, aksiom Lobaµcevskog dobivamo aksiomatiku hiperboliµckegeometrije.

1.2. Neka svojstva izometrija i osnih simetrija

De�nirali smo izometrije ravnine i posebno istakli osne simetrije sp (6= idM) kaoizometrije kojima su sve toµcke osi simetrije p �ksne toµcke. Pokazali smo da suizometrije injekcije, a ubrzo cemo pokazati i da su izometrije surjekcije, dakle bi-jekcije. No, najprije primijetimo da izometrije µcuvaju relaciju "biti izme�u" iz µcegaodmah slijedi da µcuvaju i kolinearnost toµcaka. Naime, ako toµcka B leµzi izme�utoµcaka 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 povlaµci (opet po Aksiomu III-3) da toµcka f(B) leµzi izme�utoµcaka f(A) i f(C): No, ovo znaµci da su te toµcke i kolinearne, pa izometrije µcuvajui kolinearnost toµcaka. �tovi�e, poslije cemo dokazati da je izometriµcna slika pravcaopet pravac.

Propozicija 1.4. Neka je f :M !M izometrija. Tada vrijedi:(a) Ako su A i B razliµcite �ksne toµcke izometrije f; onda je i svaka toµcka pravcaAB �ksna toµcka od f:(b) Ako je f(A) = B i f(B) = A, onda je polovi�te duµzine AB �ksna toµcka od f:(c) Ako su A;B;C 2 M tri nekolinearne �ksne toµcke izometrije f; onda je f iden-titeta.

Dokaz. (a) : Neka su A i B �ksne toµcke 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 toµcka pravca jednoznaµcno odre�ena svojim udaljenostimaod dviju razliµcitih toµcaka toga pravca (Propozicija 1.3.).


(b) : Neka je f(A) = B i f(B) = A i neka je C polovi�te duµzine AB. Izometrija fµcuva kolinearnost toµcaka, pa je toµcka 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 toµcka f (C) polovi�te duµzine AB, a zbog jedinstvenosti polovi�ta slijedi da jef (C) = C. Stoga je C �ksna toµcka izometrije f:

(c) : Neka su A;B;C 2 M tri nekolinearne �ksne toµcke izometrije f . Tada su svetoµcke pravaca AB; AC; BC �ksne toµcke izometrije f (po tvrdnji (a) ove propozicije).Neka je T 2 M bilo koja toµcka ravnine M koja ne leµzi na tim pravcima i neka je ppravac koji spaja toµcku T s jednom unutarnjom toµckom duµzine BC. Stoga pravacp sijeµce stranicu BC, pa po Paschovom aksiomu primjenjenom na pravac p i trokut4ABC, pravac p sijeµce jo�jednu stranicu toga trokuta. No, tada pravac p ima dvijerazliµcite �ksne toµcke, pa su sve toµcke pravca p �ksne toµcke izometrije f (po tvrdnji(a) ove propozicije). Buduci je T 2 p, to je i T �ksna toµcka, 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 toµcka T 2 p0koja ne leµzi na pravcu p: Odaberimo na pravcu p dvije razliµcite toµcke A i B: ToµckeA;B i T su tri nekolinearne �ksne toµcke osne simetrije sp. Naime, iz A;B 2 p slijedida su A i B �ksne toµcke osne simetrije sp; a kako je sp(T ) = sp0(T )

T2p0= T; to je i T

�ksna toµcka od sp. To, po prethodnoj propoziciji (tvrdnja (c)), znaµci 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 toµcaka osim toµcaka na osi p: Poluravnina odre�enapravcem p se osnom simetrijom sp preslikava u drugu poluravninu odre�enu tim istimpravcem. Posebno, sp je bijekcija µciji je inverz jednak sp; tj. s�1p = sp:

Dokaz. Osna simetija sp je izometrija ravnine M , pa je i kompozicija sp � spizometrija od M: Buduci je svaka toµcka pravca p �ksna toµcka 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 s�1p = sp:Osna simetrija sp nema drugih �ksnih toµcaka osim toµcaka pravca p (uprotivnom bi,po Propoziciji 1.4. (tvrdnja (c)), sp bila identiteta).Ako je T 2M np; onda je polovi�te P duµzine Tsp(T ) �ksna toµcka od sp (po Propozi-ciji 1.4. (tvrdnja (b)) i involutornosti od sp): Stoga je P 2 p i toµcka sp(T ) leµzi u onojpoluravnini od p u kojoj ne leµzi toµcka T: Zbog bijektivnosti osne simetrije i µcin-jenice da osna simetrija µcuva kolinearnost toµcaka slijedi da se poluravnina odre�enapravcem p osnom simetrijom sp preslikava u drugu poluravninu odre�enu tim istimpravcem.


Propozicija 1.7. Neka su A;B 2 M dvije razliµcite toµcke 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 polovi�te duµzineAB; aOx (odnosnoOy) polupravacs poµcetkom u toµcki O koji sadrµzi toµcku 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 µcuva relaciju "biti izme�u", µcuva i ure�aj, pa ako je Onajmanja toµcka usmjerenog polupravca Ox, onda i njezina slika mora biti najmanjatoµcka usmjerenog polupravca Oy, a to je toµcka O). Buduci je A 2 Ox, B 2 Oy; a

d(O;A)polovi�ste= d(O;B);

to su O;A;B; sp (A) ; sp (B) 2 AB kolinearne toµcke 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 toµckeA i B �ksne toµcke izometrije sp � sp0. No tada je, po Propoziciji 1.4. (tvrdnja (a)),svaka toµcka pravca AB �ksna toµcka izometrije sp � sp0. Tako�er, sp � sp0 6= sAB jersp � sp0 µcuva poluravnine odre�ene 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 zajedniµckim vrhom O: Tadapostoji jedinstveni pravac p koji prolazi toµckom 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 jo�dokazati 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.


De�nicija 1.9. Neka su Ox i Oy dva polupravca s zajedniµckim 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 razliµcite toµcke ravnine M: Skup svihtoµcaka iz M koje su jednako udaljene od toµcaka A i B je os p jedinstvene osnesimetrije sp koja zamjeni A i B: Taj pravac nazivamo simetralom duµzine AB:

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

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

Ako je T 2 p, onda je T �ksna toµcka 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 toµckom A, a Ty polupravac s vrhom u T koji prolazi toµckomB: 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, vrijedip = fT 2M : d (A; T ) = d (T;B)g :

De�nicija 1.10. Kaµzemo da je pravac p �M okomit ili ortogonalan na pravacq �M , i pi�emo p ? q, ako je p 6= q i sp(q) = q:

Propozicija 1.10. Relacija ? je simetriµcna relacija na skupu svih pravaca u ravnini.Simetrala duµzine AB je okomita na pravac AB i prolazi polovi�tem duµzine 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)), polovi�te P duµzine AB � p �ksna toµcka od sq, pa je


P zajedniµcka toµcka pravaca p i q. Kako je q jedinstvena os osne simetrije sq kojazamjenjuje toµcke A i B, to je q simetrala duµzine AB, iz µcega slijedi da je simetraladuµzine AB okomita na pravac AB i prolazi polovi�tem duµzine AB.

Pravac q je simetrala duµzine AB, pa je d (A; T ) = d (T;B) za svaki T 2 q. Buducida sp µcuva udaljenost toµcaka, 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 duµzine AB, a iz jedinstvenosti simetrale duµzineslijedi da je sp(q) = q: Time smo dokazali da je p ? q, pa je relacija ? simetriµcna.

Iz prethodnog dokaza je jasno da vrijedi:

Propozicija 1.11. Kroz svaku toµcku A 2M ravnine M prolazi toµcno jedan pravacokomit na dani pravac p �M:

Dokaz. Ako A =2 p; onda traµzeni pravac prolazi toµckom B = sp(A); pa to moµzebiti 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 traµzena okomica os jedine osne simetrije koja zamjenjuje dvapolupravca pravca p s vrhom u toµcki A (Propozicija 1.8.):

Teorem 1.1. (Osnovni teorem o izometrijama) Svaka izometrija f :M !M je iliosna simetrija ili kompozicija najvi�e 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 toµcka A 2 M takva da je f(A) = A0 6= A. Neka je a simetrala duµzine 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 toµcka. 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 duµzine 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 toµcka za h. Nadalje,

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

pa je i B �ksna toµcka 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 toµcke) i to su jedine �ksne toµcke od h (inaµce 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 konaµcno 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 µcinjenice da izometrija µcuva kolinearnosttoµcaka.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 duµzine AB je duµzina f(A)f(B):(b) Slika polupravca s poµcetkom u O je polupravac s poµcetkom u f(O):(c) Slika poluravnine odre�ene pravcem p je poluravnina odre�ena pravcem f(p):


Korolar 1.5. Ako je f :M !M izometrija, onda je i f�1 :M !M izometrija.

Dokaz. Za izometriju f vrijedi jedno od sljedeceg:

f = sa ) f�1 = s�1a = sa;

f = sa � sb ) f�1 = s�1b � s�1a = sb � sa;f = sa � sb � sc ) f�1 = s�1c � s�1b � s�1a = sc � sb � sa:

Iz ovog slijedi da je f�1 izometrija.

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

Dokaz. Neka su A;B;C 2 M tri nekolinearne toµcke za koje je f (A) = g (A) ;f (B) = g (B) i f (C) = g (C) : Tada je h = g�1 � f izometrija kojoj su A;B;C�ksne toµcke. Stoga je h = idM , tj. g�1 � f = idM , pa je f = g:Odavde odmah slijedi da je svaka izometrija potpuno odre�ena dvjema pridruµzenim

trojkama nekolinearnih toµcaka.

1.3. Rotacija i centralna simetrija

De�nicija 1.11. Rotacija s centrom O 2 M (oko toµcke O) je izometrija rav-nine M koja je ili jednaka identiteti idM ili joj je O jedina �ksna toµcka.

Oµcito je rotacija izometrija razliµcita od osne simetrije (jer �ksira ili samo jednutoµcku ili sve toµcke ravnine).

Teorem 1.2.

(a) Neka su p; p0 � M dva pravca u ravnini M koja se sijeku u toµcki O: Tada jekompozicija r = sp � sp0 rotacija oko toµcke 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 toµcki O: Uoµcimo da je tadatoµcka O �ksna toµcka izometrije r = sp � sp0.

Da bi r bila rotacija treba jo�dokazati da je O jedina njezina �ksna toµcka ili da jer identiteta.Pretpostavimo da je A jo�jedna �ksna toµcka od r, tj. da je r (A) = A: Tada je

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

r=sp�sp�= sp (sp (sp0(A))) = (sp � sp)(sp0(A))

invol:= sp0(A):

Oznaµcimo sa B = sp0(A) = sp(A): Po Propoziciji 1.7. postoji jedinstveni pravactakav da osna simetrija preko tog pravca zamjeni toµcke 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 toµcka za sp i sp0, pa je A 2 p\p0. No, kako se pravcip i p0 sijeku u toµcki O; to je A = O, tj. toµcka O je jedina �ksna toµcka izometrije r.Tvrdnju (b) dokaµzite 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 toµcki 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 traµzena rotacija.

Korolar 1.9. Ako je r rotacija ravnine M oko toµcke O, onda je i r�1 rotacijaravnine M oko toµcke O:

De�nicija 1.12. Neka je O 2M proizvoljna toµcka ravnineM: Centralna simetrijasO :M !M je bijekcija de�nirana na naµcin:

sO(T ) = T0 , O je polovi�te duµzine TT 0;

za svaki T 2M: Toµcka 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 toµckom 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. Pokaµzimo 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 toµcka B = sp(A)leµzi 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 :

Pokaµzimo jo�da je involutorna rotacija r = sp � sq s centrom O ustvari centralnasimetrija sO. Neka je T 2 M . Polovi�te duµzine Tr(T ) je tada �ksna toµcka od r.Kako je kompozicija osnih simetrija s obzirom na dva okomita pravca p i q razliµcitaod 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 razliµcite stvari. Gledajuci ga kao �guru koja se sastoji od dva polupravca sazajedniµckim vrhom, pod pojmom kuta µcesto se misli na dio ravnine, par polupravaca,pa µcak i na neku mjeru (kutnu mjeru). Mi cemo ovdje dati preciznu de�niciju kuta.

De�nicija 1.13. Kaµzemo 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 de�nirana relacija kongruencije relacija ekvivalencijena skupu svih parova polupravaca sa zajedniµckim vrhom Pripadne klase ekvivalen-cije nazivamo neorijentiranim kutovima. Klasu ekvivalencije koja sadrµzi par(Ox;Oy) oznaµcavat 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 ispruµzenim kutom.Nul kut se obiljeµzava sa 0, a ispruµzeni sa !.

Propozicija 1.12. Neka je Ox polupravac, a P zatvorena poluravnina odre�enapravcem (Ox): Za svaki neorijentirani kut � postoji jedinstveni reprezentant oblika(Ox;Oy); gdje je Oy � P: Drugim rijeµcima, 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 leµzi u P: Klasu ]xOy dobivenu od para okomitih polupravaca nazivamo pravimkutom. Taj kut cemo oznaµcavati sa �.Neka su Ox i Oy dva polupravca sa zajedniµckim vrhom O, koja ne leµze na istom

pravcu. Ure�enom paru (Ox;Oy) pridruµzimo pripadni otvoreni kutni isjeµcak do-biven kao presjek poluravnine Px koja sadrµzi polupravac Oy, a odre�ena je pravcem(Ox) i poluravnine Py koja sadrµzi polupravac Ox; a odre�ena je pravcem (Oy) :Zatvoreni kutni isjeµcak pridruµzen ure�enom paru (Ox;Oy) se dobiva kao presjekzatvorenih poluravnina Px i Py.

Relacije ure�aja na skupu neprjentiranih kutova

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

Ako polupravci Ox i Oy ne leµze na istom pravcu pridruµzimo kutu � = ]xOyzatvoreni kutni isjeµcak S� odre�en sa Ox i Oy. Ako je � ispruµzeni kut stavimoda je S� = P , a ako je � nul-kut stavimo da je S� = Ox. Neka je K skup svihneorijentiranih kutova. Na skupu K de�niramo relaciju � na naµcin:

� � � , S� � S�


Relacija � je relacija linearnog ure�aja na skupu K (provjerite) i ne ovisi o izborupara (Ox; P ). Ispruµzeni kut je najveci element uK, dok je nul-kut najmanji. Ure�eniskup (K;�) je strogo rastuce bijektivan s nekim segmentom u R. Naime, pokaµze seda postoji bijekcija koja preslikava K na segment u R i µcuva ure�aj. Iz toga ondadirektno slijedi da svaki podskup od K ima in�mum i supremum.U daljnjem cemo pod pojmom kuta podrazumijevati neorijentirani kut.

Zbrajanje i mjerenje kutova

Neka je � = ]xOy kut razliµcit od ispruµzenog kuta. Sa S(Ox;Oy) oznaµcimozatvoreni kutni isjeµcak ome�en polupravcima Ox i Oy ako je Ox 6= Oy. U sluµcajuda je Ox = Oy stavljamo da je S(Ox;Oy) = Ox.

De�nicija 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 de�niran (donja slika).

Ako je Oz polupravac komplementaran sa Ox, onda je a+ � ispruµzeni kut i kaµzemotada da je � suplement od �:


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

polupravaca Ox i Oy je polupravac Oz koji leµzi na simetrali polupravaca Ox i Oyi leµzi u S(Ox;Oy): Za polupravac Oz kaµzemo da je simetrala kuta ]xOy: Oµcitoje

]xOz = ]zOy i ]xOz + ]zOy = ]xOy�to povlaµci da je

2]xOz = ]xOy:Kaµzemo tada da je kut ]xOz jednak polovini kuta ]xOy i pi�emo

]xOz = 1

2]xOy:

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

12n�:

Konstrukcija mjerenja kuta

Mjeru kuta de�nirat cemo pomocu predstavnika kuta. Neka je � = ]xOyreprezentiran parom (Ox;Oy), gdje je Ox zadani polupravac, a Oy polupravacsadrµzan u zatvorenoj poluravnini P odre�enoj pravcem (Ox) :Neka je Ou unutarnja simetrala polupravaca Oy i Oz koji leµze u P . Stavimo daje � = ]xOy; a = ]yOz. Tada je ]xOu = � + 1

2 . �tovi�e, svaki polupravac

koji leµzi u S (Oy;Oz) sadrµzan je u jednom od isjeµcaka: 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

qn2�n! � � � (qn + 1)2�n!;

gdje je ! ispruµzeni kut.

Ova konstrukcija mjerenja kuta je to toµcnija �to je n veci i ona nam omogucavada de�niramo "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� = fq2�n! : � � q2�n!; 0 � q � 2n; n 2 Ng:

De�nicija 1.15. Mjera neorijentiranih kutova je svaka strogo rastuca funkcija' : K ! R+0 takva da je '(�+ �) = '(�)+'(�); kad god je suma �+ � de�nirana.

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 naµcin je mjera kuta de�nirana sasvim elementarno i strogo matematiµcki.Posebno, ako je s = 180; onda se realni broj '(�) zove mjera kuta � u stupnje-vima i pi�e 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 µcija je mjera izme�u 00 i

900 (odnosno u radijanima izme�u 0 i �2) nazivamo �iljastim kutom, a onaj µcija je

mjera izme�u 900 i 1800 (odnosno izme�u �2i �) tupim kutom.

Jo� su nam iz osnovne �kole poznati i tzv. izboµceni kutovi, tj. kutovi µcija jemjera veca od 180�, no po na�oj de�niciji kuta njegova mjera ne moµze prijeci 180�.Stoga cemo pojam kuta pro�iri na sljedeci naµcin:Ako je zadan kut � = ]xOy; onda je njime potpuno odre�en njegov kutni isjeµcakS� � M: Dogovorno se uzima da je komplementarni zatvoreni isjeµcak (M n S�) [(Ox[Oy) tako�er isjeµcak nekog kuta, koji ima iste krakove kao i polazni kut. Takavkut nazivamo izboµcenim kutom. Dogovorno uzimamo da je mjera takvog kuta3600 � �0; odnosno 2� � � u radijanima. Kut i njemu pridruµzeni izboµceni 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 pouµcci o kutovima

Iz grupe aksioma I-IV moµze se dokazati da u ravnini postoje pravci koji se nesijeku. Naime, iz Propozicije 1.11. (jedinstvenost okomice kroz danu toµcku) slijedida se razliµciti pravci koji su okomiti na neki pravac dani pravac ne sijeku. Iz ovogodmah dobivamo:Toµckom izvan danog pravca prolazi barem jedan pravac koji ne sijeµce dani pravac.Me�utim, mnogo sloµzenije pitanje je moµze li se iz grupe aksioma I-IV pokazati

da je takav pravac i jedinstven. Lobaµcevski je pokazao da se to ne moµze, pa se jedin-stvenost takvog pravca zahtijeva posebnim Aksiomom V-1 koji kaµze da toµckom izvanpravca prolazi najvi�e jedan pravac koji ne sijeµce dani pravac. Iz svega prethodnogslijedi:Toµckom izvan danog pravca prolazi toµcno jedan pravac koji ne sijeµce dani pravac.

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

De�nicija 1.17. Neka su dana dva razliµcita paralelna pravca p i q: Svaki pravac tkoji sijeµce pravce p i q nazivamo transverzalom ili presjeµcnicom 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 izmjeniµcnim kutovima,

� Kutove � i 1; te � i �1 nazivamo vanjskim izmjeniµcnim kutovima,

� Kutove � i �1; te � i 1 nazivamo vanjskim prikutima,

� Kutove i �1; te � i �1 nazivamo unutarnjim prikutima.

Propozicija 1.15. (Pouµcak o transverzali) Razliµciti paralelni pravci zatvaraju sasvakom transverzalom jednake protukute, jednake izmjeniµcne kutove i suplementarneprikute. I obrnuto, ako dva pravca p i q presjeµcemo trecim pravcem t; te ako je� = �1, onda su pravci p i q paralelni. Sliµcno vrijedi ako je � = 1; odnosno ako je�+ �1 ispruµzeni kut, tj. ako su � i �1 suplementarni.

Dokaz. Sami.

Neka je dan trokut4ABC s vrhovimaA;B;C i stranicamaBC;CA;AB:Duljinestranica toga trokuta oznaµcavamo sa a = jBCj, b = jACj, c = jABj :Katkad stranicutrokuta identi�ciramo s njezinom duljinom.Sa ]CAB oznaµcimo kut odre�en polupravcima kojima je vrh u toµcki A, te jedanod njih prolazi toµckom B, a drugi toµckom C: Primijetimo da njemu pripadni kutniisjeµcak S]CAB sadrµzi trokut 4ABC: Analogno de�niramo i kutove ]BCA i ]ABC:Kutove]CAB; ]BCA i]ABC nazivamo unutarnjim kutovima trokuta4ABCili krace kutovima trokuta 4ABC: Njihove mjere redom oznaµcavamo sa �; �; :Uobiµcajeno je kut identi�cirati s njegovom mjerom i pisati � = ]CAB; � = ]ABC; = ]BCA: Kaµzemo 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 ispruµzenom kutu,tj. iznosi 1800 ili � radijana.

Dokaz. Neka je 4ABC dani trokut.

Toµckom 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 izmjeniµcni kutovi).Stoga je �+ � + = �0 + �0 +

0= 1800:

De�nicija 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.

De�nicija 1.19. Za trokut kaµzemo 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.

Oµcito, svaki trokut ima najvi�e jedan pravi ili tupi kut.

De�nicija 1.20. Vanjski kut trokuta 4ABC pri vrhu A je kut izme�u 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

De�nicija 1.21. Neka su 4ABC i 4A0B0C 0 dva trokuta. Kaµzemo da su ti trokutisukladni ili kongruentni ako postoji bijekcija f : fA;B;Cg ! fA0; B0; C 0g izme�unjihovih 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 pi�emo 4ABC �= 4A0B0C 0:Dokaµzimo sada sljedece µcetiri karakterizacije sukladnosti trokuta. U svim tim karak-terizacijama je smjer nuµznosti (smjer u kojem je pretpostavka sukladnost trokutova)trivijalno dokazati jer tvrdnja tada slijedi iz direktno iz de�nicije, pa cemo dokazivatisamo smjer dovoljnosti.

Teorem 1.5. (Pouµcak 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 odre�enu pravcemAB u poluravninu odre�enu 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 polovi�te duµzine C 0C 00. Kako je��A0C 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 toµcki O �to je u kontradikciji s jedinstveno�cu okomice.Stoga je C 0 = C 00. Sada traµzenu bijekciju f : fA;B;Cg ! fA0; B0; C 0g de�niramokao f = g jfA;B;Cg : Izometrija g oµcito preslikava kut � u �0; � u �0 te u 0, a timeje teorem dokazan.

Teorem 1.6. (Pouµcak 2. S �K � S) Dva su trokuta sukladna ako se podudarajuu dvije stranice i kutu izme�u njih.

Dokaz. Neka su 4ABC i 4A0B0C 0 trokuti takvi da je b = b0; c = c0 i � = �0: Pode�niciji jednakosti kutova � = �0 , S� = S�0, 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 Pouµcku S�S�S,trokuti 4ABC i 4A0B0C 0 sukladni.

Teorem 1.7. (Pouµcak 3. K �S �K) Dva su trokuta sukladna ako se podudarajuu jednoj stranici i dva kuta uz tu stranicu.


Zadatak 8. Dokaµzite ovaj teorem.

Propozicija 1.18. Neka je 4ABC neki trokut. Tada je(a) jABj = jACj , = �:

(b) Nasuprot vecoj stranici leµzi veci kut i obratno.

Dokaz. (a) Dokaµzimo da je jABj = jACj , = �:

) : Neka u trokuta 4ABC vrijedi da je jABj = jACj : Treba dokazati da je = �:

Neka je P polovi�te stranice BC: Kako je jBP j = jPCj ; jABj = jACj i AP zajed-niµcka stranica trokutova4ABP i4PCA, to su ti trokuti sukladni po Pouµcku 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 noµzi�te oznaµcimo sa P: Sada trokuti 4ABP i4PCA imaju jednu zajedniµcku stranicu AP i jednake kutove na njoj pa po PouµckuK � S �K oni su sukladni. Dakle, jABj = jACj :

(b) Dokaµzimo da nasuprot vecoj stranici leµzi veci kut i obratno.

) : Neka je a < c. Dokaµzimo da je � < :

Produljimo stranicu BC preko vrha C do toµcke D sa svojstvom da je jBDj = jABj :Trokut 4ABD je jednakokraµcan, pa je ]DAB = ]ADB i taj kut oznaµcimo �: 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 toµcka na stranici BC takva da je jBDj = jABj :

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

Za trokut 4ABC kaµzemo da je jednakokraµcan 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 jednakokraµcnom trokutukutovi na bazi su jednaki.Ako sve tri stranice trokuta imaju jednaku duljinu, onda takav trokut zovemo jed-nakostraniµcni. Svi kutovi u jednakostraniµcnom trokutu su jednaki i iznose 600:Svojstva jednakokraµcnog i jednakostraniµcnog trokuta omogucavaju konstrukciju ku-tova s mjerom 150; 300; 450; 600; 750 : : :

Teorem 1.8. (Pouµcak 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 jo�pokazati da je g(B) = B0: Pretpostavimo suprotno tj. daje g(B) = B00 6= B0: Tada B00 ili leµzi izme�u toµcaka A0 i B0 ili je to toµcka 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 jednakokraµcan. Stoga je]C 0B00B0 �iljast, �to znaµci da je njegov suplement tup. Sada po Propozicije ?? (u


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

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

De�nicija 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 µcetiri toµcke A;B;C i D i neka su AB; BC; CD i DAnjima pripadne duµzine. Ako se nikoje dvije te duµzine ne sijeku u svojoj unutarnjojtoµcki, onda uniju duµzina AB [ BC [ CD [ DA nazivamo zatvorenom poligo-nalnom crtom ili jednostavno poligonalnom crtom. Dio ravnine ome�en tompoligonalnom crtom nazivamo µcetverokutom i obiljeµzavamo ga s ABCD: ParoveAB i CD te BC i AD nazivamo nasuprotnim stranicama µcetverokuta.

Trapez je µcetverokut kojemu barem jedan par nasuprotnih stranica leµzi na paralel-nim pravcima. Te paralelne stranice zovu se osnovice ili baze trapeza, a ostaledvije krakovi trapeza. Paralelogram je µcetverokut kojemu oba para nasuprotnihstranica leµze 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 me�usobno jednake.Romb je paralelogram kojemu su sve stranice me�usobno jednake.

Propozicija 1.19.

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

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

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

paralelogram.


Dokaz. (a) Povucimo dijagonalu AC: Trokuti 4ABC i 4ADC imaju jednu zajed-niµcku stranicu- stranicu AC, te je ]CAB = ]ACD i ]DAC = ]BCA (po Pouµckuo transverzali). Sada, po Pouµcku 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 µcetverokut kojem se dijagonale AC i BD raspolavljaju.Dokaµzimo da je ABCD paralelogram.Oznaµcimo sa M sjeci�te tih dijagonala.

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

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

Tada je jABj =��CD�� (po (a)); te je ]ABM = ]CDM; ]MAB = ]MCD (po

Pouµcku o transverzali). Stoga su, po Pouµcku K�S�K, trokuti 4ABM i 4DMCsukladni, pa se popudaraju i u duljinama drugih dviju stranica. Iz toga slijedi da sedijagonale raspolavljaju.(c) Neka za µcetverokut ABCD vrijedi da je

��AD�� = ��BC�� i AD k BC: Povucimodijagonalu BD: Po Pouµcku o transverzali je ]BDA = ]DBC; pa su trokuti4ABDi 4BCD sukladni (po Pouµcku S �K � S jer im je BD zajedniµcka stranica). Stogaje i jABj =

��DC�� i ]CDB = ]ABD, pa po Pouµcku o transverzali slijedi da jeAB k CD �to znaµci da je ABCD paralelogram.

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


toµcku An s toµckom B i vuµcemo paralele s duµzinom AnB iz toµcaka Ai.

1.7. Sliµcnost trokuta

De�nicija 1.23. Neka su zadane duµzine AB i CD: Pod omjerom duµzina AB iCD podrazumijevamo omjer duljina tih duµzina, tj. realni broj

AB : CDdef=jABj��CD�� :

Kaµzemo da su duµzine AB; CD i A0B0; C 0D0 proporcionalne ili razmjerne ako je

jABj��CD�� =��A0B0��C 0D0

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

Tales

A = Ox \ a; A0 = Oy \ a; B = Ox \ b; B0 = Oy \ b: Tada su duµzine OA;OB iOA0; OB0 proporcionalne. �tovi�e, vrijedi��OA��OB�� =

��OA0��OB0�� =��AA0��BB0�� :

Dokaz. Dokaz provodimo samo u posebnom sluµcaju kad je��OA��OB�� = n

m2 Q:

Neka je A1 toµcka polupravca Ox takva da je��OA�� = n � ��OA1�� :


Tada je ��OB�� = m

n��OA�� = m � ��OA1�� :

Kroz toµcku A1 povucimo paralelu s pravcem a (a onda i s b jer su a i b paraleleni) injeno sjeci�te s krakom Oy oznaµcimo sa A

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

Sada je ��OB0�� = m � ��OA01�� = m 1n ��OA0��tj. ��OA0��OB0�� = n

m=

��OA��OB�� ;a to se i tvrdilo.

Dokaµzimo i drugi dio tvrdnje, tj. dokaµzimo da jejOAjjOBj =

jAA0jjBB0j .

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

µCerverokut A0B0CA je paralelogram. Paralelni pravci p i y sijeku kut ]OBB0, paje ��BA��BO�� =

��BC��BB0�� :Odavde imamo��OB�� OA��OB�� =

��BB0�� B0C��BB0�� jB0Cj=jAA0j=

��BB0�� AA0��BB0�� )


1��OA��OB�� = 1�

��AA0��BB0�� )��OA��OB�� =��AA0��BB0�� ;

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

De�nicija 1.24. Neka su dani trokuti4ABC i4A0B0C 0: Kaµzemo da su oni sliµcni,i pi�emo4ABC � 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 povlaµci da je � = �0; � = �0; = 0

i aa0 =

bb0 =

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

cionalne.

Napomena 1.4. Relacija "�" (biti sliµcan) je relacija ekvivalencije na skupu svihtrokutova. Nadalje, ako su trokuti sukladni, onda su sigurno i sliµcni (4ABC �=4A0B0C 0 )4ABC � 4A0B0C 0):

Propozicija 1.21. Ako paralela s jednom stranicom trokuta 4ABC sijeµce preostalestranice tog trokuta, onda ona u tom trokutu odsijeca sliµcan trokut.

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

No, vrijedi i obrat ove tvrdnje.

Propozicija 1.22. Ako su trokuti 4ABC i 4AB0C 0 sliµcni onda su BC i B0C 0

paralelni pravci.

Dokaz. (a) Ako toµcke B0 i C 0 leµze na pravcima AB, odnosno AC, ali ne i nastranicama trokuta 4ABC :Oznaµcimo li sa B00 toµcku na BB0 tako da je jB0Aj = jAB00j i sa C 00 toµcku na C 0C takoda je jAC 0j = jAC 00j ; imamo da je 4AB00C 00 �= 4AB0C 0 (po Pouµcku S�K�S), paje onda i 4AB00C 00 �= 4ABC: Dakle, B00C 00 k BC: Kako je µcetverokut B0C 0B00C 00paralelogram (dijagonale mu se raspolavljaju), to je onda B0C 0 k B00C 00 ) B0C 0 kBC:


(b) Ako toµcke B0 i C 0 leµze na stranicama trokuta 4ABC :

Pretpostavimo suprotno, tj. ako su trokuti 4ABC i 4AB0C 0 sliµcni ali da pravciBC i B0C 0 nisu paralelni. Oznaµcimo D = BC \B0C 0: Neka je q pravac koji prolazitoµckom C i paralelan je pravcu B0C 0: Oznaµcimo B00 = AB \ q: Tada je B00 6=B: Nadalje, vrijedi 4AB0C 0 � 4AB00C; pa je jAB0j

jAB00j =jAC0jjACj : Po pretpostavci je

4ABC � 4AB0C 0; pa vrijedi jAB0jjABj =

jAC0jjACj : Iz ovog slijedi da je

jAB0jjABj =

jAB0jjAB00j ;

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

Vrijede ovakvi pouµcci o sliµcnosti trokuta.

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

Njega, zbog �+ � + = �; obiµcno iskazujemo na naµcin:

Korolar 1.10. (Pouµcak K � K s) Dva su trokuta sliµcna ako su im jednaka dvaodgovarajuca kuta.

Teorem 1.11. (Pouµcak 2. S�S�S s) Dva su trokuta sliµcna ako su im odgovarajucestranice proporcionalne.

Teorem 1.12. (Pouµcak 3. S � K � S s) Dva su trokuta sliµcna ako su im dvijestranice proporcionalne a kutovi me�u njima jednaki.

Teorem 1.13. (Pouµcak 4. S> � S � K s) Dva su trokuta sliµcna 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 pouµcak) Vrijedi

vc =ppq; a =

pcp; b =

pcq:

Dokaz. Uoµcimo da su trokuti 4ABC; 4ACC 0 i 4CC 0B sliµcni trokuti, dakle iodgovarajuce su im stranice proporcionalne. Iz sliµcnosti 4ABC � 4ACC 0 slijedijACjjABj =

jAC0jjACj odakle je jACj

2 = jAC 0j jABj, tj. b = pcq: Iz sliµcnosti 4ABC �

4CC 0B dobivamo a = pcp; a iz sliµcnosti 4ACC 0 � 4CC 0B slijedi vc =ppq:

Propozicija 1.24. (Pitagorin pouµcak) U pravokutnom trokutu kvadrat hipotenuzejednak je zbroju kvadrata obje katete.

Pitagora

Dokaz. Iz Euklidovog pouµcka slijedi

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

Pojmovi: visina, simetrala i teµzi�nica u trokutu vidljivi su na slici:

Toµcka u kojoj se sijeku dvije teµzi�nice naziva se teµzi�tem, toµcka u kojoj se sijekudvije visine naziva se ortocentar trokuta, toµcka u kojoj se sijeku simetrale sredi�tetrokutu upisane kruµznice, a toµcka u kojoj se sijeku simetrale stranica sredi�teopisane ktuµznice.

Propozicija 1.25. Teµzi�te trokuta dijeli teµzi�nicu u omjeru 2 : 1 (raµcunajuci odvrha).

Dokaz. Neka je dan trokut 4ABC i oznaµcimo polovi�te stranice BC sa A0 apolovi�te stranice AC sa B0: Neka je toµcka T teµzi�te. Oznaµcimo sa L i M polovi�taduµzina AT i BT:

Uoµcimo trokute 4B0A0C i 4LMT: Trokut 4B0A0C je sliµcan trokutu 4ABC (poPouµcku S�K�S s), a trokut4LMT je sliµcan trokutu4ABT (po Pouµcku S�K�S


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

2jABj = jLM j : Odavde slijedi da je µcetverokut 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 teµzi�te T dijeli proizvoljne dvije teµzi�nice u omjeru 2 : 1: Odavdeslijedi da teµzi�te dijeli i trecu teµzi�nicu u danom omjeru.Iz dokaza slijedi da se sve tri teµzi�te sijeku u teµzi�tu trokuta. Lako se dokaµze da

se sve tri simetrale kuta (stranica) sijeku u jednoj toµcki - sredi�tu upisane (opisane)kruµznice, a za vjeµzbu dokaµzite da se sve tri visine trokuta sijeku u jednoj toµcki -ortocentru (ortocentar pripada trokutu ako je on �iljastokutan).

Propozicija 1.26. Teµzi�te, sredi�te opisane kruµznice i ortocentar trokuta leµze naistom pravcu (tzv. Eulerovom pravcu).

Euler

Dokaz. Oznaµcimo sa A0; B0; C 0 polovi�ta duµzina BC; CA; AB redom, sa T teµzi�tetrokuta i sa S sredi�te opisane kruµznice. Povucimo pravac TS i na njemu odaberimotoµcku V tako daje jV T j = 2 jTSj :

Prema prethodnoj propoziciji je jAT j = 2 jTA0j. Kako je i ]STA0 = ]V TA (vr�nikutovi), po pouµcku (S-K-S s) zakljuµcujemo 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 leµzi 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 leµzi i na pravcu CV: Kako se CVi AV sijeku u toµcki V zakljuµcujemo da je V ortocentar.Neka je O neka �ksna toµcka ravnine M te neka je k realni broj razliµcit od 0.

De�nirajmo preslikavanje f :M !M na sljedeci naµcin:


f(O) = O; a za T 6= O je f (T ) toµcka koja leµzi na pravcu OT s iste strane toµcke Okao i toµcka T ako je k > 0;a sa suprotne ako je k < 0; i jo�vrijedi

jOf(T )j = jkj jOT j :

Preslikavanje f naziva se homotetija s koe�cijentom k i centrom O:

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

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

Ako je A = O ili B = O, onda tvrdnja slijedi iz de�nicije 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 zajedniµcki 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 Pouµcku S �K � S s slijedi da su ti trokuti sliµcni. Stoga je i

1

k=

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

De�nicija 1.25. Preslikavanje f : M ! M naziva se preslikavanje sliµcnosti 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 koe�cijent sliµcnosti.

Napomena 1.5. (1) Homotetija s koe�cijentom k > 0 je primjer preslikavanjasliµcnosti s koe�cijentom sliµcnosti s:(2) Izometrija je primjer preslikavanja sliµcnosti s koe�cijentom s = 1:

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


1.8. Neki teoremi o kruµznici

De�nicija 1.26. Neka je O 2 M neka toµcka ravnine M , te r > 0 realan broj.Kruµznica k(O; r) sa sredi�tem O i polumjerom r je skup

k(O; r) = fT 2M : jOT j = rg :Neka je k(O; r) kruµznica sa sredi�tem O i radijusom r: Ako su A;B 2 k(O; r)

dvije toµcke na kruµznici onda se duµzina AB zove tetiva kruµznice s krajevima A i B:Svaka tetiva koja sadrµzi O naziva se dijametar (ili promjer) kruµznice. Oµcito svakipromjer ima duljinu 2r i to je najdulja tetiva kruµznice. Ako je AB tetiva kruµznicekoja ne prolazi sredi�tem O onda ]AOB zovemo sredi�nji kut nad tetivom AB:

Svaka tetiva kruµznice dijeli kruµznicu na dva dijela. Svaki od tih dijelova zovemolukom kruµznice. Te lukove biljeµzimo \AT1B i \AT2B gdje su T1 i T2 bilo kojetoµcke kruµznice s razliµcitih strana pravca AB: Lako se vidi da su sredi�nji kutovi nadtetivama jednake duljine jednaki (po Pouµcku S � S � S). Mi cemo pod lukomdABuvijek smatrati luk \AT2B; tj. "manji" od dva luka odre�ena tetivom AB:Neka je AB tetiva koja nije dijametar, tj. ne prolazi kroz sredi�te kruµznice. Kut

]AOB nazivamo sredi�njim kutom nad lukom \AT2B; a njegom eksplementarnikut zovemo sredi�njim 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 sredi�njem kutu) Sredi�nji je kut nad nekimlukom jednak dvostrukom obodnom kutu nad istim tim lukom, tj. obodni kut jednakje polovini pripadnog sredi�njeg kuta.

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


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

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

kutova i sluµcaj (b).

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

Korolar 1.12. (Talesov pouµcak o kutu nad promjerom) Ako je AB dijametar kruµznice,a T bilo koja toµcka kruµznice razliµcita od A i B; onda je 4ATB pravokutan trokut spravim kutom kod toµcke T:

1.9. Tangencijalni i tetivni µcetverokut

Neka je k � k(S; r) kruµznica sa sredi�tem S i radijusom r; a T 2 k bilo kojatoµcka kruµznice k, tj. jST j = r: Pravac t koji prolazi toµckom T i okomit je na pravacST zove se tangenta te kruµznice u toµcki T: Toµcka T se zove dirali�te tangente t:Za tangentu se jo�kaµze i da dira kruµznicu.

Propozicija 1.28. Tangenta kruµznice ima s tom kruµznicom samo jednu zajedniµckutoµcku.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. neka t sijeµce kruµznicu osim u toµcki T jo� iu toµcki T1: Tada je 4ST1T2 jednakokraµcan trokut i ]STT1 = ]ST1T = �

2; �to je

kontradikcija jer bi trokut 4ST1T2 imao dva prava kuta.

De�nicija 1.27. Za µcetverokut ABCD kaµzemo da je tangencijalni ako su mustranice tangente iste kruµznice

To specijalno znaµci da je tangencijalni µcetverokut onaj kojemu se moµze upisatikruµznica.

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

Dokaz. ) Neka je ABCD tangencijalni µcetverokut opisan kruµznici sa sredi�temO.


)

Neka su noµzi�ta okomica iz toµcke 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 Pouµcku S> � S � K, Pitagorin pouµcak). Tada imamo a + c = jAP j +jBP j+ jCRj+ jDRj = jASj+ jBQj+ jCQj+ jDSj = b+ d:

( Neka je ABCD µcetverokut u kojemu vrijedi

jABj+ jDCj = jBCj+ jDAj (�)

(

Konstruirajmo kruµznicu k koja dodiruje duµzine AB; BC; CD: Dokaµzimo da k diraAD:Pretpostavimo da k ne dira AD: Konstruirajmo iz D tangentu na k razliµcitu

od DC i neka ona sijeµce AB u toµcki E: Tada je A 6= E: µCetverokut EDCD jetangencijalni µcetverokut pa mora vrijediti

jEBj+ jDCj = jBCj+ jDEj : (��)

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

De�nicija 1.28. Za µcetverokut ABCD kaµzemo da je tetivni, ako su mu stran-ice tetive iste kruµznice (to posebno znaµci da se tetivnom µcetverokutu moµze opisatikruµznica).


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

Dokaz. ()) Neka je ABCD tetivni µcetverokut upisan u kruµznicu k sa sredi�temO:

Tada je prema Pouµcku o sredi�njem i obodnom kutu � + = 12!1 +

12!2 =

12(!1 +

!2) =122� = �:

Sliµcno se dokazuje da je � + � = �:(() Neka je � + = � + � = �: Pretpostavimo suprotno da B; C; i D leµze na

kruµznici k i da A =2 k: Spojimo A sa B i presjek oznaµcimo sa E:

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

Korolar 1.13. Jednakokraµcnom trapezu se moµze upisati kruµznica.

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

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

Poglavlje 2.

Poligoni i povr�ina

1. Poligoni

2. Povr�ina poligona

3. Duljina luka krivulje

2.1. Poligoni

De�nicija 2.1. Izlomljena ili samopresjeµcna linija je unija od konaµcno mnogorazliµcitih duµzina A0A1; A1A2; : : : ; An�1An u ravnini zadanih tako da se jedna kra-jnja toµcka svake duµzine (osim zadnje) podudara s jednom krajnjom toµckom naredneduµzine. Duµzine A0A1; A1A2; : : : ; An�1An koje µcine izlomljenu crtu nazivamo strani-cama izlomljene linije, a njihove krajeve nazivamo njezinim vrhovima. Prvi vrhprve duµzine A0A1 zove se poµcetak, a drugi vrh zadnje duµzine An�1An kraj izlomljenelinije.

Izlomljenu linijun[i=1

Ai�1Ai krace zapisujemo samo pomocu vrhova A0A1 � � �An�1An:

40

2. POLIGONI I POVR�INA 41

De�nicija 2.2. Izlomljena linija A0A1 � � �An�1An je zatvorena ako je A0 = An:Izlomljena linija je jednostavna ako svaka njezina toµcka leµzi ili samo na jednojnjezinoj stranici ili na toµcno dvjema stranicama kojima je ta toµcka jedan kraj.Zatvorena izlomljena linija se zove jednodimenzionalni poligon. Ako je ta linijajo� i jednostavna onda se ona zove poligonalna kruµznica.

Za podskup G � M ravnine M kaµzemo da je podruµcje ako ima sljedeca dvasvojstva:

1. Za svaku toµcku A 2 G postoji krug sa sredi�tem u A koji je sadrµzan u G; tj.

(8A 2 G) (9r > 0)K(A; r) � G:

2. Svake dvije toµcke mogu se spojiti poligonalnom linijom koja je sadrµzana u G:

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

Teorem 2.1. (Jordan1) Svaka poligonalna kruµznica J �M rastavlja ravninu M natoµcno dva podruµcja koja zovemo unutra�njost i vanj�tina poligonalne kruµznice J .

Dokaz necemo provoditi. Pogledajmo smisao ovog teorema. Uzmimo bilo koje dvijetoµcke P;Q 2M n J: Ako P i Q moµzemo spojiti izlomljenom linijom koja ne sijeµce Jonda su P i Q u istom podruµcju, a ako svaka izlomljena linija izme�u P i Q sijeµceJ onda su one u razliµcitim podruµcjima. Jedno od ta dva podruµcje sadrµzi pravac,a drugo ne. Ono podruµcje koje sadrµzi pravac je neome�eno podruµcje i zove sevanj�tina od J , a ono drugo (koje ne sadrµzi niti jedan pravac) je ome�eno i zovese unutra�njost podruµcja J .

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


Prividna "oµcitost" Jordanovog teorema leµzi u tome da mi obiµcno imamo u viduneku "jednostavnu �guru" za poligonalnu kruµznicu, ali vec "jednostavni labirint"pokazuje svu sloµzenost Jordanovog teorema.

De�nicija 2.3. Jednostavni dvodimenzionalni poligon ili krace poligon jeunija jednostavnog jednodimenzionalnog poligona (tj. poligonalne kruµznice) i nje-gove unutra�njosti. Jednostavni jednodimenzionalni poligon se tada zove rub iliobod danog dvodimenzionalnog poligona. Ako poligon ima n-vrhova nazivamo gan-terokutom.

De�nicija 2.4. Kaµzemo da je poligon konveksan ako se µcitav nalazi u jednoj polu-ravnini obzirom na svaku njegovu stranicu, tj. obzirom na pravac odre�en 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 sadrµze stranice poligona kod tog vrha,

(3) kut sadrµzi µcitav poligon.

Kod nekonveksnih poligona svojstvo (3) nije ispunjeno. De�nirajmo precizno �toje kut poligona u tom sluµcaju.


De�nicija 2.5. Kut ]BAC poligona kod vrha A kojeg µcine stranice AB i AC jeonaj od dva kuta µciji presjek s dovoljno malim krugom oko A leµzi u unutra�njostipoligona.

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

Dokaz. Svakim vrhom povucimo pravce koji su me�usobno paralelni, a nisu paralelniniti jednoj stranici poligona. Neka je A "najvi�i" vrh. Tad µcitav poligon leµzi u polu-ravnini odre�enoj pravcem kroz A, pa je i unutarnji kut kod A manji od ispruµzenogkuta.

De�nicija 2.6. Kaµzemo da je poligon P zbroj poligona P1 i P2; i pi�emo P =P1 + P2; ako je P = P1 [ P2 i ako poligoni nemaju zajedniµckih unutarnjih toµcaka.

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


Korolar 2.1. Svaki se poligon P moµze prikazati kao zbroj od konaµcno mnogo trokutaµcije su sve stranice dijagonale ili stranice od P:

Kaµzemo stoga da se svaki poligon moµze triangulirati bez uvo�enja novih vrhova.

Teorem 2.2. (O sumi kutova poligona) Suma kutova u svakom n-terokutu je (n�2)�:

Dokaz. (Indukcijom po n) Za n = 3 tvrdnja oµcigledno vrijedi (jer se radi o trokutu).Neka je tvrdnja toµcna 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)�:

De�nicija 2.7. Za poligon kaµzemo 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 dvijuveliµcina i to naizmeniµcno kaµzemo da je jednakokutni polupravilni poligon.Za poligon s parnim brojem stranica kaµzemo da je jednakostraniµcni polupravilnipoligon ako su mu sve stranice jednake, a kutovi samo dviju veliµcina i to naiz-meniµcno.

Propozicija 2.3. Jednakokutnim polupravilnim poligonima se moµze opisati kruµznica,tj. postoji kruµznica koja prolazi svim vrhovima.

Zadatak 11. Dokaµzite prethodnu tvrdnju u specijalnom sluµcaju kada se radi o kon-veksnom poligonu.Sliµcno gornjoj propoziciji vrijedi:

Propozicija 2.4. U svaki jednakostraniµcni polupravilni poligon moµze se upisati kruµznica,tj. postoji kruµznica kojoj su sve stranice poligona tangente.

Iz ovog odmah slijedi da se svakom pravilnom poligonu moµze opisati i upisatikruµznica i to su dvije koncentriµcne kruµznice.


2.2. Povr�ina poligona

U ovoj toµcki cemo malo poopciti pojam poligona. Poligonom cemo smatrati zbrojod konaµcno mnogo jednostavnih poligona, tj. poligon je unija od konaµcno mnogojednostavnih poligona od kojih nikoja dva nemaju zajedniµckih unutarnjih toµcaka.

Rekli smo da je triangulacija poligona svaki prikaz tog poligona kao unije od konaµcnomnogo trokuta koji nemaju zajedniµckih unutarnjih toµcaka, vec se dva trokuta ili nesijeku ili imaju zajedniµcki vrh ili zajedniµcku stranicu. Nadalje, znamo da se svakipoligon moµze triangulirati bez uvo�enja novih vrhova. No, mogu se promatrati idruge triangulacije.

De�nicija 2.8. Neka je P skup svih poligona u ravniniM (ukljuµcujuci i ;). Povr�inaili plo�tina 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 povr�ina poligona P:

Iz (P3) i (P4) slijedi da je povr�ina 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):

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

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

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

Teorem 2.3. (Povr�ina pravokutnika)Ako postoji povr�ina 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 sluµcaju kada su a; b 2 Q: Tada jeuvijek moguce postici da je a = m

n; b = m0

n, 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.

Povuµcemo li diobenim toµckama paralele sa stranicama dobit cemo da je kvadrat Kzbroj od n2 kvadrata Kn stranice 1

n; a pravokutnik P zbroj odmm0 takvih kvadrata.

Svi su ti kvadrati me�usobno sukladni pa zbog (P3) imaju jednaku povr�inu. 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) =1

n2;

a onda

p(P ) = mm0p(Kn) = mm0 1

n2=m

n

m0

n= ab:


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

funkcije p: Prona�u se pravokutnici Pn i P 0n takvi da je Pn � P � P 0n; i da Pn i P 0nimaju stranice µcije su duljine racionalni brojevi. Tada se pokaµze da je

jp(P )� abj < p(P 0n)� p(Pn)

�to se moµze uµciniti po volji malim brojem.

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

a) p(PQRS) = av;

b) p(4ABC) = 12cvC :

Dokaz. a) Oznaµcimo sa��PQ�� = 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): µCetverokut 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 µcetvrti vrh paralelograma ABDC. Tada je prema a)

p(ABDC) = cvC = p(4ABC) + p(4BDC):

No, kako je 4ABC �= 4BDC (po Pouµcku (S-S-S)) slijedi da je

2 � p(4ABC) = cvC ) p(4ABC) = 1

2cvC :

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


Stoga je povr�ina bilo kojeg trokuta jednaka poluproduktu stranice i njoj pripadnevisine trokuta (naravno ako ta povr�ina postoji). Kako se svaki poligon P moµzeprikazati kao zbroj od konaµcno mnogo trokuta, to je prirodno povr�inu poligonap(P ) de�nirati kao zbroj povr�ina tih trokuta. No poligon P se moµze prikazati narazliµcite naµcine kao zbroj trokuta, pa nije jasno da ce svi moguci takvi prikazi uvijekdati istu vrijednost za p(P ). Dokaµzimo stoga egzistenciju i jedinstvenost funkcijep : P ! R koja zadovoljava aksiome (P1) - (P4).Vrijedi sljedece:

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

Teorem 2.6. Neka je p : P ! R funkcija de�nirana 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 konaµcno mnogo trokuta41;42; � � � ;4n; n 2 N; onda je

p(P ) =nXi=1

p(4i):

Tada je p povr�ina na skupu P :

Dokaz. Treba provjeriti da tako de�nirana funkcija zadovoljava aksiome (P1) -(P4). Aksiom (P1), p(P ) � 0; je oµcito ispunjen. Za dokaz aksioma aditivnosti (P2)prikaµzimo 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 de�nicije brojeva p(P ); p(P1); p(P2)slijedi da je p(P ) = p(P1) + p(P2). Za dokaz aksioma (P3) uoµcimo da se sukladnipoligoni mogu prikazati kao zbroj istog broja u parovima sukladnih trokuta, pa i(P3) vrijedi. Kako se kvadrat sa stranicom 1 moµze 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 povr�ina 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 de�nirali povr�inu poligona. Sada cemo pojam povr�ine poopciti.


De�nicija 2.9. Kaµzemo 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 kaµzemo da je upisan skupu S; a za poligon P 0 da je opisan skupuS: Moµzemo stoga reci da je skup toµcaka izmjerljiv ako se razlika povr�ina tom skupuopisanog i upisanog poligona moµze uµciniti po volji malom.

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

Kruµzni isjeµcak K' kruga K = K(O; r) koji pripada sredi�njem kutu ' je presjekkruga K i sredi�njeg kuta veliµcine ': Posebno, za ' = 2� je K' = K : Kruµzni isjeµcakje tako�er izmjerljiv skup.

2.3. Duljina luka krivulje

Pojam krivulje u ravnini i luka krivulje kao njegovog dijela intuitivno je jasan,ali su u matematiµckom smislu vrlo sloµzeni pojmovi.De�niramo najprije pojam homeomor�zma. Za skupove S; S 0 � M u ravnini Mkaµzemo da su homeomorfni ako postoji bijekcija f : S ! S 0 koja je neprekidnai kojoj je i inverz f�1 tako�er neprekidan (neprekidno preslikavanje je intuitivnogovoreci ono koje bliske toµcke preslikava u bliske toµcke).Jednostavna krivulja je homeomorfna slika segmenta, tj. duµzine, a jednostavnazatvorena krivulja je homeomorfna slika kruµznice.

Kadkad se pojam krivulje malo pro�iruje, pa se dopu�ta da krivulja sama sebepresjeca u konaµcno mnogo toµcaka. Dio krivulje izme�u njene dvije toµcke zovemolukom krivulje.

De�nicija 2.10. Udaljenost toµcke 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. Oznaµcimo sa Kd(L)skup svih toµcaka ravnine kojima je udaljenost od skupa L jednaka najvi�e d: Oµcitoje

Kd(L) =[T2L

K(T; d);


gdje je K(T; d) krug sa sredi�tem u toµcki T radijusa d:

De�nicija 2.11. Za broj l(L) kaµzemo da je duljina luka krivulje L ako za takavda je

(8" > 0) (9d > 0)��l(L)� 1

2dp(Kd(L)

�� < ":Ako broj l(L) postoji kaµzemo da je luk L izmjerljiv ili rekti�kabilan.

Propozicija 2.5. Opseg, tj. duljina kruµznice polumjera r dan je formulom O =2r�:

Dokaz. Neka je L kruµznica radijusa r: Za 0 < d < r je Kd(L) kruµzni vijenac iradijusima r � d i r + d je

p(Kd(L)) = (r + d)2� � (r � d)2� = 4dr�:

Stoga je

1

2dp(Kd(L)) =

4dr�

2d= 2r� )��2r� � 1

2dp(Kd(L)

�� = 0 < "; za svaki " > 0:

(za dovoljno mali d to je konstanta).

Propozicija 2.6. Duljina luka kruµznice radijusa r kojemu je pripadni sredi�nji kut' jednaka je r':

Poglavlje 3.

Stereometrija - geometrijaprostora

1. Aksiomi euklidske geometrije prostora

2. Prizme, piramide, valjci i sto�ci

3. Poliedri i obujam

4. Oplo�je plohe

3.1. Aksiomi euklidske geometrije prostora

Euklidski prostor ili krace prostor je skup E µcije elemente nazivamo toµckama,a neke njegove istaknute poskupove nazivamo pravcima i ravninama, a ta tri tipaobjekata zadovoljavaju sljedece aksiome:

(E1) U svakoj ravnini � � E vrijede aksiomi euklidske ravnine;

(E2) Ako su dane tri toµcke A;B;C 2 E; onda postoji barem jedna ravnina � � Ekoja sadrµzi te toµcke;

(E3) Ako ravnina � � E sadrµzi dvije razliµcite toµcke nekog pravca p � E; onda onasadrµzi i taj pravac, tj. p � �;

(E4) Ako su �; � � E dvije razliµcite ravnine prostora E onda je ili � \ � = ; ili je� \ � pravac;

(E5) Postoji funkcija d : E�E! R, koju zovemo metrika na prostoru E, za kojuvrijedi:

(M1) d(A;B) � 0; 8A;B 2 E;d(A;B) = 0, A = B;

51

3. STEREOMETRIJA - GEOMETRIJA PROSTORA 52

(M2) d(A;B) = d(B;A); 8A;B 2 E;(M3) d(A;B) � d(A;C) + d(C;B); 8A;B;C 2 E; i pritom znak jednakosti

vrijedi onda i samo onda ako je C 2 AB;(M4) Ako je na bilo kojem pravcu p dana toµcka O i jedan linearni ure�aj, onda

je svakom nenegativnom broju x � 0 pridruµzena jedinstvena toµcka T 2 ptako da je O � T i d(O; T ) = x:(Primjetimo da smo pojam udaljenosti u ravnini pro�irili na cijeli pros-tor.)

Izvedimo neke jednostavne posljedice aksioma prostora.

Propozicija 3.1. Ako su A;B;C 2 E tri nekolienarne toµcke prostora E, onda pos-toji jedinstvena ravnina � � E koja sadrµzi toµcke A;B;C:

Dokaz. Prema (E2) postoji bar jedna ravnina � koja sadrµzi toµckeA;B;C:Oznaµcimosa � bilo koju ravninu u E koja sadrµzi toµcke A;B;C:

Pokaµzimo da je � = �: Pretpostavimo suprotno, tj. da je � 6= �: Kako je A 2 � toje � \ � 6= ;; pa je po (E4), � \ � pravac. No kako su A;B;C 2 � \ �, to proizilazida su A;B;C kolinearne toµcke, �to je u kontradikciji s pretpostavkom.

Propozicija 3.2. Neka je A 2 E toµcka prostora E i a � E pravac koji ne sadrµzi A;tj. A =2 a: Tada postoji jedinstvena ravnina � � E koja sadrµzi toµcku A i pravac a:

Dokaz. Odaberimo bilo koje dvije razliµcite toµcke B;C 2 a: Toµcke A;B i C su neko-linearne pa prema prethodnoj propoziciji postoji jedinstvena ravnina � sa svojstvomda su A;B;C 2 �: Iz B;C 2 a i B;C 2 �; po (E3), odmah slijedi da je a � �:


Pokaµzimo jo�da je jedinstvena. Neka je ' bilo koja ravnina koja sadrµzi pravac a itoµcku A: Neka su B;C neke dvije razliµcite toµcke pravca a. Tada iz B;C 2 a i a � 'proizlazi da su B;C 2 ', pa su A;B;C 2 ' tri nekolinearne toµcke ravnine '. Sadapo Propoziciji 3.1. odmah slijedi da je ' = �:

Propozicija 3.3. Ako se pravci a; b � E sijeku, onda postoji jedinstvena ravnina� � E koja sadrµzi pravce a i b:

Dokaz. Neka je C = a\ b: Odaberimo bilo koju toµcku A pravca a i bilo koju toµckuB pravca b tako da je A 6= C i B 6= C: Toµcke A;B;C ne pripadaju istom pravcu,pa po Propoziciji 3.1. postoji jedinstvena ravnina � takva da je A;B;C 2 �: IzA;C 2 a i A;C 2 � po (E3) slijedi da je a � �; a isto tako je i b � � (jer su

B;C 2 b \ �). Neka je ' bilo koja ravnina koja sadrµzi pravce a; b: Odatle slijedi dasu A;B;C 2 ' pa je zbog jedinstvenosti ravnine kroz tri nekolinearne toµcke nuµzno' = �:

De�nicija 3.1. Za pravce a; b � E prostora E kaµzemo da su paralelni pravci akopripadaju jednoj ravnini i ako je a = b ili je a \ b = ; (oznaka akb):Za dvije ravnive �; � � E prostora E kaµzemo da su paralelne ravnine ako je

� = � ili je � \ � = ; (oznaka �k�):Za pravac a � E kaµzemo da je paralelan ravnini � � E ako je a � � ili

a \ � = ; (oznaka ak�):

Primjetimo da se u de�niciji paralelnosti pravaca u prostoru E zahtijeva pri-padanje pravaca istoj ravnini. Naime, u prostoru E je moguca tzv. mimoilaznostpravaca.

To su pravci koji nisu paralelni a isto imaju prazan presjek. Toµcnije, precizno sede�nira da su mimoilazni pravci oni koji se ne sijeku i koji ne pripadaju istojravnini.Posebno, iz Propozicije 3.3. se vidi da su pravci koji se sijeku nemimoilazni (ako

se sijeku onda pripadaju nekoj ravnini).


Propozicija 3.4. Ako su a; b � E razliµciti paralelni pravci, onda postoji jedinstvenaravnina � � E koja sadrµzi pravce a i b:

Dokaz. Prema de�niciji paralelnih pravaca postoji neka ravnina � � E takva daje a; b � � i a \ b = ;: Odaberimo bilo koju toµcku A pravca a: Svaka ravnina kojasadrµzi pravce a i b sadrµzi i toµcku A i pravac b, a takva je, prema Propoziciji 3.2.jedinstvena.

Propozicija 3.5. Neka je B 2 E bilo koja toµcka i a � E bilo koji pravac prostoraE: Tada postoji jedinstveni pravac b � E koji sadrµzi toµcku B i paralelan je s pravcema:

Dokaz. Tvrdnja je oµcita ako je B 2 a; pa je tada pravac a jedini pravac koji sadrµzitoµcku B i paralelan je s a: Neka je B =2 a: Tada je jednoznaµcno odre�ena ravnina �koja sadrµzi a i B: U ravnini � postoji jedinstveni pravac b � � takav da je B 2 b i bje paralelan s a: Neka je sada b0 bilo koji pravac takav da je B 2 b0 i b0ka: Paralelnipravci a i b0 leµze u nekoj ravnini �0 koja onda sadrµzi i toµcku B 2 b0 pa je zbogjedinstvenosti te ravnine �0 = � (obje sadrµze pravac a i toµcka B =2 a): Stoga jeb0 � �; pa je zbog jednistvenosti od b konaµcno b0 = b:

Propozicija 3.6. Neka je � � E bilo koja ravnina i B 2 E bilo koja toµcka prostoraE: Tada postoji jedinstvena ravnina � � E takva da je B 2 � i � je paralelna sa �:

Dokaz. Sami.

Propozicija 3.7. Ako je pravac a � E paralelan s ravninom � � E onda postojijedinstvena ravnina � � E koja sadrµzi pravac a i paralelna je sa ravninom �:

Dokaz. Neka je A bilo koja toµcka pravca a: Prema Propoziciji 3.6. postoji jedin-stvena ravnina � koja sadrµzi toµcku A i paralelna je s ravninom �: Kako je ak� i �k�,to je ak�: Nadalje A 2 a \ � pa je a � �: Neka je �0 bilo koja ravnina takva da jea � �0 i �0k�: Tada je A 2 �0 pa zbog jedinstvenosti mora biti �0 = � (Propozicija3.6.).

De�nicija 3.2. Preslikavanje f : E! E naziva se izometrija prostora ako vrijedi

d(f(A); f(B)) = d(A;B); 8A;B 2 E:

Za skupove X; Y � E kaµzemo da su sukladni, i pi�emo X �= Y; ako postojiizometrija f : E! E takva da je f(X) = Y:

Neka je S 2 E bilo koja toµcka prostora E i r > 0: Skup Sf(S; r) = fT 2 E :d(S; T ) = rg naziva se sfera kojoj je S sredi�te a r radijus. Skup Kg(S; r) = fT 2


E : d(S; T ) � rg naziva se kugla sa sredi�tem S i radijusom r:

Neka je X � E neki podskup prostora E: Toµcka T 2 E naziva se unutra�nja toµckaskupa X ako postoji kugla Kg(T; r) takva da je Kg(T; r) � X (odmah slijedi da jeT 2 X): Skup svih unutra�njih toµcaka skupa X zove se unutra�nje podruµcje ilinutrina tog skupa. Reci cemo da je T 2 E vanjska toµcka skupaX � E ako postojikugla Kg(T; r) takva sa je Kg(T; r) \X = ; (odmah se vidi da T 2 E nX): Skupsvih vanjskih toµcaka skupa X zove se vanjsko podruµcje ili vanj�tina tog skupa.Toµcka T 2 E naziva se rubna toµcka skupa X � E ako svaka kugla Kg(T; r) imasvojstvo Kg(T; r)\X 6= ; i Kg(T; r)\ (E nX) 6= ;: Rubna toµcka moµze pripadati iliskupu X ili njegovom komplementu EnX: Skup svih rubnih toµcaka skupa X nazivase rub tog skupa.Analogno kao �to smo de�nirali pojam poluravnine da�nira se i pojam polupros-

tora.Za danu ravninu � � E de�niramo binarnu relaciju � na E n � na sljedeci naµcin:

A�Bdef., AB \ � = ;

Relacija "�" ("biti s iste strane ravnine �) je relacija ekvivalencije na skupu E n �koja ima dvije klase ekvivalencije E1 i E2 koje se nazivaju otvoreni poluprostori.

Svaki od dva skupa E1 [ � i E2 [ � naziva se zatvoreni poluprostor. Ravnina �dijeli prostor E na dva otvorena poluprostora kojima je � zajedniµcki rub.Neka su �1 i �2 dvije razliµcite paralelne ravnine. Neka je E1 onaj otvoreni

poluprostor s rubom �1 koji sadrµzi ravninu �2; a sa E2 onaj otvoreni poluprostor srubom �2 koji sadrµzi ravninu �1: Skup (E1\E2)[�1[�2 naziva se zatvoreni sloj.


3.2. Prizme, piramide, valjci i sto�ci

Neka je u ravnini � dan n-terokut A1A2 � � �An i neka je p bilo koji pravac kojinije paralelan s ravninom �: Unija svih pravaca, paralelnih sa p; koji prolaze nekomtoµckom n-terokuta A1A2 � � �An zove se neome�ena n-terokutna prizma nad n-terokutom A1A2 � � �An: Neka je dana jedna neome�ena n-terokutna prizma nad n-terokutom A1A2 � � �An i ravnina �0 6= � paralelna s ravninom � tog n-terokuta. Rav-nine � i �0 odre�uju zatvoreni sloj S s rubom �[�0: Presjek promatrane neome�enen-terokutne prizme sa zatvorenim slojem S naziva se n-terokutnom prizmom.

Presjeci neome�ene prizme s ravninama � i �0 su dva n-terokuta koji se zovu os-novke prizme. Presjeci pojedinih stranica neome�ene prizme sa slojem S suparalelogrami koji se zovu poboµcke prizme. Duµzine koje spajaju odgovarajucevrhove osnovki nazivaju se poboµcni bridovi.Prizma kojoj su osnovice paralelogrami naziva se paralelopiped, prizma kojoj

su sve stranice pravokutnici naziva se kvadar, a prizma kojoj su sve stranice kvadratinaziva se kocka.Okomica iz bilo kojeg vrha jedne osnovke prizme na ravninu druge njezine os-

novke zove se visina prizme. Ako je pravac p ? � i n-terokut A1A2 � � �An pravilangovorimo o pravilnoj uspravnoj prizmi. Ako je prizma uspravna onda je duljinavisine jednaka duljini bilo kojeg poboµcnog brida.

Neka je u ravnini � dan n-terokut A1A2 � � �An i neka je V bilo koja toµcka koja nepripada ravnini �: Unija svih duµzina kojima je V jedan kraj, a drugi je bilo koja toµckan-terokuta A1A2 � � �An naziva se n-terokutna piramida. Toµcke V;A1; A2; : : : ; An


nazivaju se vrhovi, n-terokut A1A2 � � �An naziva se osnovkom, trokuti4V AiAi+1;i = 1; 2; : : : ; n � 1 nazivaju se poboµcke, a duµzine V Ai; i = 1; 2; : : : ; n; poboµcnibridovi piramide. Ako je n-terokut A1A2 � � �An pravilan i svi poboµcni bridovijednakih duljina govorimo o pravilnoj piramidi. Duµzina koja spaja vrh V i sredi�teopisane kruµznice osnovke pravilne piramide naziva se visina piramide.

Opcenito, okomica iz vrha V na ravninu osnovke piramide zove se visina piramide.

Neka je u ravnini � dan krug K(S; r) i neka je p bilo koji pravac koji nije parale-lan s ravninom �: Unija svih pravaca paralelnih s pravcem p koji prolazi nekomtoµckom kruga K(S; r) naziva se neome�eni valjak. Svaki pravac koji prolazi rub-nom toµckom kruga K(S; r) naziva se izvodnica neome�enog valjka. Unija svihizvodnica naziva se pla�t tog neome�enog valjka. Neka je �0 ravnina paralelna sa�, a S zatvoreni sloj s rubom � [ �0: Presjek promatranog neome�enog valjka sazatvorenim slojem S naziva se valjak. Presjek beskonaµcnog valjka s ravninama � i�0 su dva sukladna kruga koja se zovu osnovice valjka. Ako je pravac p okomit naravninu � onda govorimo o uspravnom valjku.Neka je u ravnini � dan krug K(S; r) i neka je V bilo koja toµcka koja ne pripada

ravnini �: Unija svih duµzina kojima je V jedan kraj a drugi kraj bilo koja toµcka krugaK(S; r) naziva se stoµzac. Krug K(S; r) naziva se osnovica, V vrh sto�ca, svakaduµzina kojoj je jedan kraj V a drugi toµcka ruba kruga K(S; r) naziva se izvodnica


sto�ca.

Unija svih izvodnica naziva se pla�t sto�ca. Ako pritom sve izvodnice imaju jed-naku duljinu govorimo o uspravnom sto�cu i u tom sluµcaju je visina sto�ca jednakaduljini duµzine kojoj je toµcka V jedan kraj, a drugi kraj je sredi�te S kruga K(S; r):Jednakokraµcni trokut kojemu su krakovi izvodnice sto�ca, a baza dijametar krugaK naziva se osni presjek uspravnog sto�ca.

3.3. Poliedri i obujam

�to su za planimetriju poligoni, to su za stereometriju poliedri. U stereometrijise prouµcavaju skupovi toµcaka u prostoru koji su poput �ziµckih tijela, pa se obiµcno inazivaju tijelima. Krenimo od najjednostavnijih.Neka su A;B;C;D bilo koje toµcke prostora E koje ne pripadaju istoj ravnini.

Konveksna ljuska skupa fA;B;C;Dg zove se tatraedar (primjetimo da je to tros-trana piramida).

Taj pojam cemo sada poopciti. Neka je S � E bilo koji konaµcan skup toµcakau prostoru E. Konveksna ljuska skupa S naziva se konveksni poliedar. Rubkonveksnog poliedra je unija od konaµcno mnogo konveksnih poligona. Svaki odtih poligona naziva se stranica poliedra. Najjednostavniji konveksni poliedar jetetraedar. Prizme i piramide kojima su osnovice konveksni n-terokuti su primjerikonveksnih poliedara.

De�nicija 3.3. Svaki skup toµcaka u prostoru E koji se moµze prikazati kao unijaod konaµcno mnogo konveksnih poliedara, od kojih nikoja dva nemaju zajedniµckih


unutra�njih toµcaka naziva se poliedar.

Reci cemo da je poliedar P zbroj poliedara P1 i P2 i pisati P = P1 + P2; ako jeP = P1 [ P2; te poliedri P1 i P2 nemaju zajedniµckih unutra�njih toµcaka.

Pojam zbroja dvaju poliedara moµze se pro�iriti na zbroj konaµcno mnogo poliedara.

Propozicija 3.8. Svaki poliedar moµze se prikazati kao zbroj konaµcno tetraedara.

De�nicija 3.4. Neka je P skup svih poliedara u prostoru E (ukljuµcujuci i ;). Vol-umen ili obujam na skupu P je funkcija v : P ! R za koju vrijedi:

(v1) v(P ) � 0; 8P 2 P ;

(v2) Ako je poliedar P zbroj poliedara P1 i P2 onda je v(P ) = v(P1) + v(P2); tj.v(P1 + P1) = v(P1) + v(P2);

(v3) Ako je P1 �= P2 onda je v(P1) = v(P2);

(v4) Postoji bar jedna kocka K s bridom 1 takva da je v(K) = 1:

(v1) se zove aksiom pozitivnosti, (v2) aksiom aditivnosti, (v3) invarijantnostobzirom na sukladnost, a (v4) aksiom normiranosti.Iz aksioma (v1)�(v4) odmah slijedi da je v(;) = 0; te da je v monotono rastuca

funkcija tj. P1 � P2 ) v(P1) � v(P2) (razmatranja su analogna kao kod povr�ine).Analogno kao kod povr�ine dokazuje se egzistencija funkcije v : P ! R: Ulogu

koju je kod povr�ine imao trokut, kod volumena ima tetraedar.

Propozicija 3.9. Ako postoji volumen v i ako je P kvadar s duljinama bridovajednakim a; b i c, onda vrijedi

v(P ) = abc:

Propozicija 3.10. Ako postoji volumen v i ako je P prizma s osnovkom B i visinomh, onda je

v(P ) = p(B)h:


Dokaz. Dokaz se provodi u nekoliko koraka.(i) Ako je ta prizma paralelopiped.

Neka je ABCDA1B1C1D1 paralelopiped. Bridom BC povucimo ravninu okomituna bazu ABCD i dopunimo kosi paralelopiped trostranom prizmom BB1B2CC1C2:Tako dobivenom poliedru odsijecimo trostranu prizmu AA1A2DD1D2 ravninom krozbrid AD okomitom na bazu ABCD: Dobivamo paralelopiped ABCDA2B2C2D2.Taj paralelopiped ima isti volumen kao i polazni paralelopiped jer je dopunjenaprizma sukladna odsjeµcenoj prizmi. Nadalje, sve njegove poboµcke su okomite nabazu, tj. radi se o uspravnom paralelopipedu. Tako dobiveni uspravni paraleopipedsada podvrgnimo transformaciji koja ga prevodi u kvadar. Sve ove transforma-cije µcuvaju volumen, povr�inu baze i visinu. Volumen kvadra je prema prethodnojpropoziciji jednak produktu duljina poboµcnih bridova iz jednog vrha. Produkt dvajubridova je povr�ina baze, a treci je visina. Stoga je volumen paralelopipeda jednakproduktu povr�ine baze i pripadne visine, tj.

v(P ) = p(B)h:

(ii) Ako se radi o trostranoj prizmi.Promotrimo trostranu prizmuABCA0B0C 0 i dopunimo je do paralelopipedaABCDA0B0C 0D0:

Tada je, po prethodnom, v(ABCDA0B0C 0D0) = p(ABCD) � h: Uoµcimo da su tros-trane prizme ABCA0B0C 0 i BDCB0D0C 0 sukladne pa je, po (v2) i (v3),

v(ABCDA0B0C 0D0) = 2p(ABCA0B0C 0):


Nadalje, p(4ABCD) = 2p(4ABC); pa vrijedi

v(ABCA0B0C 0) =1

2v(ABCDA0B0C 0D0)

=1

22p(4ABC) � h

= p(4ABC) � h= p(B) � h:

(iii) Neka je rijeµc o proizvoljnoj prizmi.

Triangulirajmo baze na identiµcan naµcin. Neka su 41; :::;4k trokuti iz triangulacijebaze. Tada je prizma prikazana kao unija od k trostranih prizmi koje imaju jednakuvisinu h: Stoga je

V = p(41)h+ � � �+ p(4k)h

= (p(41) + � � �+ p(41))h

= p(41 + � � �+4k)h

= p(B)h:

Propozicija 3.11. Neka su P1 i P2 dvije trostrane piramide koje imaju jednakepovr�ine baza i jednake visine. Tada je

v(P1) = v(P2):

Dokaz. Neka su P1 i P2 dvije trostrane piramide koje imaju jednaku visinu hi jednake povr�ine baza (oznaµcimo je sa B). Moµzemo uzeti da obje baze leµze uistoj ravnini. Podijelimo visinu svake poramide na n jednakih dijelova i djeli�nimtoµckama povucimo paralelne ravnine ravnini osnovke. Te ravnine dijele piramide na"n-slojeva". Za svaki sloj prve piramide konstruirajmo prizmu koja je sadrµzana utom sloju, dok za svaki sloj druge piramide konstruirajmo prizme koje sadrµze taj


sloj - kao na donjoj slici.

Oznaµcimo sa V1 i V2 volumene piramida, a sa V 01 i V02 sume volumena prizmi u prvom

i drugom sluµcaju. Tada je volumen k-tog sloja prve piramide jednak volumenuprizme (k � 1)-vog sloja druge piramide. To znaµci da se V 01 i V 02 razlikuju samo zaposljednji sloj druge piramide. Volumen prizme posljednjeg sloja je jednak B � h

n;

Dakle, V 01 = V02 �B � hn : Nadalje, oµcito je V1 > V

01 i V2 < V

02 pa je

V2 � V1 � V 02 � V 01 = B �h

n:

Kako ova nejednakost vrijedi za svaki n dobivamo da je V2 � V1 � 0; tj V2 � V1:Zamjenom piramida dobivamo i suprotnu nejednakost V2 � V1: Prema tome, zaistaje V1 = V2:Ova konstrukcija se katkad zove "�avolje stube".

Propozicija 3.12. (Volumen tetraedra)Ako postoji volumen onda je volumen tetrae-dra jednak trecini produkta povr�ine bilo koje svoje stranice i duljine pripadne visinetetraedra.

Dokaz. Neka je ABCV tetraedar s bazom 4ABC i vrhom V: Dopunimo tu pi-ramidu do trostrane prizme s istom bazom i visinom kao i piramida, tj. do prizmeABCV B0C 0:

Ta prizma je zbroj triju piramida

V ABC + V CC 0B0 + V CBB0:


Piramide V CC 0B0 i V CBB0 imaju jednake povr�ine baza jer je4CC 0B0 �= 4CBB0;a imaju i zajedniµcku visinu spu�tenu iz vrha V , pa po prethodnoj propoziciji slijedida je

v(V CC 0B0) = v(V CBB0):

S druge strane, piramide V ABC i V CBB0 imaju jednake povr�ine baza jer je4V AB �= 4BB0V , a imaju i zajedniµcku visinu spu�tenu iz vrha C: Dakle,

v(V ABC) = v(V CBB0) (= v(V CC 0B0)):

No, onda je po (v2)v(ABCV B0C 0) = 3v(V ABC):

Slijedi

v(ABCV B0C 0) = p(B) � h= p(4ABC) � h= 3v(ABCV )

pa je

v(ABCV ) =1

3p(B) � h:

Propozicija 3.13. Ako postoji volumen v i ako je P piramida s osnovkom B ivisinom h onda je

v(P ) =1

3p(B)h:

Dokaz. Triangulirajmo bazu B na trokute41; � � � ;4k: Time je piramida prikazanakao zbroj od k trostranih piramida koje imaju jednaku visinu kao polazna piramida.Oznaµcimo sa Pi trostranu piramidu s osnovkom 4i; i = 1; : : : ; k: Tada je

v(P ) = v(P1) + � � �+ v(Pk)

=1

3p(41) � h+ � � �+

1

3p(4k)

=1

3(p(41) + � � �+ p(4k)) � h

=1

3p(B) � h:

Teorem 3.1. Ako postoji volumen, tj. ako postoji funkcija v : P ! R koja zado-voljava uvjete (v1) - (v4), onda volumen v(P ) ne ovisi o naµcinu prikaza poliedra Pkao zbroja tetraedara.

Teorem 3.2. Neka je v : P ! R funkcija de�nirana na skupu P svih poliedaraprostora E tako da vrijedi:

a) v(;) = 0;


b) Ako je P 2 P tetraedar, onda je v(P ) trecina produkta povr�ine bilo kojestranice i duljine pripadne visine;

c) Ako je P 2 P poliedar prikazan u obliku zbroja od konaµcno mnogo tetraedara

T1; : : : ; Tk; n 2 N; onda je v(P ) =KPi=1

v(Ti):

Tada je v volumen na skupu P :

De�nicija 3.5. Kaµzemo da je skup toµcaka S � E prostora E izmjerljiv ako zasvaki " > 0 postoje poliedri P1 i P2 takvi da je P1 � S � P2 i v(P2) � v(P2) < ":Kaµzemo da je poliedar P1 upisan skupu S; a poliedar P2 opisan skupu S:

Jasno je da je svaki poliedar izmjerljiv.Dakle, skup toµcaka S � E prostora E je izmjerljiv ako se razlika volumena

opisanog i upisanog poliedra moµze uµciniti po volji malom. U tom sluµcaju moµze sede�nirati volumen v(S):

Propozicija 3.14.

a) Neka je V valjak s osnovkom B = K(O; r) i visinom duljine h: Tada je Vizmjerljiv skup i vrijedi

v(V ) = p(B)k = r2�h:

b) Neka je S stoµzac s osnovkom B = K(O; r) i visinom duljine h: Tada je Sizmjerljiv skup i vrijedi

v(S) =1

3p(B)k =

1

3r2�h:

c) Neka je K kugla, tj. K = Kg(O; r): Tada je K izmjerljiv skup i vrijedi

v(K) =4

3r3�:


3.4. Oplo�je plohe

Pojam plohe zorno nam je jasan, a precizna de�nicija plohe sloµzen je matematiµckipojam i zato se na toj de�niciji necemo zadrµzavati. Grubo reµceno ploha je neprekidnaslika u prostoru nekog ravninskog podruµcja. Moµzemo zami�ljati da podskupove uravnini savijamo bez trzanja i pucanja. Primjeri ploha su sfera, ravnina, poligon,krug, rub poliedra, rub valjka, pla�t valjka, rub sto�ca, pla�t sto�ca. . . (osim ravninekoja je neome�ena ploha, svi navedeni primjeri su ome�ene plohe).Neka je S � E dana ploha. Za bilo koji broj d 2 R+ de�niramo skup Kd(S)

svih onih toµcaka T prostora E za koje je udaljenost toµcke T od plohe S manja ilijednaka d: Podsjetimo se da pod udaljeno�cu toµcke T od plohe S podrazumijevamoudaljenost toµcke T od njoj najbliµze toµcke plohe S:Broj O(S) naziva se oplo�je plohe � ako

(8" > 0) (9d > 0)��O(S)� 1

2dv(Kd(S)

�� < ":Kaµzemo da je ploha izmjerljiva ako postoji oplo�je O(S) te plohe.Ova de�nicija oplo�ja u skladu je s pojmom povr�ine skupa toµcaka u ravnini.

Naime, pokazuje se da se oplo�je izmjerljiva skupa S u ravnini podudara s povr�inomtog skupa, tj. O(S) = p(S):

Propozicija 3.15. Sfera je izmjerljiv skup toµcaka. Oplo�je sfere S polumjera rjednako je 4r2�; tj.

O(S) = 4r2�:

Dokaz. Neka je Neka je S sfera polumjera r sa sredi�tem u toµcki U: Za svaki brojd; 0 < d < r skupa Kd(S) je razlika dviju kugala sa sredi�tem u U i radijusom r+ di r � d; tj. Kd = Kg(U; r + d) nKg(U; r � d): Zato je

v(Kd(S)) = v(Kg(U; r + d))� v(Kg(U; r � d))

=4

3(r + d)3� � 4

3(r � d)3�

= 8r2d� +8

3d3�;

pa je prema tomu��4r2� � 1

2dv(Kd(S)

�� = ��4r2� � 1

2d

�8r2d� +

8

3d3�

�� = 4

3�d2:

Neka je " > 0 bilo koji broj i odaberimo d > 0 takav da vrijedi

d < r i d <

r3"

4�:


Tada je 43d2 < ", pa je ��4r2� � 1

2dv(Kd(S)

�� < "�to dokazuje da je O(S) = 4r2�:

Propozicija 3.16. Neka je S pla�t uspravnog valjka s radijusom osnovke r i visinomduljine h: Tada je

O(S) = 2rh�:

Neka je S pla�t uspravnog valjka s radijusom osnovke r i izvodnicom duljine s:Tada je

O(S) = rs�:

Predavanja iz Metodike nastave elementarne geometrijemapmf.pmfst.unist.hr/~jperic/Metodika nastave...

Documents

Transcript of Predavanja iz Metodike nastave elementarne geometrijemapmf.pmfst.unist.hr/~jperic/Metodika nastave...