OSNOVE GEOMETRIJE µ ´ Branko Cervar, Goran Erceg, Ivan LekiC 2013./2014. i ii Sadrµzaj PREDGOVOR v OZNAKE vii 1
Views 247 Downloads 65 File size 2MB
Recommend Stories
Citation preview
OSNOVE GEOMETRIJE µ ´ Branko Cervar, Goran Erceg, Ivan LekiC 2013./2014.
i
ii
Sadrµzaj PREDGOVOR
v
OZNAKE
vii
1 POVIJESNI PREGLED
1
1.1
EUKLID I NJEGOVI ELEMENTI
. . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.2
µ SADRZAJ PRVE KNJIGE ELEMENATA . . . . . . . . . . . . .
8
1.3
PETI EUKLIDOV POSTULAT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ NACELA AKSIOMATIKE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.4.1
Naµcelo neprotuslovnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
1.4.2
Naµcelo potpunosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
1.4.3
Naµcelo nezavisnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
1.4
2 APSOLUTNA GEOMETRIJA
23
25
2.1
AKSIOMI INCIDENCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
2.2
AKSIOMI PORETKA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
2.3
AKSIOMI KONGRUENCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
2.4
AKSIOMI NEPREKIDNOSTI . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
63
2.5
AKSIOM O PARALELAMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
2.6
µ 3 HIPERBOLICKA GEOMETRIJA
68 73
3.1
AKSIOM O PARALELAMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
3.2
PARALELE I RAZILAZNI PRAVCI . . . . . . . . . . . . . . . .
77
3.3
ASIMPTOTSKI TROKUTI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ FUNKCIJA LOBACEVSKOG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ DVOPRAVOKUTNI CETVEROKUTI . . . . . . . . . . . . . . .
86
3.4 3.5 3.6 3.7
90 95
MEÐUSOBNI ODNOSI DVAJU PRAVACA U RAVNINI . . . . 104 µ POINCAREOV MODEL HIPERBOLICKE GEOMETRIJE . . . 109 3.7.1
Opis modela i aksiomi (I); (II); (IV ) . . . . . . . . . . . 109 iii
µ SADRZAJ
iv 3.7.2
Inverzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.7.3
3.8
Aksiomi (III); (IV ) i (V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 µ ZADACI ZA VJEZBU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
123
LITERATURA
153
PREDGOVOR Ovaj materijal namijenjen je studentima preddiplomskog studija matematike na Prirodoslovno-matematiµckom fakultetu Sveuµcilišta u Splitu. Njegova je svrha pomo´ci studentima da što lakše i uspješnije usvoje propisani sadrµzaj kolegija Osnove geometrije koji se sluša u 4. semestru studija. Radi se o temeljnom matematiµckom kolegiju u kojemu se studenti susre´cu s cjelovitim aksiomatskim zasnivanjem neke matematiµcke teorije - u ovom sluµcaju geometrije, toµcnije planimetrije. Prvo poglavlje daje povijesni pregled zasnivanja geometrije na aksiomatskim temeljima. Centralno je pitanje je li Peti Euklidov postulat zavisan o ostalim postulatima i aksiomima? Dani su pokušaji od starogrµckih matematiµcara, preko arapskih pokušaja, do istaknutih radova predotkrivaµca neeuklidske geometrije. Završava s otkrivaµcima neeuklidske geometrije. Tu je vaµzna i Prva knjiga Euklidovih Elemenata pa je ona dana u Dodatku A. U Drugom poglavlju dan je sistem aksioma na kojima Hilbert zasniva geometriju. Detaljno su izloµzene posljedice svake grupe aksioma u obimu potrebnom za daljnji rad. Sadrµzaj ovoga poglavlja µcini Apsolutnu geometriju i odatle njegov naziv. Dan je i odjeljak Aksiom o paralelama u kojem je pokazano da je Peti euklidov postulat zaista pravi aksiom. Na koncu poglavlja dani su zadaci za vjeµzbu µcijim ´ce rješavanjem studenti bolje usvojiti taj sadµzaj. Euklidskom geometrijom se posebno ne bavimo smatraju´ci da su geometrijska znanja usvojena u prethodnom školovanju dovoljana. Tre´ce poglavlje posve´ceno je Hiperboliµckoj geometriji. To je geometrijski sadrµzaj s kojim se studenti nisu u dosadašnjem školovanju susreli. Na koncu je izloµzen i Poincareov model hiperboliµcke geometrije. I ovo poglavlje sadrµzi odjeljak s odabranim zadacima za vjeµzbu. U Splitu, sijeµcnja 2014. godine
µ Branko Cervar, Goran Erceg, Ivan Leki´c
v
vi
PREDGOVOR
OZNAKE A 32 a - toµcka A leµzi na pravcu a; pravac a prolazi toµckom A;
A 32
- toµcka A leµzi u ravnini ;
p 32 a - pravac p leµzi u ravnini ; T =a
b - toµcka T je sjecište pravaca a i b;
AB - duµzina odre†ena toµckama A i B; 4ABC - trokut s vrhvima A; B i C; AB ; jABj - duljina duµzine,
AB = CD - jednake duµzine ! p(A; B); AB - pravac odre†en toµckama A i B; hOh - pravac kojemu su h i h polupravci s poµcetnom toµckom O: ! AB - polupravac s poµcetnom toµckom A; (A; B; C) - ravnina odre†ena toµckama A; B i C; (A; p) - ravnina odre†ena toµckom A i pravcem p; (a; b) - ravnina odre†ena pravcima a i b; (A-B-C) - toµcka B leµzi izmr†u toµcaka A i C; (a-b-c) - polipravac b leµzi izme†u polupravaca a i c; ! ! \AOB - kut s vrhom u toµcki A i krakovima OA i OB; \AOB = \A0 O0 B 0 - jednaki kutovi, \hOk - kut s vrhom O i krakovima h i k; \A - kut u vrhu A; +
+
- zbroj kutova trokuta,
s(4ABC) - zbroj kutova trokuta 4ABC,
R - pravi kut,
a ? b - okomiti pravci,
a k b - paralelni pravci, a )( b - razilazi pravci, T
q k p - paralela q toµckom T s pravcem p u smjeru od A ka B; AB T
q k p - paralela q toµckom T s pravcem p prema kraju K; K
vii
viii
UVOD
q k p - paralelni pravci q i p prema kraju K; K
- kongruencija, 4ABC
4A0 B 0 C 0 - kongruentni trokuti,
= - sukladnost,
4ABC = 4A0 B 0 C 0 - sukladni trokuti, - sliµcnost,
4ABC
4A0 B 0 C 0 - sliµcni trokuti,
(l) - kut paralelnosti duµzine l; - funkcija Lobaµcevskog,
4 - inverzna funkcija Lobaµcevskog,
4( ) - distanca paralelnosti kuta ;
k(O; AB) - kruµznica sa središtem O polumjera AB; P QK - jednokrajnik, P KL - dvokrajnik, LM N - trokrajnik, ABCD - µcetverokut
Poglavlje 1
POVIJESNI PREGLED 1.1
EUKLID I NJEGOVI ELEMENTI
Geometrijske (op´cenito matematiµcke) ideje ponikle su u veoma davna vremena. Njihovo poµcetno oformljenje obiµcno se dovodi u vezu sa prastarim kulturama Egipta i Babilona 20. st. pr. Kr. U egipatskim papirusima nalazi se mnoštvo matematiµckih µcinjenica, ali ni u jednom sluµcaju nisu dana nikakva obrazloµzenja (ili neki dokaz u današnjem smislu). Iz saµcuvanih dokumenata geometrija je bila µcisto praktiµcnog oblika i to na zavidnom nivou. Poznavali su formule za površinu trokuta, pravokutnika i trapeza, površinu kruga su izraµcunavali s dosta velikom toµcnoš´cu pomo´cu površine kvadrata stranice
8 9
promjera kruga (broj
je aproksimiran sa 3.16), znali su i formulu za izraµcun volumena krnje piramide. Sliµcno Egip´canima, i Babilonci su imali razvijenu geometriju. Grci su geometriju, u relativno kratkom vremenu, izgradili kao pravu znanost. Prva matematiµcka znanja preuzeli su od Egip´cana. Naime, poznato je da je Tales iz Mileta (7. st. pr. Kr.), jedan od sedam grµckih mudraca, duµze vrijeme µzivio u Egiptu i da je prenio geometriju u Grµcku. Kaµzu da je on dao i prvi dokaz u povijesti matematike. Dokazao je da promjer dijeli krug na dva jednaka dijela. Jednostavna i µcini se oµcita tvrdnja, ali genijalnost ideje dokazivanja i jest u tome da je dokaz i takvih, jednostavnih tvrdnji, i mogu´c i potreban. U razdoblju od Talesa do Euklida (3. st. pr. Kr.) grµcki su matematiµcari sakupili dotadašnja znanja, pronašli nova i izoštrili svoje istraµzivaµcke metode. Npr., Pitagora i pripadnici njegove škole (6. st. pr. Kr.) našli su tvrdnju o zbroju kutova trokuta, otkrili pravilne poliedre, otkrili vezu me†u stranicama pravokutnog trokuta (µcuveni Pitagorin pouµcak), otkrili nesumjerljive veliµcine. Platon (5. st. pr. Kr.) u geometriju unosi deduktivnost i strogu logiµcnost. 1
2
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED
Aristotel (4. st. pr. Kr.), koji je osnivaµc formalne logike, dao je teorijske osnove na kojima se mogla zasnovati stroga deduktivnost geometrije. Što su znali iz formalne logike? Znali su što su to sudovi i algebru sudova, tj. osnovne logiµcke operacije (logiµcka pravila): negaciju (znak :), konjunkciju (^), disjunkciju (_), ekskluzivnu dis-
junkciju (Y), implikaciju ()), ekvivalenciju (,), kvanti…katore (za svaki 8, postoji 9).
Što je to matematiµcka tvrdnja1 ? Svi matematiµcki teoremi su oblika: Ako [pretpostavka (ili hipoteza)], onda [zakljuµcak (ili konkluzija)]. Izraµzeno simbolima, to je tvrdnja oblika P )Q
gdje je P pretpostavka, a Q zakljuµcak. U nekim sluµcajevima teorem se sastoji samo od zakljuµcka. Na primjer, takav je teorem: Dijagonale romba su okomite. Isticanjem pretpostavke i zakljuµcka lako te teoreme pretvaramo u oblik P ) Q:
Tako je u prethodnoj tvrdnji pretpostavka P = fµcetverokut je rombg; a zakljuµcak Q = fdijagonale romba su okomiteg pa ju moµzemo izre´ci na naµcin:
Ako je dani µcetverokut romb, tada su njihove dijagonale okomite.
Kada je tvrdnja P ) Q istinita? P
Q
P )Q
>
>
>
>
?
?
?
>
>
?
?
>
Sjetimo se: ako su P i Q sudovi, onda P ) Q (µcitamo: p povlaµci q) oznaµcava sud koji je laµzan toµcno onda kada je sud P istinit, a sud Q laµzan.
Što µcini dokaz te tvrdnje? Razlikujemo dvije vrste dokaza: indirektni i direktni. Indirektni dokaz teorema P ) Q sastoji se u tome da se dokaµze da je tvrdnja :Q laµzna. Me†u indirektnim dokazima se vrlo µcesto primjenjuju dokaz po kontrapoziciji i
dokaz svo†enjem na kontradikciju. Dokaz po kontrapoziciji zasniva se na ekvivalenciji sudova P )Q 1 Koristit
i :Q ) :P:
´cemo naziv teorem, a koristi se još i propozicija, stavak, pouµc ak, kao i ko-
rolar za tvrdnju koja je neposredna posljedica teorema, te lema za pomo´cni teorem.
1.1. EUKLID I NJEGOVI ELEMENTI
3
Dakle, u dokazu po kontrapoziciji, pretpostavljamo da vrijedi tvrdnja :Q; te nizom logiµckih koraka treba dokazati da je istinita tvrdnja :P: Ilustrirajmo takvu vrstu dokaza primjerima.
Primjer. Ako je a2 paran broj, onda je i broj a paran. Dokaz. Pretpostavka P tvrdnje glasi: {broj a2 je paran}. Zakljuµcak Q tvrdnje glasi: {broj a je paran}. Prepostavimo da vrijedi :Q = fbroj a nije parang. Treba dokazati da vrijedi
:P = fbroj a2 nije parang. Ako a nije paran, tada je on oblika a = 2k 2
k 2 N: Tada je a = 4k
2
4k + 1 = 2(2k
2
1;
2
2k) + 1; tj. a je neparan, što je i
trebalo dokazati.
Primjer. Dokaµzite da je funkcija f : R ! R; f (x) = 2x + 1 injekcija.
Dokaz. Treba pokazati da za svaka dva razliµcita realna broja x1 i x2 vrijedi f (x1 ) 6= f (x2 ): Ovdje pretpostavka P glasi: {realni brojevi x1 i x2 su razliµcit}. Zakljuµcak Q glasi: {f (x1 ) 6= f (x2 )g: Pretpostavimo da je f (x1 ) = f (x2 ): Tada je 2x1 + 1 = 2x2 + 1; 2x1 = 2x2 ; x1 = x2 : Dakle, iz :Q dobili smo :P; µcime je poµcetna tvrdnja dokazana po kontrapoziciji.
Napomenimo da ukoliko je prepostavka tvrdnje oblika konjunkcije P = P1 ^ P2 ;
tada je kontrapozicija oblika (P1 ^ :Q) ) :P2 ili (P2 ^ :Q) ) :P1 : Uvjerimo
se da je [(P1 ^ P2 ) ) Q] , [(P1 ^ :Q) ) :P2 ] : P1
P2
Q
:Q
P1 ^P2
(P1 ^P2 ))Q
P1 ^:Q
:P2
(P1 ^:Q)):P2
>
>
>
?
>
>
?
?
>
>
>
?
>
>
?
>
?
?
>
?
>
?
?
>
?
>
>
>
?
?
>
?
>
>
>
>
?
>
>
?
?
>
?
?
>
?
>
?
>
?
>
?
?
>
?
?
>
?
?
>
?
>
>
?
?
?
>
?
>
?
>
>
Primjer. Neka se pravci a i b sijeku u toµcki T: Ako pravac c sijeµce i pravac a i pravac b; a nije komplanaran s njima, onda on prolazi toµckom T: Dokaz. Ovdje su pretpostavke: P1 = fpravac c sijeµce i pravac a i pravac bg;
P2 = fpravac c nije komplanaran s pravcima a i bg;
a zakljuµcak:
Q = fpravac c prolazi toµckom T g:
4
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED
Pretpostavimo P1 i :Q = fpravac c ne prolazi toµckom T g: Oznaµcimo s M i N
presjek pravca c s pravcima a i b redom. Toµcke M; N i T su razliµcite. Pravac c ne prolazi toµckom T; pa se ni M niti N ne mogu podudarati s toµckom T: Tako†er i toµcke M i N su me†usobno razliµcite toµcke jer kad bi bile jednake to bi znaµcilo da je to toµcka presjeka sva tri pravca, posebice, to bi bio presjek pravaca a i b; tj. radilo bi se o toµcki T; a upravo smo u prethodnoj reµcenici obrazloµzili da se ni M niti N ne mogu podudarati s toµckom T: Uz to, te su ! toµcke i nekolinearne jer je c = M N a toµcka T ne leµzi na pravcu c: Dakle, te tri razliµcite nekolinearne toµcke odre†uju jednu ravninu
kojoj pripadaju pravci a;
b i c: Dakle, c je komplanaran s pravcima a i b: Time smo dobili :P2 = fpravac c
nije komplanaran s pravcima a i bg: Dakle, po proširenoj kontrapoziciji, vrijedi tvrdnja dana u primjeru. Dokaz svo†enjem na kontradikciju (ili dokaz kontradikcijom) (lat. reductio ad absurdum) zasniva se na ekvivalencijama sudova (P ) Q) ^ (P :Q) ) (A ^ :A) ili P ) Q ^ (P ^ :Q) ) F
gdje je s F oznaµcen neistinit (engl. false) sud. Dakle, u dokazu kontradikcijom, pretpostavljamo da vrijedi tvrdnja (P ^ :Q); te nizom logiµcih koraka dolazimo do neke tvrdnje koja je laµzna ili do absurda, tj. situacije da istovremeno vrijede i tvrdnja A i njezina negacija :A:
Provjerimo prethodno spomenute ekvivalencije. Budu´ci da je A ^ :A laµzan sud,
dovoljno je provjeriti da je
(P ) Q) , [(P ^ :Q) ) F ]
tautologija. P
Q
P )Q
F
:Q
P ^:Q
(P ^:Q))F
(P )Q),((P ^:Q))F )
>
>
>
?
?
?
>
>
>
?
?
?
>
>
?
>
?
>
>
?
?
?
>
>
?
>
>
?
>
?
>
>
Ilustirajmo dokaz kontradikcijom primjerima. Primjer. Ako je a = p1 p2
pk umnoµzak razliµcitih prostih brojeva, tada je
p
a
iracionalan. Dokaz. Ovdje je P = fa = p1 p2 pk je umnoµzak razliµcitih prostih brojeva"g p a Q = f a je iracionalan"g. Pretpstavimo da je a = p1 p2 : : : pk umnoµzak rap zliµcitih prostih brojeva te da je a racionalan broj (to je sud P ^ :Q): Tada
postoje prirodni brojevi m i n takvi da je p m a= n
1.1. EUKLID I NJEGOVI ELEMENTI
5
i da je M (m; n) = 1: (Ulogu tvrdnje A iz gore opisane ekvivalencije imat ´ce upravo tvrdnja da je M (m; n) = 1:) Tada je m2 = an2 ; tj. n2 p1 p2
pk = m2 : Prost broj p1 dijeli lijevu stranu
jednakosti pa dijeli i desnu, tj. p1 dijeli m2 ; dakle i m: Slijedi da je m oblika m = p1 t: Sada je n2 p1 p2 n 2 p2
pk = p21 t2 , što nakon dijeljenja s p1 poprima oblik
pk = p1 t2 : Sada zakljuµcujemo da p1 dijeli desnu stranu jednakosti pa
dijeli i lijevu, a budu´ci su pi razliµciti prosti brojevi slijedi da p1 dijeli n2 ; dakle i n: Dakle, mjera brojeva m i n je barem p1 > 1; tj. dobili smo da istovremeno vrijedi i negacija tvrdnje M (m; n) = 1: Drugim rijeµcima imamo absurd. Dakle, suprotna tvrdnja :Q nije istinita pa je istinita tvrdnja Q: Primjer. Dokaµzimo da se broj 101010 ne moµze predstaviti u obliku razlike kvadrata dva prirodna broja. Dokaz. Pretpostavimo da vrijedi :Q; tj. da postoje dva prirodna broja a i b takva da je a2
b2 = 101010: Tada je 101010 = (a
101010; slijedi da 2 dijeli umnoµzak (a dijeli ili broj a
b)(a + b): Budu´ci 2 dijeli
b)(a + b): Budu´ci da je 2 prost broj, on
b ili broj a + b: Brojevi a
b i a + b su iste parnosti (ili oba
parna ili oba neparna) i u ovom sluµcaju oba su parni brojevi. No to znaµci da je umnoµzak (a
b)(a + b) djeljiv s 4: Sada imamo da je broj 101010 djeljiv s 4; a
to je neistinita tvrdnja. Dakle, pokazali smo da iz P ^ :Q slijedi F = f"broj 4 dijeli 101010"}, tj. došli smo do kontradikcije.
Vratimo se direktnom dokazu. Kod direktnog dokaza neke tvrdnje Q polazimo od prepostavke P i nizom pravilnog zakljuµcivanja dolazimo do tvrdnje Q: Razmotrimo direktni dokaz teorema: Dijagonale romba su okomite. Pretpostavka ovog teorema je da je promatrani µcetverokut romb. De…nicija romba glasi: romb je paralelogram jednakih stranica. Budu´ci da je romb paralelogram i za njega vrijedi svojstvo da mu se dijagonale raspolavljaju. Neka je dan romb ABCD i toµcku presjeka dijagonala oznaµcimo sa S: Promotrimo trokute 4ABS i 4BCS: Imaju zajedniµcku stranicu SB; a za ostale stranice
vrijedi: jABj
jBCj (romb ima jednake stranice), jASj
jSCj (dijagonale mu
se raspolavljaju). Dakle, prema pouµcku S-S-S o sukladnosti trokuta; trokuti 4ABS i 4BCS su sukladni, pa su i kutovi \ASB i \BSC jednaki. Budu´ci su
to susjedni (suplementarni) kutovi, slijedi da se radi o pravim kutovima. Dakle, AC ? BD; što je i trebalo dokazati.
Da li je dokaz korektan? Jest ako su nam poznate de…nicije romba, paralelograma i pravog kuta, te ako znademo da su istinite tvrdnje: - dijagonale paralelograma se raspolavljaju,
6
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED - S-S-S pouµcak o sukladnosti trokuta.
µ Dakle, ukoliko sve to znademo dokaz je valjan. Tu se javlja problem. Zelimo li se uvjeriti da je neka tvrdnja (T1 ) istinita mi moµzemo pokazati da ona logiµcki slijedi iz neke tvrdnje (T2 ) koja je ve´c dokazana. Ukoliko nije, ili nemamo dokaz te tvrdnje posluµzit ´cemo se tvrdnjom (T3 ) i pokazati da tvrdnja (T2 ) logiµcki slijedi iz tvrdnje (T3 ): Opet ostaje utvrditi istinitost tvrdnje (T3 ): Nastavljanjem ovog postupka negdje moramo stati i konaµcno neku tvrdnju uzeti kao istinitu - tu kljuµcnu ulogu igraju aksiomi (ili postulati) - praistine. Ne moµze se re´ci koju tvrdnju treba prihvatiti kao aksiom no potreba za njima je nesumljiva. Treba prihvatiti dva zahtjeva kako bi dokaz bio korektan: prihva´canje odre†enih tvrdnji, koje nazivamo aksiomima ili postulatima, koje ne provjeravamo i uzimamo da su istinite; prihva´canje odre†enih logiµckih pravila. Sliµcno tome, pojmove u nekoj teoriji uvodimo de…nicijom preko drugih pojmova µcije nam je znaµcenje poznato. No i njih je potrebno odrediti preko jednostavnijih pojmova. Dakako i ovdje negdje moramo stati i neke pojmove moramo jednostavno prihvatiti bez svo†enja na neke jednostavnije. Dakle, u svakoj teoriji moramo krenuti od osnovnih (nede…niranih) pojmova i preko njih de…nirati sve ostale izvedene pojmove. Sumirajmo što znaµci aksiomatsko zasnivanje neke matematiµcke teorije. Treba utvrditi osnovne pojmove, koji su "oµcigledno jasni" i ne trebaju se de…nirati, potom odabrati osnovne tvrdnje (aksiomi, postulati), tj. tvrdnje koje se dogovorno uzimaju za istinite i ne dokazuju se, a zatim se iz aksioma izvode i dokazuju tvrdnje (teoremi, propozicije, stavci, pouµcci, leme, korolari). Aksiomatska metoda je naµcin ispitivanja kojim se utvr†uje valjanost dobivenih rezultata. Kako matematiµcari dolaze do njih misteriozno je, ne zaboravimo da su neki vaµzni rezultati u matematici dani bez valjanog dokaza, ili s nepotpunim dokazom - nije vaµzno, korektni dokazi su dani kasnije (katkada i puno kasnije). Kako se dolazi do matematiµckih otkri´ca ne znamo, no znademo što je dokaz: to je niz tvrdnji (iskaza, koraka) zajedno s potvrdom istinitosti za svaku, takvih da na koncu dobijemo traµzeni zakljuµcak. Šest je tipova iskaza u dokazu: - Po pretpostavci . . . - Po aksiomu . . . - Po teoremu . . . (prethodno dokazanom)
1.1. EUKLID I NJEGOVI ELEMENTI
7
- Po de…niciji . . . - Po (prethodnom) koraku . . . (koji je dokazan) - Po logiµckom pravilu. . . Ne moµzemo odgovoriti na pitanje kako otkriti teorem, no moµzemo nauµciti kako naµciniti dokaz. Glavna je tehnika uµcenje i praksa steµcena analizom dokaza drugih autora. Nema univerzalne metode za nalaµzenje dokaza matematiµcke tvrdnje. Ipak, nekoliko sugestija moµze pomo´ci u nalaµzenju dokaza: prvo, treba utvrditi razumiju li se jasno svi pojmovi u iskazu teorema, ako je potrebno zapisati te de…nicije; drugo, treba jasno razumijeti što su pretpostavke i što se treba dokazati; tre´ce, moµzda ´ce pomo´ci prethodno dokazani teoremi; µcetvrto, ukoliko je na†en teorem koji se moµze primijeniti, provjeriti paµzljivo moµze li se on zaista primijeniti; peto, nacrtati sliku, moµzda ona pomogne (bar ´ce se vizualizirati problem). Bilo je pokušaja da se sistematizira i aksiomatizira golemo matematiµcko znanje i prije Euklida, ali tek je njemu to uspjelo, za tadašnje uvjete gotovo savršeno, i stolje´cima je njegovo µcuveno djelo Elementi ostalo nepromijenjeno. Euklid je µzivio od oko 330. - 275. pr. Kr. u Aleksandriji, kulturnom i znanstvenom središtu tadašnjeg svijeta. Uz Arhimeda i Apolonija jedan je od tri najve´ca grµcka matematiµcara. Bio je pristaša Platonove …lozo…je. Smatra se da je matematiµcko obrazovanje dobio u Ateni kod Platonovih uµcenika. Euklid
Svoju je nastavnu i znanstvenu djelatnost razvio kao osnivaµc i središnja liµcnost matematiµcke škole Museion u Aleksandriji. Euklidovi Elementi 2 su bili toliko uspješni u izlaganju ele-
mentarne geometrije na aksiomatskoj osnovi, da su stolje´cima bili nenadmašan uzor stroge dedukcije. Sve do 18. stolje´ca, a dijelom i u 19. stolje´cu, oni su i osnovni udµzbenik geometrije. Nije se saµcuvao izvorni tekst, niti tekstovi iz Euklidovih vremena koji bi ukazivali na njih, ve´c samo prijepisi iz kasnijih stolje´ca u kojima su sastavljaµci unosili svoja poboljšanja i primjedbe. Euklidovi Elementi u Europu su došli preko prijevoda s arapskog poµcetkom 12. stolje´ca. Smatra se da je prvi prijevod naµcinio Adelard iz Batha3 , a me†u prvima je i prijevod Hermana Dalmatinca4 (koji je popravio upravo Adelardov prijevod). 2 Ostali Euklidovi radovi su Data (zbirka od 94 teorema iz Elemenata ), O dijeljenju (zadaci µ o dijeljenju likova), Pseudaria (o pogrešnom zakljuµcivanju u matematici), Porizmi, Cunjos-
jeµcnice, O plohama, Phaenomena (o astronomiji), Optika i katoptrika (o perspektivi) i Sectio canonis (20 teorema o glazbenim intervalima). 3 Adelard iz Batha (lat. Adelardus Bathensis, 1080. - 1152.), engleski matematiµc ar. 4 Herman Dalmatinac (1100. - 1160.), hrvatski matematiµc ar.
8
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED
Koncem 19. stolje´ca J.L. Heiberg5 i H. Menge6 na temelju postoje´cih nezavisnih tekstova restauriraju originalni Euklidov tekst i danas se njihovo izdanje Elemenata smatra najsliµcnijim originalu. To izdanje je osnova i za hrvatski prijevod prvih šet knjiga koji je objavljen 1999. godine (Euklid, Elementi I-VI. Kruzak, Zagreb, 1999. g.; prevela M. Hudoletnjak Grgi´c, pogovor V. Volenec). Engleski prijevod Heilbergovog izdanja s komentarima engleskog matematiµcara T.L. Heatha7 (T.L. Heath, The Thirteen Books of Euclid’s Elements with Introduction and Commentata, Dover Publications, New York, 1956.) najµceš´ce se koristi kada se govori o Euklidovim Elementima. U današnje vrijeme, poznavanje Elemenata nuµzno je kako bi se razumjela povijest matematike. Elementi se sastoje od 13 knjiga: knjige 1 - 6 bave se planimetrijom; knjige 7 - 10 aritmetikom i teorijom brojeva u geometrijskoj formi (toµcnije u knjigama 7 - 9 dana je geometrijska teorija cijelih brojeva, a knjiga 10 posve´cena je iracionalnm brojevima); knjige 11 - 13 bave se stereometrijom.
1.2
µ SADRZAJ PRVE KNJIGE ELEMENATA
Za pitanja aksiomatskog zasnivanja geometrije najvaµznija je prva knjiga, jer su u njoj skupljeni svi aksiomi na kojima se zasnivaju Elementi. Euklid zapoµcinje svaku knjigu de…nicijama onih pojmova kojima se sluµzi u toj knjizi. Ukupno u svim knjigama ima 118 de…nicija, a u prvoj knjizi ima ih 23. Poslije de…nicija Euklid navodi postulate (5) i aksiome (5), a onda se iz njih dokazuju propozicije (48). Navedimo neke de…nicije (od njih 23) iz hrvatskog prijevoda: (D-1) Toµcka je ono što nema djelova. (D-2) Crta je duljina bez širine. (D-3) Krajevi crte su toµcke. (D-4) Duµzina je ona crta koja jednako leµzi prema toµckama na njoj. (D-5) Ploha je ono što ima samo duljinu i širinu. (D-6) Krajevi plohe su crte. (D-7) Ravnina je ploha koja jednako leµzi prema duµzinama na njoj. Promotrimo s današnjeg stajališta ulogu de…nicija. Rekli smo: svi pojmovi neke aksiomatske teorije moraju se strogo podijeliti na osnovne pojmove, koji se ne de…niraju, a µcija su svojstva implicitno dana aksiomima, i na izvedene pojmove koji se de…niraju na temelju osnovnih pojmova. 5 Johan
Ludvig Heiberg (1854. - 1928.), danski povjesniµcar matematike. Menge, njemaµcki lingvist. 7 Sir Thomas Little Heath (1861. - 1940.), engleski matematiµc ar.
6 H.
µ 1.2. SADRZAJ PRVE KNJIGE ELEMENATA
9
Euklidove de…nicije su u tom smislu jedno od najslabijih mjesta. On µzeli de…nirati sve geometrijske pojmove, pa nema istaknutih osnovnih pojmova. Nadalje, u de…nicijama (D-1), (D-2) i (D-5) pojmovi toµcke, crte i plohe (ravnine) de…niraju se pomo´cu pojmova dio, duljina, širina, za µciju bi de…niciju bili potrebni novi pojmovi, a to je logiµcki nedopustivo. U de…nicijama (D-1) i (D-3) pojam toµcke de…nira se na dva razliµcita naµcina a nigdje nije dokazana ekvivalentnost tih de…nicija. De…nicije (D-4) i (D-7) su nejasne. Euklidove de…nicije toµcke, pravca (duµzine) i ravnine ne omogu´cavaju logiµcko izvo†enje svih svojstava tih pojmova. Izgleda da je i sam Euklid bio svjestan logiµcke nedopustivosti prvih sedam de…nicija - on ih i ne rabi. Prema tomu, taj logiµcki nedostatak Euklidove aksiomatike lako je uklonjiv: treba te de…nicije ispustiti, a da se pojmovi toµcka, pravac i ravnina uzmu za osnovne pojmove. Ostale de…nicije su ispravne ili preodre†ene. Potom Euklid navodi postulate i aksiome: (P-1) Neka se postulira da se od svake toµcke do svake toµcke povlaµci duµzina. (P-2) I da se ograniµcena duµzina neprekinuto produµzuje u duµzini. (P-3) I da se sa svakim središtem i udaljenoš´cu opisuje krug. (P-4) I da su svi pravi kutovi me†usobno jednaki. (P-5) I da ako duµzina koja sijeµce dvije duµzine µcini unutarnje kutove s iste strane manjima od dva prava kuta, dvije duµzine, neograniµceno produµzene, sastaju se s one strane na kojoj su kutovi manji od dva prava kuta. (A-1) Stvari koje su jednake istoj stvari i me†usobno su jednake. (A-2) Ako se jednakim stvarima dodaju jednake stvari, i cjeline su jednake. (A-3) Ako se od jednakih stvari oduzmu jednake stvari, i ostatci su jednaki. (A-4) Stvari koje se jedna s drugom poklapaju me†usobno su jednake. (A-5) Cjelina je ve´ca od dijela. Nije jasno kakva je razlika izme†u postulata i aksioma osim u µcinjenici da su postulati geometrijske tvrdnje, a aksiomi op´ce tvrdnje. Danas su to sinonimi i mi ´cemo rabiti aksiom. Bitni nedostatak Euklidove aksiomatike jest nepotpunost tog sustava, koja se ogleda u µcinjenici da se u dokazima Euklid koristi i odnosima na slikama - koristi se tvrdnjama osnovanim na zornosti, a koje se ne mogu dokazati na temelju njegove aksiomatike. Na primjer Euklid µcesto rabi izraze: "toµcke A, B; C leµze na istom pravcu", "toµckom A povuci pravac", "toµcka C leµzi izme†u toµcaka A i B";
10
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED
i intuitivno je jasno o µcemu se radi. Da bi se razumijeli ti pojmovi potrebno je opisati (aksiomima) pojmove incidencija i poredak. Isto tako intuitivno je jasno što bi znaµcili izrazi "duµzina AB jednaka duµzini CD"; "poloµzimo kut \BAC na kut \EF G"; "poloµzimo trokut 4ABC na trokut 4EF G": Na neki su naµcin i razumljivi ako Aksiom (A-4) shvatimo kao de…niciju "kongruentnosti (sukladnosti) preko gibanja". Nešto je potrebno uzeti za osnovni pojam: bilo gibanje - pa de…nirati kongruentnost, bilo kongruentnost - pa de…nirati gibanje. Nadalje, vidjet ´cemo da se ve´c u prvoj propoziciji pretpostavlja da se kruµznice sijeku - što je nedokazivo iz njegove aksiomatike. U dokazu te tvrdnje leµzi svojstvo neprekidnosti kruµznice, a neprekidnost (kao i poredak) je aksiomatizirana tek krajem 19. stolje´ca. Dug je put do konaµcnog aksiomatskog zasnivanja geometrije - to je uµcinio D. Hilbert8 1999. godine u djelu Grundlagen der Geometrie. Hilbertovom aksiomatikom ´cemo se posebno baviti i naglasimo da on za osnovne pojmove, pored toµcke, pravca (i ravnine) uzima za osnovne pojmove relacije incidencije poretka i kongruencije. Nakon de…nicija, postulata i aksioma Euklid izlaµze propozicije raspore†uju´ci ih u red po logiµckoj zavisnosti, tako da se svaka tvrdnja moµze dokazati na osnovu prethodnih tvrdnji, postulata i aksioma. Euklidova propozicija podijeljena je na šest etapa: izricanje zadanoga (proteza), isticanje zadanog - pretpostavke (eksteza), isticanje tvrdnje ili onog što se traµzi (diorizma), konstrukcija - u konstruktivnim zadatcima to je naprosto rješenje (kateskeva), dokaz (apodeiskis), zakljuµcak (simperazma) - ponovi se što je trebalo dokazati i kako se to napravi. U prijevodima na latinski umjesto "A to je ono što je trebalo uµciniti (dokazati )." stavlja se u propozicijama u kojima treba naµciniti konstrukciju Q.E.F. (od latinske fraze quod erat faciendum); a u ostalim propozicijama Q.E.D. (od latinske fraze quod erat demonstrandum). Danas je uobiµcajeno staviti znak ili
:
Promotrimo prvu propoziciju (iz hrvatskog izdanja prvih šest knjiga Euklidovih Elemenata). Dan je prikaz koji prikazuje podjelu na šest dijelova, i osim toga, uobiµcajilo se navoditi i Heatov komentar (to je tre´ci stupac). 8 David
Hilbert (1862. - 1943.), njemaµcki matematiµcar.
µ 1.2. SADRZAJ PRVE KNJIGE ELEMENATA
Propozicija 1. 1. Na danoj duµzini konstruiraj jednakostraniµcan trokut. 2. Neka je AB dana duµzina. 3. Na duµzini AB treba dakle konstruirati jednakostraniµcan t rokut. 4. Opišimo kruµznicu BCD sa središtem u A i radijusa AB i neka se, isto tako, sa središtem B i radijusom BA opiše kruµznica ACE i od toµcke C u kojoj se kruµznice me†usobno sijeku neka se do toµcaka A; B povuku duµzine CA, CD:
5.
6.
A budu´ci da je toµcka A središte kruµznice CDB; AC je jednaka AB: Isto tako, budu´ci da je toµcka B središte kruµznice CAE; BC je jednaka BA. A dokazano je tako†er da je CA jednaka AB: Stoga je svaka od CA; CB jednaka AB: A ono što je jednako istom jednako je i me†usobno. Stoga je i CA jednaka CB: Prema tome, tri duµzine CA; AB; BC mu†usobno su jednake. Dakle, trokut ABC je jednakostraniµcan trokut i konstruiran je na duµzini AB: A to je ono što je trebalo uµciniti.
11
(P-3) (P-3) (P-1)
(D-15) (D-15)
(A-1)
Euklidova prva knjiga Elemenata dana je u prilogu i napisana je na danas uobiµcajeni naµcin koriste´ci se standardnim oznakama. Tamo je ta propozicija: Propozicija 1. Na danoj duµzini konstruiraj jednakostraniµcan trokut. Dokaz. Neka je AB dana duµzina. Treba konstruirati jednakostraniµcan trokut 4ABC sa stranicom AB.
Prop ozicija 1.
Konstruirajmo kruµznicu k1 = k(A; AB) oko toµcke A radijusa AB te analogno k2 = k(B; AB) [primjenom Postulata (P-3)]: Neka je C presjeµcna toµcka tih kruµznica. Spojimo C sa A i C sa B [(P-1))]. Time je nastao trokut 4ABC za kojeg tvrdimo da je jednakostraniµcan.
Zaista, jer je AC = AB; BC = AB [po De…niciji (D-15)] vrijedi AC = BC [po Aksiomu (A-1)].
12
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED
Ovim je dokazano da vrijedi AB = BC = AC, tj. trokut 4ABC je jednakostraniµcan.
U dokazu koristi samo de…nicije, postulate i aksiome. Redosljed narednih propozicija pomno je izabran tako da se dokazu svake propozicije provodi preko de…nicija, postulata, aksioma i prethodno dokazanih propozicija. Ilustrirajmo to. Propozicija 10. Raspoloviti danu duµzinu. Dokaz. Neka je AB dana duµzina. Nad njom konstruiramo jednakostraniµcan ! trokut 4ABC (Propozicija 1.) i kut \ACB raspolovimo sa CD (Propozicija 9.). Tvrdimo da toµcka D raspolavlja duµzinu AB:
Prop ozicija 10.
Promotrimo trokute 4ADC i 4BDC. Po konstrukciji je AC = BC; \ACD =
\BCD; a CD je zajedniµcka stranica i, po Propoziciji 4., slijedi da su trokuti 4ADC i 4BDC jednaki. Dobivamo, posebno, da je i AD = DB: Vidimo da Euklid koristi slike. Geometrija jest disciplina u kojoj se objekti mogu vizualizirati i korektne slike pomaµzu da se razumije dokaz. Ne samo
to, pomaµzu i u otkrivanju novih rezultata. Euklidova Propozicija 47 je µcuveni Pitagorin pouµcak. Propozicija 47. U svakom pravokutnom trokutu kvadrat nad stranicom nasuprot pravog kuta jednak je zbroju kvadrata nad stranicama uz pravi kut. Dokaz. Neka je 4ABC pravokutni trokut s pravim kutom \BAC: Konstruira-
mo nad stranicama danog trokuta kvadrate BDEC; ACKH i AGF B (Propozicija 46.). ! ! Iz A povucimo paralelu s pravcem BD i njeno sjecište s pravcem DE oznaµcimo sa L: Spojimo A sa D; L; E, te F sa C i B sa K: Budu´ci su kutovi \BAC i \BAG pravi, toµcke A; C i G leµze na istom pravcu (Propozicija 14.). Iz istog razloga i toµcke B; A i H leµze na istom pravcu. Budu´ci je \DBC = \F BA dodavanjem kuta \ABC dobivamo da je \DBA = \F BC [(A-2)]. Promotrimo trokute 4ABD i 4F BC: Oni imaju po dvije jednake stranice
jednaki kut me†u njima pa su sukladni (Propozicija 4.). Osim toga paralelogram kojemu je BL dijagonala dvostruko je ve´ci od trokuta 4ABD; jer imaju istu
µ 1.2. SADRZAJ PRVE KNJIGE ELEMENATA
13
osnovicu i leµze izme†u istih paralela (Propozicija 41). Isto tako i kvadrat s dijagonalom GB dvostruko je ve´ci od trokuta 4F BC (Propozicija 41.). Dakle, paralelogram s dijagonalom BL jednak je kvadratu s dijagonalom GB:
Prop ozicija 47.
Sliµcno se dokazuje da ako spojimo A sa E i B sa K; da je tada paralelogram s dijagonalom CL jednak kvadratu s dijagonalom HC. Slijedi da je zaista kvadrat nad stranicom nasuprot pravog kuta trokuta jednak zbroju kvadrata nad stranicama uz pravi kut. Slika koja ilustrira Pitagorin pouµcak kod Euklida je komplicirana. Pomo´cne crte pomaµzu da se lakše razumije njegov dokaz. Povlaµcenjem drugaµcijih crta dokaz se moµze provesti i puno jednostavnije. Koje crte povu´ci umije´ce je onoga koji smišlja dokaz. Mnogo je razliµcitih dokaza Pitagorinog pouµcka. Neki su jednostavni i slikom vrlo sugestivni. Napomenimo, bez obzira na "oµcite odnose koje slika daje", dokaz treba paµzljivo provesti.
65 = 64?
Na primjer, Slika 65 = 64? je jako sugestivna, ali vodi pogrešnom zakljuµcku. Naime, izreµzemo li dijelove pravokutnika i "presloµzimo li ih na kvadrat" dobivamo da je 65 = 64. Oµcita pogreška, naše oko nije u stanju vidjeti da se preslagivanjem izgubio jedan mjerni kvadrat.
14
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED
1.3
PETI EUKLIDOV POSTULAT
Reµceno je da za aksiome i postulate treba uzeti one tvrdnje koje bez problema moµzemo prihvatiti da su istinite. Euklidovi aksiomi se lako usvajaju. Kod postulata najviše je pozornosti izazvao je Peti postulat (P-5). Naime, prva µcetiri postulata lako se prihva´caju jer su apstrahiranja empirijskih µcinjenica. Prva dva opisuju postupke koje omogu´cava ravnalo. Moµzemo ih izre´ci na naµcin: (P-1) Za svake dvije razliµcite toµcke postoji jedinstven pravac koji njima prolazi (ili, s dvije razliµcite toµcke jednoznaµcno je odre†en pravac); (P-2) Za svaka dva segmenta jedan od njih se moµze produµziti u segment kongruentan drugome. Tre´ci postulat (P-3) opisuje šestar, tj. za svaku toµcku O (središte kruµznice) i svaku toµcku A razliµcitu od O postoji kruµznica k(O; OA) sa središtem u toµcki µ O i radijusa OA: Cetvrti postulat (P-4) je apstrahiranje empirijske µcinjenice da moµzemo mjeriti pravi kut (kut koji je kongruentan svom suplementu je pravi kut, suma mjera suplementarnih kutova je 1800 ; svaki pravi kut ima mjeru 900 ): Da je kut \A pravi oznaµcavat ´cemo sa \A = R: Peti postulat (P-5) je drugaµciji jer ne moµzemo empirijski ustanoviti kada se dva pravca sijeku: imamo samo duµzine, a ne i pravce. Moµzemo produµziti duµzinu i opet imamo duµzinu, ali ne i pravac. Moµzemo li indirektno utvrditi da se pravci ! sijeku? Euklidova je sugestija da se povuµce transverzala (pravac EF ) i ako je suma kutova
i
manja od 2R; tada ´ce se produµzene duµzine s iste strane
transverzale gdje leµze kutovi
i
sijeµci.
Peti p ostulat.
Primjetimo da kad bismo znali da se pravci sijeku, moµzemo dokazati da se sijeku s one strane gdje je zbroj promatranih kutovi manji od 2R. Naime, kad bismo pretpotstavili da se sijeku s druge strane, mogli bismo promatrati suplementarne kutove
0
i
0
: Kako je
Po pretpostavci je
+
+
0
= 2R;
+
0
< 2R; pa mora biti
= 2R imamo 0
+
0
+
0
+
+
dodatak ELEMENTI.
Poziv na propozicije odnosi se na Euklidove propozicije.
= 4R:
> 2R a to je u kontradikciji
s Propozicijom 17 (zbroj bilo koja dva kuta trokuta je manji od 2R)9 : 9 Vidi
0
1.3. PETI EUKLIDOV POSTULAT
15
Mogu´ce je da je i sam Euklid pokušavao dokazati Peti postulat (tj. da je on zavisan s drugim tvrdnjama). Izgleda da je Euklid nastojao primjenu tog postulata odgoditi sve dok se njegova primjena ne pokaµze neophodnom - u prvih 28 propozicija on ga ne koristi. Danas se umjesto Euklidovog petog postulata uzima njemu ekvivalentna tvrdnja koja je poznata i kao Playfairov postulat 10 : (PP) Neka je a proizvoljni pravac, A toµcka van njega, tada u ravnini odre†enoj njima, kroz toµcku A moµzemo povu´ci toµcno jedan pravac koji ne sijeµce dani pravac. Pokaµzimo da su (P-5) i (PP) ekvivalentne tvrdnje. Napomenimo što su to ekvivalentne tvrdnje. Neka su M i N dvije tvrdnje u teoriji koja je odre†ena aksiomima fA1 ; A2 ; : : : ; An g: Kaµzemo da su tvrdnje M i N ekvivalentne tvrdnje obzirom na navedeni sustav ako i samo ako vrijedi fA1 ; A2 ; : : : ; An ; M g ) N
i fA1 ; A2 ; : : : ; An ; N g ) M:
Nazovimo teoriju dobivenu iz svih Euklidovih postulata izuzev Petog Euklidovog postulata (P-5) neutralnom geometrijom. To znaµci da smijemo koristiti sve Euklidove postulate osim postulata (P-5), kao i prvih 28 propozicija iz Prve knjige Elemenata (u njima Euklid ne koristi postulat (P-5)). Da su (P-5) i (PP) ekvivalentne tvrdnje obzirom na neutralnu geometriju treba dokazati: (a) fneutralna geometrijag ^ (PP) ) (P-5) i (b) fneutralna geometrijag ^ (P-5) ) (PP):
(a) Neka su dani pravac a i toµcka M van njega. Neka pravac b prolazi toµckom M i neka je
+
< 2R. Konstruirajmo pravac d koji prolazi toµckom M tako
da s pravcem c zatvara kut
0
= 2R
:
Po Propoziciji 27. i Propoziciji 28 pravci a i d se ne sijeku.
Pokaµzimo da su b i d razliµciti pravci. Zaista, jer je imamo da je
R; onda je CD < AB: U prvom sluµcaju je ABCD pravokutnik, a to se ne moµze dokazati bez petog postulata. Ako Peti postulat nije posljedica drugih Euklidovih pretpostavki, onda moµze postojati Saccherijev µcetverokut u kojemu su kutovi \C = \D tupi ili šiljasti. Sada Saccheri razmatra tri sluµcaja: \C = \D = R;
\C = \D > R;
\C = \D < R;
koje nazivamo redom hipoteza pravog kuta, hipoteza tupog kuta i hipoteza šiljastog kuta. Uvjeren u hipotezu pravog kuta, da je Euklidov postulat istinit, ispituje posljedice hipoteza tupog i šiljastog kuta nastoje´ci do´ci do protuslovlja. Navedimo neke njegove rezultate: ako je jedna od ovih hipoteza istinita za jedan Saccherijev µcetverokut onda je ona istinita za svaki Saccherijev µcetverokut; postavljene hipoteze ekvivalentne su sa sumom kutova u trokutu, prva sa \A + \B + \C = 2R; druga sa \A + \B + \C > 2R; tre´ca sa \A + \B + \C < 2R; okomica na jedan krak šiljastog kuta neko vrijeme sijeµce drugi krak, a potom više ne sijeµce; toµckom van pravca prolazi beskonaµcno mnogo pravaca koji dani pravac sijeku i beskonaµcno mnogo koji ga ne sijeku i postoje dva graniµcna pravca koja odvajaju ove dvije klase pravaca; skup toµcaka jednako udaljenih od danog pravca nije pravac; pravci koji se ne sijeku imaju zajedniµcku okomicu. Vjera da je hipoteza pravog kuta ona prava, zavela ga je na pogrešne zakljuµcke, pa je tako on "oborio" hipotezu tupog kuta (nju lakše) i hipotezu šiljastog kuta (nju daleko teµze). Rezultati do kojih je došao Saccheri doista su bili neobiµcni i on ih nije mogao prihvatiti.
1.3. PETI EUKLIDOV POSTULAT
19
Lambert; sliµcno Saccheriju, promatra µcetverokut koji ima tri prava kuta (tzv. Lambertov µcetverokut - polovica Saccherijevog µcetverokuta), a za µcetvrti uzima da moµze biti pravi, tupi ili šiljasti. D
C
A
B
Lamb ertov µc erverokut.
Tako i on postavlja tri hipoteze: \C = R;
\C > R;
\C < R;
koje opet nazivamo hipoteza pravog kuta, hipoteza tupog kuta i hipoteza šiljastog kuta. Sliµcno Saccheriju dokazuje da ako je jedna od ovih hipoteza istinita za jedan Lambertov µcetverokut tada je ona istinita za svaki Lambertov µcetverokut, te da je hipoteza pravog kuta ekvivalentna Petom postulatu. U µzelji da obori hipoteze tupog i šiljastog kuta, razmatra posljedice kako bi došao do protuslovlja. U sluµcaju hipoteze tupog kuta, ne lako, dolazi do kontradikcije. No, dokazuju´ci hipotezu šiljastog kuta, sliµcno kao i Saccheri, dolazi do za njega µcudnih posljedica. Navedimo neke njegove rezultate: ne postoje sliµcni trokuti; u svakom je trokutu zbroj kutova ( + njegovom defektu
+ ) manji od 2R; površina trokuta proporcionalna je = 2R
( +
+ ); postoji apsolutna jedinica mjere.
Lambert je svjestan da svoju teoriju o paralelama nije završio - da nije došao do toliko traµzenog protuslovlja18 . Vaµzan doprinos dao je i Legendre19 . On je 1794. godine objavio knjigu "Osnove geometrije" - udµzbenik koji je trebao nadomjestiti Euklidove Elemente. U tome je bio veoma uspješan, taj je udµzbenik krasila jasno´ca, elegancija i kratko´ca dokaza. Dakako da je centralno mjesto opet bio Peti postulat. On dokazuje: ako je suma kutova u trokutu kutova u trokutu je +
+
+
+
+
+
= 2R tada vrijedi Peti postulat; suma
2R; ako je suma kutova u jednom trokutu
2R; tada je suma kutova u svakom trokutu
Sada mu je cilj na´ci trokut u kojem je
+
+
+
+
2R:
= 2R. U narednim izdanjima
udµzbenika (12 izdanja) daje nekorektne dokaze, ali njegova je zasluga da je nakon kra´ceg gubljenja interesa, opet aktualiziran problem Petog postulata. 1 8 Za
njegova µzivota nije ni objavljena Teorija o paralelama, ve´c ju je nakon njegove smrti
publicirao švicarski matematiµcar Johan (III) Bernoulli (1744. - 1807.). 1 9 Adrien-Marie Legendre (1752. - 1833.), francuski matematiµc ar.
20
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED
Svo troje, Saccheri, Lambert, Legandre bili su uvjereni da se Peti postulat moµze dokazati. Poµcetkom 19. stolje´ca pojavljuju se prva razmišljanja da je Peti postulat nezavisan. Me†u prvima i najznaµcajni je svakako Gauss20 . Gauss se vrlo rano zainteresirao za problem Petog postulata. Godine 1815. dolazi na ideju da se Peti postulat ne da dokazati, tj. da nije zavisan o ostalim aksiomima. Godine 1816. dolazi do zakljuµcka da je neeuklidska geometrija neproturjeµcna. Ne µzele´ci proturjeµciti dotadašnjim rezultatima, svoje radove ne objavljuje - o njima znademo iz njegova dnevnika koji je je poµceo voditi u svojoj 19. godini. ! Evo njegove de…nicije paralelnih pravaca: Kaµzemo da je pravac AM paralelan ! s pravcem BN ako oba pravca leµze u istoj ravnini i ne sijeku se ali svaki pravac ! ! ! povuµcen toµckom A izme†u pravaca AM i AB sijeµce pravac BN . Navedimo neke njegove rezultate. Dokazao je: de…nicija paralelnih pravaca ne ovisi o izboru toµcaka A i B; da je relacija "biti paralelan" simetriµcna i tranzitivna; svakom toµckom izvan danog pravca prolaze dvije paralele s tim pravcem, jedna prema jednom kraju, a druga prema drugom kraju; limes kruµznica kojima r ! 1 (tj. središte ! 1), a koje uvijek prolaze kroz istu odabranu toµcku nije pravac nego krivulja - paracikl ; geometrijsko mjesto toµcaka jednako udaljenih
od danog pravca s iste strane nije pravac nego krivulja - hipercikl ; postoji apsolutna jedinica duljine (tj. geometrijskim naµcinom moµzemo de…nirati duµzinu kojom mjerimo ostale); u euklidskoj geometriji mjerenje kutova je apsolutno dok mjerenje duµzina nije; uvodi konstantu k koju moµze geometrijski de…nirati; ako k ! 1, onda na limesu dobivamo euklidsku geometriju; pokazuje da je za danu kruµznicu radijusa r njezin opseg O = 2 k sh kr ; trokut s kutovima ; 2
ima je površinu P = k [
( +
i
2
+ )] = k :
Napokon je poµcetkom 19. stolje´ca problem paralela riješen gotovo istovremeno. Izgra†ena je nova geometrija, jednakovrijedna kao euklidska geometrija. Zasluga je to dvojice: J. Bolyaija21 i N.I. Lobaµcevskog22 . János je sin tako†er poznatog matematiµcara Farkasa, koji je boravio u Göttingenu i prijateljevao i dopisivao se s Gaussom. I Farkas se bavio problemom Petog postulata i smatra se jednim od prete´ca osnivaµca neeuklidske geometrije. Janos je dobio prve poduke iz matematke od oca, i ve´c zarana pokazala se njegova izuzetna nadarenost (a bio je i dobar glazbenik i vješt maµcevalac). S petnaest godina otac ga namjerava poslati na studij kod Gaussa u Göttingen, a kada 2 0 Johann
Carl Friedrich Gauss (1777. - 1855.), veliki njemaµcki matematiµcar. Bolyai (1802. - 1860.), ma†arski matematiµcar. 2 2 Nikola j Ivanoviµ c Lobaµc evski (1792. - 1856.), ruski matematiµcar. 2 1 János
1.3. PETI EUKLIDOV POSTULAT
21
to nije uspjelo odlazi na studij u Beµc. Ve´c kao student javlja ocu da je uspio dokazati Peti postulat - otac ga je odvra´cao od tog rada jer je sam potrošio dvadesetak godina svog µzivota na tom problemu. Uvidio je brzo pogrešku u svom radu i poµcinje nasluµcivati da je aksiom o paralelama nezavisan. 1823. godine javlja ocu da je našao relaciju izme†u kuta paralelnosti i duµzine koja mu odgovara - otkrivena je neeuklidska geometrija. Bilo mu je tada tek 21 godina i pitanjem paralela bavio se tek 3-4 godine. Dakako, pomoglo je i kritiµcko promišljanje njegova oca. Godine 1829. predoµcio je ocu potpuni nacrt svoje teorije koji ovaj nije razumio i kada je uvidio da oca nije pridobio za svoje ideje predlaµze da rad pošalju na prosudbu Gaussu - znao je da ´ce otac uvaµziti njegovo mišljenje. Zbog toga, 1831. godine, piše rad kao dodatak oµcevom radu Tantamen 23 . Taj rad je imao 26 strana - glasoviti Appendix - i otac ga šalje Gaussu na prosudbu. Gaussov odgovor, u kojem je pohvalio rad i da se izloµzene ideje u potpunosti podudaraju s njegovim rezultatima starim ve´c tridesetak godina, jako je obradovao oca, ali ne i Jánosa. On nije mogao niti htio vjerovati da je Gauss samostalno i prije njega došao do neeuklidske geometrije - ukratko mislio je da je pokraden. Poslije se uvjerio da nije tome tako - ali ostalo je ogorµcenje što Gauss nije javno istaknuo vaµznost njegova rada. I s radom Lobaµcevskog bio je upoznat. Na jedan rad Lobaµcevskog upozorio je Gauss njegova oca, a ovaj njega. Isprva se divi tom radu i kako se on podudara s njegovim Appendixom, potom opet sumnja da je pokraden. Daje i neke oštroumne primjedbe - od nekih bi i odustao da je poznavao ostale radove Lobaµcevskog. Lobaµcevski je bio višegodišnji profesor i rektor univerziteta u Kazanu. U poµcetku je i sam pokušavao dokazati Peti postulat. 1823. godine završio je rukopis udµzbenika za geometriju koji nije nikada tiskan. Iz prona†enog rukopisa vidljivo je da znade da su svi dotadašnji pokušaji dokazivanja Petog postulata bili neuspješni. U periodu 1823. - 1825. izradio je potpuno rješenje problema i 1826. godine Lobaµcevski izlaµze nacrt svoje nove geometrije. Taj je rukopis izgubljen i nije nikad prona†en ali je objavljen u µcasopisu "Kazanski vjesnik" (za godište 1829.1830.) pod naslovom "O osnovama geometrije". Ovom publikacijom pretekao je Jánosa Bolayija - njegov je Appendix objavljen 1931. godine. Od 1835. do 1838. radi na novom udµzbeniku geometrije. Lobaµcevski je talentiran nastavnik: µ ci svoj rad uµciniti pristupaµcnim i mateudµzbenik je pisan jasno i precizno. Zele´ matiµcarima izvan Rusije objavljuje 1840. godine u Berlinu rad Geometrische Untersuchungen zur Theorie der Parallellinien. 2 3 Skaµc eno
od Tentamen iuventutem studiosam in elementa matheseos purae elementaris
ac sublimioris methodo intuitiva evidentiaque huic propria introducenti.
22
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED
Navedimo neke rezultate Bolayija i Lobaµcevskog: de…nicija paralelnosti; kut paralelnosti
(x); konstrukcija kuta paralelnosti; graniµcna kruµznica i graniµcna
sfera; pridruµzeni trokuti; neeuklidska trigonometrija; izraµcunavanje funkcije (x); uvo†enje hiperbolnih funkcija; opseg kruga; zbroj kutova u trokutu, defekt trokuta; veza površine trokuta i defekta; površina pruge me†u paralelama. Naµzalost, niti rad Bolayija niti rad Lobaµcevskog nije izazvao gotovo nikakva odziva u znanstvenim krugovima. Na razvoj geometrije gotovo da oni ne utjeµcu. Od zaborava ih je spasio Gauss. Kako on u javnosti nije raspravljao o paralelama to nije spominjao njihove radove kojima se divio i uvaµzavao. Objavom njegovih pisama i njegovog dnevnika iz kojih se vidjelo da je ne samo cijenio njihov rad ve´c se i sam bavio neeuklidskom geometrijom, znanstvena javnost je pridobivena. Njihova istraµzivanja su prevedena i na druge jezike, dovedena su u vezu s drugim geometrijskim teorijama. U drugoj polovici 19. stolje´ca poµcelo je µzivlje zanimanje za ova pitanja. Tako je Rieman24 1851. godine objavio rad osnovnim pretpostavkama geometrije". pP"O n (dxi )2 i=1 pPn 2 ; gdje je zakrivljenost prostora, i On polazi od elementa luka ds = 1+ 4
za
i=1
xi
< 0 imamo hiperboliµcku geometriju (geometriju Lobaµcevskog), a za
>0
imamo eliptiµcku geometriju (Riemenovu geometriju). Beltrami25 objavljuje 1868. godine rad u kojem dokazuje neprotuslovnost hiperboliµcke geometrije. Klein26 je 1869. godine dao model neeuklidske geometrije, a u radu "O takozvanoj neeuklidskoj geometriji" dokazuje neprotuslovnost hiperboliµcke geometrije. Poznat je i Poincareov27 model hiperboliµcke geometrije. Izgradnjom geometrije Lobaµcevskog i Bolyaija utvr†ena je nezavisnost Petog postulata od drugih postulata i aksioma - taj postulat u Euklidovom sistemu je zaista pravi aksiom. Analogno se raspravlja i o ostalim aksiomima euklidske geometrije: treba utvrditi njihovu nezavisnost, koju zada´cu imaju u sistemu i prema tomu odrediti im pravo mjesto. Potrebno je postaviti aksiome koji su nuµzni i dovoljni za izgradnju euklidske geometrije. U tom smislu se poseban su doprinos dali M. Pasch28 , G. Peano29 , M. Pieri30 , G. Veronese31 . Neki su matematiµcari koristili razliµcite izbore osnovnih pojmova - odabir osnovnih pojmova je proizvoljan. Tako je Pieri rabio samo dva osnovna pojma i dakako da je dobivena veoma komplicirana aksiomatika. Odabir osnovnih poj2 4 Georg
Friedrich Bernhard Rieman (1826. - 1866.), njemaµcki matematiµcar. Beltrami (1835. - 1900.), talijanski matematiµcar. 2 6 Felix Klein (1849. - 1925.), njemaµc ki matematiµc ar. 2 7 Henri Poincaré (1854. - 1912.), francuski matematiµc ar. 2 8 Moritz Pasch (1843. - 1930.), njemaµc ki matematiµc ar. 2 9 Giusepe Peano (1858. - 1932.), talijanski matematiµc ar. 3 0 Mario Pieri (1860. - 1913.), talijanski matematiµc ar. 3 1 Giuseppe Veronese (1854. - 1917.), talijanski matematiµc ar. 2 5 Eugenio
µ 1.4. NACELA AKSIOMATIKE
23
mova koji je naµcinio D. Hilbert32 je najpopularniji, jer se njime elegantno gradi geometrija na sliµcan naµcin na koji je to uµcinio Euklid. Hilbert je taj je posao dovršio kada je 1899. godine objavio µcuvenu knjigu Grundlagen der Geometrie. Time je problem aksiomatizacije geometrije konaµcno riješen i moµzemo re´ci da od tada zapoµcinje pravi aksiomatski pristup matematiµckim teorijama.
1.4
µ NACELA AKSIOMATIKE
Najteµze je bilo riješiti se zornosti u geometriji koja µcesto pomaµze, ali je u aksiomatiziranju geometrije bila smetnja. Zor je svoju ulogu odigrao kod izdvajanja osnovnih pojmova, kod uoµcavanja tvrdnji koje treba dokazati, ali kod samog dokazivanja se mora potpuno eliminirati. Kod Hilbertove aksiomatike zor je potpuno eliminiran, slike nisu potrebne. Hilbert radi potpuno apstraktno. Aksiomatsko zasnivanje bilo koje matematiµcke teorije u poµcetku traµzi da se odrede osnovni pojmovi i osnovne tvrdnje - aksiomi. Osnovnim pojmovim i aksiomima odredili smo aksiomatiku te matematiµcke teorije. Pomo´cu osnovnih pojmova de…niraju se svi ostali izvedeni pojmovi te teorije, a sve tvrdnje se izvode iz aksioma. Za sistem aksioma, koji se moµze proizvoljno odabrati, moraju vrijediti sljede´ca naµcela: naµcelo neprotuslovnosti, naµcelo potpunosti i naµcelo nezavisnosti.
1.4.1
Naµcelo neprotuslovnosti
Naµcelo neprotuslovnosti treba shvatiti u sljede´cem smislu: za sistem aksioma fA1 ; :::; An g teorije A kaµzemo da je neprotuslovan ako se iz tih aksioma ne mogu
dokazati me†usobno suprotne tvrdnje T i :T , tj. istinita je toµcno jedna od tvrdnji
fA1 ; :::; An g ) T;
fA1 ; :::; An g ) :T:
30-ih godina 20. st. K. Gödel (1906. - 1978., austrijski matematiµcar) je dokazao da unutar matematiµckih teorija postoje tvrdnje koje se ne mogu ni dokazati niti opovrgnuti koriste´ci se sredstvima koja dopušta ta teorija, pa se neprotuslovnost neke aksiomatike unutar same te teorije ne moµze dokazati. Dakle, jedna teorija se mora uzeti kao istinita i pomo´cu nje se dokazuje neprotuslovnost druge teorije. Postupak je sljede´ci: µzelimo li ustanoviti neprotuslovnost teorije A pomo´cu teorije B treba u teoriji B konstruirati model teorije A, tj. osnovne pojmove teorije A interpretirati pomo´cu nekih pojmova iz B; a aksiome teorije
A interpretirati kao teoreme u teoriji B: Tim modelom je ostvareno da je teorija 3 2 David
Hilbert, 1862. - 1943., njemaµcki matematiµcar.
24
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED
A barem toliko neprotuslovna koliko je neprotuslovna teorija B.
Najµceš´ce se za istinitu teoriju uzima teorija aritmetike prirodnih brojeva ili teorija skupova.
1.4.2
Naµcelo potpunosti
Postoje dva shva´canja naµcela potpunosti. Po starijem shva´canju se smatra da je aksiomatika potpuna ako se za neki teorem te teorije, koji se da formulirati moµze pokazati da je istinit ili neistinit. Ovo shva´canje nije loše, ali je prestrogo. Naime, pitanje je da li se svi teoremi mogu formulirati, a ako se i mogu formulirati ponekad se ne moµze dokazati jesu li istiniti ili neistiniti. Po novom shva´canju ovog naµcela, koji se ponekad zove i naµcelo kategoriµcnosti, smatra se da je aksiomatika potpuna ako su svaka dva modela te teorije izomorfna. Dakle, problem se svodi na to da se odgovori na pitanje da li postoji jedan jedini model te teorije. Ako postoje dva neizomorfna modela smatra se da sistem aksioma nije potpun (npr. teorija grupa).
1.4.3
Naµcelo nezavisnosti
Naµcelo nezavisnosti znaµci da se svaki aksiom ne da izre´ci pomo´cu ostalih, tj. svaki aksiom mora biti neizvediv od ostalih. Dakle, fA1 ; :::; An g je nezavisan
ako vrijedi
A1 ; : : : ; Ai
1 ; Ai+1 ; : : : ; An
; Ai ;
i = 1; : : : ; n:
Nezavisnost aksioma Ai u sistemu aksioma fA1 ; :::; An g obiµcno se provjerava
tako da se na†e neki model takav da u njemu vrijede svi aksiomi osim njega tj. sistem aksioma fA1 ; : : : ; Ai
1 ; Ai+1 ; : : : ; An g.
Primjetimo da ovaj princip nije neophodan jer se zavisnim sistemom aksioma deduktivna snaga teorije ne mijenja obzirom na teoriju zasnovanu samo nezavisnim aksiomima: zavisni aksiom je teorem te teorije.
Poglavlje 2
APSOLUTNA GEOMETRIJA U Hilbertovoj aksiomatici euklidske geometrije osnovni objekti su: toµcke, pravci, ravnine. Toµcke oznaµcavamo velikim tiskanim slovima A; B; C; :::; a skup svih toµcaka sa T ; pravce oznaµcavamo malim tiskanim slovima a; b; c; :::; a skup svih pravaca sa P; ravnine oznaµcavamo grµckim slovima
; ; ; :::; a skup svih ravnina
sa R:
Nadalje, osnovne relacije su: relacija incidencije, relacija poretka, relacija kongruencije. Dakle, moµzemo re´ci da u Hilbertovoj aksiomatici Euklidske geometrije koristimo 6 osnovnih pojmova: tri osnovna objekta (toµcka, pravac, ravnina) i tri osnovne relacije (incidencija, poredak, kongruencija). Ovi osnovni pojmovi se ne de…niraju, ali su opisani aksiomima. Kod Hilberta postoji 20 aksioma razvrstanih u 5 grupa: (I) prva grupa - aksiomi incidencije I1 (II) - aksiomi poretka II1
8;
4;
(III) - aksiomi kongruencije III1 (IV ) - aksiomi neprekidnosti IV1
5; 2;
(V ) - aksiom paralelnosti VE Naša razmatranja ograniµcit ´cemo na planimetriju i kada govorimo o geometriji 25
26
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
uvijek ´cemo razmišljati o geometriji ravnine. Tako ´cemo i u navo†enju aksioma naglasiti koji su to ravninski, a koji prostorni aksiomi. U prvom odjeljku ovog poglavlja navodimo aksiome incidencije i dokazujemo one tvrdnje koje su nam neophodne u daljnoj izgradnji geometrije. U drugom odjeljku navodimo aksiome poredka i dokazujemo neke tvrdnje koje su nam potrebne. Te tvrdnje posljedica su prvih dviju grupa aksioma. Isto tako, tre´ci odjeljak govori o aksiomima kongruencije i tamo dokazane tvrdnje posljedica su prethodnih grupa aksioma i aksioma kongruencije. Konaµcno, uzimaju´ci i µcetvrtu grupu aksioma sagradili smo geometriju koju nazivamo apsolutna geometrija. Dakle, to je geometrija kojoj je aksiomatika dana aksiomima (I); (II); (III) i (IV ): Pokazat ´ce se da u toj geometriji toµckom van danog pravca prolazi bar jedan pravac koji ga ne sijeµce. To znaµci da ako µzelimo izgraditi Euklidsku geometriju moramo dodati aksiom AKSIOM (VE ) Toµckom van pravca prolazi najviše jedan pravac koji ga ne sijeµce. Time je pokazano da je Peti postulat zaista pravi aksiom. Dodamo li aksiomima apsolutne geometrije aksiom AKSIOM (VH ) Toµckom van pravca prolaze bar dva pravca koji ne sijeku taj pravac. dobivamo aksiomatiku hiperboliµcke geometrije i o njoj se detaljnije govori u tre´cem poglavlju. Napomenimo da su sve tvrdnje apsolutne geometrije istinite i u euklidskoj geometriji i u hiperboliµckoj geometriji. Tako je npr. tvrdnja apsolutne geometrije "zbroj kutova trokuta nije ve´ci od dva prava kuta ", ili kra´ce zapisano + + 2R; jest istinita i u Euklidskoj geomeriji i u hiperboliµckoj geometriji. Ta tvrdnja u Euklidskoj geometriji glasi +
+
+
+
= 2R; a u hiperboliµckoj geometriji
< 2R:
Krenemo li pak u izgradnji geometrije s pretpostavkom da vrijedi aksiom AKSIOM (VR ) Svaka dva pravca se sijeku. i potom izgradimo geometriju u kojoj vrijede i prve µcitiri grupe aksioma dobivamo geometriju koja se naziva elipiµcka geometrija. Model te geometrije je sferna geometrija. Eliptiµckom geometrijom se ne´cemo posebno baviti ve´c samo ukazati na neke tvrdnje apsolutne geometrije koje u njoj nisu istinite. Npr., ranije izreµcena tvrdnja apsolutne geometrije o zbroju kutova trokuta u eliptiµckoj geometriji nije istinita. U eliptiµckoj geometriji vrijedi tvrdnja
+
+
> 2R:
2.1. AKSIOMI INCIDENCIJE
2.1
27
AKSIOMI INCIDENCIJE
Aksiomi incidencije govore o relaciji incidencije I. Relacija incidencije I je binarna relacija I
(T
P) [ (T
R). Da je (A; a) 2 I znaµci toµcka A je
incidentna pravcu a (ili toµcka A leµzi na pravcu a, ili pravac a prolazi
toµckom A - koristimo i oznaku A 32 a); a da je (A; ) 2 I znaµci da je toµcka
A incidentna s ravninom
(ili toµcka A leµzi u ravnini
; ili ravnina
sadrµzi toµcku A - koristimo i oznaku A 32 ):
Napomenimo da kada kaµzemo "dvije toµcke", "tri toµcke" uvijek razumijevamo da se radi o razliµcitim toµckama. Nadalje za tri toµcke koje su incidentne s istim pravcem kaµzemo da su kolinearne, a ako ne da su nekolinearne. Isto tako ako µcetiri toµcke leµze u istoj ravnini tada govorimo da su one komplanarne, a ako ne leµze u istoj ravnini da su nekomplanarne. AKSIOM (I1 ): Za svake dvije toµcke postoji pravac koji prolazi njima. AKSIOM (I2 ): Za svake dvije toµcke postoji najviše jedan pravac koji prolazi njima. NAPOMENA 2.1.1 Iz aksioma (I1 ) i (I2 ) slijedi poznata µcinjenica da je pravac u potpunosti odre†en svojim dvjema razliµcitim toµckama. Jedinstveni ! pravac koji odre†uju razliµcite toµcke A i B oznaµcavamo sa p(A; B) ili AB. AKSIOM (I3 ): Na svakom pravcu leµze bar dvije toµcke; postoje bar tri nekolinearne toµcke. AKSIOM (I4 ): Za svake tri nekolinearne toµcke postoji ravnina u kojoj leµze te toµcke. U svakoj ravnini leµzi bar jedna toµcka. AKSIOM (I5 ): Za svake tri nekolinearne toµcke postoji najviše jedna ravnina u kojoj leµze te toµcke. NAPOMENA 2.1.2 Iz aksioma (I4 ) i (I5 ) slijedi da je sa tri nekolinerne toµcke u potpunosti odre†ena ravnina. Ravninu odre†enu toµckama A; B i C oznaµcavamo sa (A; B; C). AKSIOM (I6 ): Ako dvije toµcke pravca leµze u ravnini onda sve toµcke tog pravca leµze u toj ravnini. DEFINICIJA 2.1.3 Re´ci ´cemo da je pravac a incidentan s ravninom (kaµzemo i da pravac a leµzi u ravnini tog pravca incidentna s ravninom
.
), i pisati a 32 ; ako je svaka toµcka
28
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
AKSIOM (I7 ): Ako dvije ravnine imaju jednu zajedniµcku toµcku onda one imaju još bar jednu zajedniµcku toµcku razliµcitu od prve. AKSIOM (I8 ): Postoje bar µcetiri nekomplanarne toµcke. Aksiomi (I1 ) - (I3 ) nazivaju se ravninskim aksiomima incidencije, a aksiomi (I4 ) - (I8 ) nazivaju se prostornim aksiomima incidencije. Ranije smo spominjali model u kojem zadane aksiome interpretiramo. Geometriju zasnovanu na aksiomima (I1 ), (I2 ) i (I3 ) nazovimo geometrija incidencije1 . Navedimo nekoliko modela te geometrije. Eliptiµcka geometrija incidencije triju toµcaka. Promotrimo skup fA; B; Cg od tri elementa koje nazovimo "toµckama". C
B A Eliptiµc ka geom etrija incidencije triju toµc aka.
Sve dvoµclane podskupove fA; Bg, fB; Cg i fA; Cg nazovimo "pravcima" a inci-
denciju interpretirajmo na naµcin: "toµcka" leµzi na "pravcu" ako je ona element "pravca". Npr., "toµcka" A leµzi na "pravcu" fA; Bg jer je A 2 fA; Bg, a ne
leµzi na "pravcu" fB; Cg jer A 2 = fB; Cg: Oµcito su ispunjeni aksiomi incidencije. Budu´ci se svaka dva pravca sijeku, tj. vrijedi aksiom (VR ), zaista se radi o eliptiµckoj geometriji. Eliptiµcka geometrija incidencije triju pravaca. Promotrimo skup fa; b; cg i njegove elemente nazovimo "pravcima". "Toµcke" neka su svi dvoµclani poskupovi: fa; bg; fb; cg i fa; cg: Neka je incidencija opet
interpretirana inkluzijom. Npr., "toµcka" fa; bg je incidentna sa "pravcem" a i "pravcem" b: Ovaj model je izomorfan modelu eliptiµcke geometrije incidencije triju toµcaka. Taj izomor…zam je dan sa A ! fa; bg fA; Bg ! b B
! fb; cg
fB; Cg
!c
C ! fa; cg fA; Cg ! a Primjetimo da "toµcka" A leµzi samo na "pravcima" fA; Bg i fA; Cg i da pridruµzena "toµcka" fa; bg leµzi na pridruµzenim "pravcima" a i b: Sliµcno se provjerava da je
incidencija saµcuvana i za "toµcke" B i C: 1 Geometrija
incidencije sa konaµcno mnogo toµcaka naziva se konaµc na geometrija.
2.1. AKSIOMI INCIDENCIJE
29
Euklidska geometrija incidencije µcetriju toµcaka. Neka su elementi skupa fA; B; C; Dg "toµcke", svi njegovi dvoµclani podskupovi
"pravci" (dakle, imamo šest "pravaca") neka je incidencija interpretirana inkluzijom.
Euklidska geom etrija incidencije µc etriju toµc aka.
Opet se lako provjeri da su ravninski aksiomi incidencije ispunjeni. Ovaj model jest euklidska geometrija incidencije jer se lako provjeri da vrijedi aksiom (VE ): Npr., "toµcka" C je van "pravca" fA; Bg i njom prolazi najviše jedna paralela, to je "pravac" fC; Dg:
Hiperboliµcka geometrija incidencije pet toµcaka.
Hip erb oliµc ka geom etrija incidencije p et toµc aka.
Neka su sada "toµcke" elementi skupa fA; B; C; D; Eg i kao i do sada neka su
"pravci" svi dvoµclani podskupovi (deset "pravaca") i incidencija interpretirana
inkluzijom. Lako se provjeri da to jest ravninska geometrija incidencije. Osim toga, ovdje vrijedi aksiom (VH ): Npr., "toµckom" C van "pravca" fA; Bg prolaze dvije paralele fC; Dg i fC; Eg:
Prethodni primjeri pokazuju da je bilo koji aksiom paralelnosti nezavisan o ravninskim aksiomima incidencije. Ovdje je nezavisnost dokazana egzistencijom modela. Npr. za svaki aksiom paralelnosti imamo dva modela, jedan u kojemu on vrijedi i drugi u kojemu on ne vrijedi. Osim toga, incidentna geometrija je nepotpuna, jer postoje neizomorfni modeli. A…na i projektivna ravnina. Oznaµcimo sa a )( b µcinjenicu da se pravci a i b ne sijeku. Tada kaµzemo da su pravci a i b razilazni (ili divergentni).
30
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
A…na ravnina je bilo koji model euklidske geometrije incidencije. Primjer a…ne ravnine je Euklidska geometrija incidencije µcetriju toµcaka. Projektivna ravnina je model eliptiµcke geometrije incidencije u kojemu svaki pravac sadrµzi najmanje tri razliµcite toµcke. Najmanja projektivna ravnina (ona sadrµzi 7 toµcaka i 7 pravaca koji sadrµze toµcno tri toµcke), nazivava se Fanova geometrija2 i prikazana je na narednoj slici.
Fanova geom etrija.
Oznaµcimo sa A bilo koju a…nu ravninu i de…nirajmo na skupu svih pravaca relaciju a
na naµcin:
b , a = b ili a )( b
tj. pravci a i b su u relaciji dokazati da je
ako su ili jednaki ili se ne sijeku. Nije teško
relacija ekvivalencije. Re‡eksivnost i simetriµcnost relacije
su oµcite. Dokaµzimo tranzitivnost. Neka su a ili b = c odmah slijedi a
b i b
c: Ukoliko je a = b
c pa stoga pretpostavimo da su a; b i c razliµciti
pravci. Treba dokazati da se pravci a i c ne sijeku. Pretpostavimo suprotno, da se pravci a i c sijeku u toµcki P: Toµcka P ne leµzi na pravcu b jer je a )( b: To znaµci da toµckom P prolaze dva razliµcita pravca a i c koji ne sijeku pravac b, što je u protuslovlju s Aksiomom (VE ): Kvocijentni skup A=
skupa svih
pravaca a…ne ravnine A sastoji se od klasa ekvivalencije. Klasa ekvivalencije [a] pravca a je skup koji se sastoji od pravca a i svih pravaca koji ne sijeku pravac
a: Model geometrije incidencije A kojemu je skup toµcaka jednak skupu toµcaka toµcaka modela A; a skup pravaca kvocijentni skup A=
postaje eliptiµcki model
incidencije. Relacija incidencije "toµcka P leµzi na pravcu [a]" znaµci da P leµzi na nekom pravcu b 2 [a]:
Ovaj postupak moµzemo interpretirati i na sljede´ci naµcin (koji je lakše vizualizirati). Model A dobivamo iz modela A tako da svakom pravcu a dodamo novu toµcku A1 (beskonaµcna toµcka pravca a); to je pravac [a] iz A ; i da skupu
pravaca dodamo novi pravac l1 koji sadrµzi sve beskonaµcne toµcke pravaca iz A : Za model A kaµzemo da je projektivno upotpunjenje modela A:
Provjerimo da su u modelu A ispunjeni aksiomi incidencije: 2 Gino
Fano (1871.-1952.), talijanski matematiµcar.
2.1. AKSIOMI INCIDENCIJE
31
! Pokaµzimo da dvije P i Q toµcke iz A odre†uju jedinstveni pravac P Q: Ako su P
i Q dvije razliµcite toµcke iz A (Aksiomi (I1 ) i (I2 ) vrijede), onda postoji pravac
koji prolazi njima (i koji je razliµcit od l1 ): Ako je P toµcka iz A a Q1 beskonaµcna ! toµcka pravca [q] tada ili P leµzi na q pa je P Q = q; ili, po Aksiomu (VE ) toµcka P leµzi na jedinstvenom pravcu p; p )( q: Kako i Q leµzi na p (po de…niciji incidencije ! za beskonaµcne toµcke) imamo da je P Q = p: Ukoliko su P i Q beskonaµcne toµcke one leµze na l1 : Osim toga, izgradnja modela A jamµci da na svakom pravcu, razliµcitom od l1 ;
leµze bar tri razliµcite toµcke. Pokaµzimo da i na l1 leµze bar tri razliµcite toµcke. Budu´ci da A postoje tri nekolinearne toµcke A; B i C (po Aksiomu (I3 ) za A) ! ! ! njima su jednoznaµcno odre†ena tri razliµcita pravca p = AB; q = BC i r = CA: Lako se pokaµze da su nihove beskonaµcne toµcke P1 ; Q1 i R1 tri razliµcite toµcke pravca l1 : Konaµcno, lako se pokazuje da i Aksiom (I3 ) u A vrijedi.
Napomenimo da Euklidsku geometriju incidencije µcetriju toµcaka, to je i a…na ravnina, moµzemo ilustrirati punim crtama na narednoj slici. Njezino projektivno upotpunjenje (tu su beskonaµcne toµcke E; F i G; a pravac l1 je crtkana kruµznica) je Fanova geometrija.
TEOREM 2.1.4 Dva razliµcita pravca ili nemaju zajedniµckih toµcaka ili imaju toµcno jednu zajedniµcku toµcku. DOKAZ. Neka su a i b dva razliµcita pravca. Treba dokazati da a i b imaju najviše jednu toµcku zajedniµcku. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoje dvije razliµcite toµcke zajedniµcke pravcima a i b: Tada po Aksiomu (I2 ) postoji najviše jedan pravac incidentan sa toµckama A i B; pa je a = b; što je u protuslovlju s našom pretpostavkom a 6= b. Za pravce koji imaju toµcno jednu zajedniµcku toµcku kaµzemo da se sijeku, a tu µ toµcku nazivamo sjecištem tih pravaca. Cinjenicu da je toµcka T sjecište pravaca a i b zapisujemo sa T = a
b:
TEOREM 2.1.5 Dvije razliµcite ravnine ili nemaju zajedniµckih toµcaka ili imaju zajedniµcki pravac na kojem leµze sve njihove zajedniµcke toµcke.
32
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
DOKAZ. Pokaµzimo da dvije razliµcite ravnine
i
u kojima leµzi toµcka C imaju
zajedniµcki pravac. (1) Po Aksiomu (I7 ) postoji još jedna toµcka D razliµcita od C, koja leµzi u ravninama
i :
(2) Tada je jednoznaµcno odre†en pravac p na kojemu leµze toµcke C i D (Aksiomi (I1 ) i (I2 ) ; Napomena 2.1.1): (3) Po Aksiomu (I6 ) pravac p leµzi i u
iu :
(4) Dokaµzimo da je p i jedini takav pravac, tj. da ravnine
i
nemaju drugih
zajedniµckih toµcaka. Pretpostavimo da postoji toµcka E van pravca p koja leµzi u ravninama
i
:
Uoµcimo da su toµcke C; D; E razliµcite i nisu incidentne istom pravcu, i po Aksiomima (I4 ) i (I5 ) (Napomena 2.1.2), postoji toµcno jedna ravnina leµze te toµcke. No i ravnine
i
sadrµze toµcke C; D; E: To znaµci da je
što je u protuslovlju s polaznom pretpostavkom
u kojoj =
= ,
6= .
TEOREM 2.1.6 Ravnina i pravac koji s njom nije incidentan ne mogu imati više od jedne zajedniµcke toµcke. DOKAZ. Pretpostavimo da pravac p ne leµzi u ravnini
i da sa njom ima zajed-
niµcku toµcku A: Pokaµzimo da osim toµcke A ne postoji jošjedna toµcka incidentna s ravninom
i pravcem p: U suprotnom, ako osim toµcke A postoji još jedna
toµcka B (razliµcita od A) koja je incidentna s ravninom
i pravcem p; imamo da
je (po Aksiomu (I6 )) pravac p incidentan s ravninom ; a to je u protuslovlju s našom pretpostvkom. TEOREM 2.1.7 Kroz pravac i toµcku koja ne leµzi na njemu prolazi jedna i samo jedna ravnina. DOKAZ. Neka su dani pravac p i toµcka A koja ne leµzi na njemu. Treba dokazati da postoji jedna jedina ravnina u kojoj leµze dana toµcka A i dani pravac p: (1) Po Aksiomu (I3 ) postoje dvije razliµcite toµcke B i C na pravcu p: (2) Toµcke A; B; C ne leµze na jednom pravcu. U suprotnom, postojao bi pravac q na kojemu one leµze, dakle imali bi da toµcke B i C leµze na q; i po Aksiomu (I2 ) bilo bi p = q: Slijedi da je i A toµcka koja leµzi na pravcu p; a to je u protuslovlju s našom pretpostavkom. (3) Toµckama A; B; C je jednoznaµcno odre†ena ravnina
koja ih sadrµzi (Napom-
ena 2.1.2). (4) Ravnina Kako ravnina
sadrµzi pravac p: sadrµzi dvije razliµcite toµcke B i C pravca p; po Aksiomu (I6 );
ona sadrµzi i pravac p: (5) Ravnina
je jedina takva ravnina.
2.1. AKSIOMI INCIDENCIJE
33
Zaista, ukoliko bi postojala još jedna ravnina ; razliµcita od ravnine
u kojoj
leµze A i p; imali bi da i toµcke B i C leµze u ravnini : Dakle, toµcke A; B i C leµze u ravnini ; a kako je
bila jedina takva ravnina, mora biti
našoj pretpostavci da su
i
=
- protivno
razliµcite iste ravnine.
Ravninu iz Teorema 2.1.7 oznaµcavamo sa (A; p): TEOREM 2.1.8 Kroz dva razliµcita pravca, koji imaju jednu zajedniµcku toµcku, prolazi toµcno jedna ravnina. DOKAZ. Neka su a i b razliµciti pravci i neka je C njihova zajedniµcka toµcka. (1) Po Aksiomu (I3 ) postoji toµcka A pravca a razliµcita od C te toµcka B pravca b razliµcita od C: (2) Tvrdimo da su A; B i C nekolinearne toµcke. Pretpostavimo suprotno, tj. da su A; B i C kolinearne toµcke. Neka je p pravac koji prolazi njima. Budu´ci da toµcke A; C leµze i na pravcu a i na pravcu p, po Aksiomu (I2 ) mora biti a = p: Isto tako, jer toµcke B i C leµze na pravcu b i na pravcu p; mora biti b = p: Dobili smo a = p = b; a to je u protuslovlju s polaznom pretpostavkom da su a i b razliµciti pravci. (3) Nekolinearne toµcke A; B i C jednoznaµcno odre†uju ravninu
(Napomena
2.1.2). (4) Ravnina
sadrµzi pravce a i b (po Aksiomu (I6 )):
(5) Pokaµzimo da je Zaista, ukoliko je i A; B; C: No,
i jedina takva ravnina. ravnina koja sadrµzi pravce a i b; ona bi sadrµzavala i toµcke
je bila jedina takva ravnina, dakle mora biti
= :
Ravninu iz Teorema 2.1.8 oznaµcavamo sa (a; b): TEOREM 2.1.9 U svakoj ravnini leµze bar tri nekolinearne toµcke. DOKAZ. Neka je dana ravnina
: Po Aksiomu (I4 ) u ravnini
postoji bar
jedna toµcka A: Po Aksiomu (I3 ) postoje toµcke B i C takve da A; B i C ne leµze na istom pravcu. Razlikujemo sluµcajeve: (a) Toµcke B i C leµze u ravnini : Dokaz je gotov: pronašli smo tri traµzene toµcke ravnine : (b) Bar jedna od toµcaka B i C leµzi u ravnini : Sada imamo dvije toµcke A i B u ravnini
: Recimo da B leµzi u ravnini
i treba treba pokazati da postoji
tre´ca. Egzistencija te toµcke slijedi iz dokaza tre´ceg sluµcaja. (c) Toµcke B i C ne leµze u ravnini : (c1) Nekolinerne toµcke A; B i C odre†uju jedinstvenu ravninu (Napomena 2.1.2).
koja ih sadrµzi
34
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
(c2) Toµcka A leµzi i u ravnini
i u ravnini ; pa po Aksiomu (I7 ); te ravnine
imaju jošjednu zajedniµcku toµcku D: Time smo pokazali da u ravnini
postoje
dvije toµcke A i D (to je sluµcaj (b)).
Teorem 2.1.9.
(c3) Po Aksiomu (I8 ) postoji toµcka M koja ne leµzi u ravnini : (c4) Ukoliko je M toµcka ravnine
dokaz je gotov. Toµcke A; D i M su traµzene
toµcke ravnine : (c5) Ukoliko M nije toµcka ravnine
; tada toµcke A; C i M ne leµze na istom
pravcu, pa postoji jedna jednina ravnina
odre†ena tim toµckama (Napomena
2.1.2). (c6) Budu´ci da ravnine
i
imaju jednu zajedniµcku toµcku A; po Aksiomu (I7 )
one imaju još jednu zajedniµcku toµcku F: (c7) Time smo odredili tri toµcke A; D i F ravnine : Ostaje dokazati da su to traµzene toµcke, tj. da ne leµze na istom pravcu. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji pravac p koji prolazi tim toµckama. Budu´ci da pravac p prolazi toµckama A i D; a te toµcke leµze u ravnini
; po
Aksiomu (I6 ) i pravac p leµzi u ravnini : Isto tako, toµcke A i F leµze na pravcu p; a toµcke A i F leµze u ravnini ; dakle i pravac p leµzi u ravnini : Dobili smo da pravac p leµzi i u ravnini
i u ravnini : Budu´ci da B ne leµzi u ravnini ; a
pravac p leµzi, toµcka B ne leµzi na pravcu p: Dobili smo da toµcka B i pravac p leµze u ravninama
i
pa je, po Teoremu 2.1.7,
= ; a to je protuslovlje jer toµcka
M leµzi u ravnini ; ali ne i u ravnini :
2.2
AKSIOMI PORETKA
Ovi aksiomi govore o relaciji "biti izme†u". To je ternarna (trosloµzna) relacija na skupu toµcaka T i za "toµcka B je izme†u toµcaka A i C" koristit ´cemo oznaku oznaku (A-B-C):
AKSIOM (II1 ) Ako toµcka B leµzi izme†u toµcaka A i C; tada su A; B i C razliµcite toµcke jednog pravca i toµcka B leµzi izme†u toµcaka C i A:
2.2. AKSIOMI PORETKA
35
AKSIOM (II2 ) Ako su A i B dvije razliµcite toµcke, onda postoji toµcka C takva da je (A-B-C): AKSIOM (II3 ) Od tri razliµcite toµcke jednog pravca najviše jedna je izme†u preostalih dviju: DEFINICIJA 2.2.1 Neka su A i B razliµcite toµcke: Dvoµclani skup fA; Bg nazi-
vamo duµzinom i oznaµcavamo AB (ili BA): Toµcke A i B nazivamo krajevima duµzine, toµcke koje leµze izme†u A i B unutarnjim toµckama, a sve ostale ! toµcke pravca AB vanjskim toµckama duµzine AB: Kaµzemo da pravac p sijeµce duµzinu AB; ako postoji toµcka C pravca p takva da je (A-C-B): Aksiomi (II1 ) ; (II2 ) i (II3 ) nazivaju se linearnim aksiomima poretka. Primjetimo da aksiomi (II1 ) ; (II2 ) i (II3 ) ne osiguravaju egzistenciju triju toµcaka jednog pravca, niti postojanje unutarnje toµcke duµzine AB: Aksiom (II2 ) daje egzistenciju vanjske toµcke duµzine AB i jasno je da niti jedna konaµcna geometrija ne moµze biti model geometrije u kojoj vrijede i aksiomi poredka. Neka su A; B i C tri razliµcite nekolinearne toµcke. Njima je jednoznaµcno odre†ena ravnina
koja ih sadrµzi pa je potpuno odre†en i trokut 4ABC: Toµcke A; B i
C su vrhovi tog trokuta, a duµzine AB; BC i AC njegove stranice.
AKSIOM (II4 ) (Paschov aksiom) Neka je dan trokut 4ABC i pravac p u istoj
ravnini koji ne prolazi niti jednim njegovim vrhom. Ako p sijeµce stranicu
AB onda p sijeµce toµcno jednu od preostalih dviju stranica trokuta.
Paschov aksiom .
Aksiom (II4 ) se naziva ravninskim aksiomom poretka. TEOREM 2.2.2 Ako su A i C dvije razliµcite toµcke, onda postoji toµcka B takva da vrijedi (A-B-C): DOKAZ. Neka su A i C dvije razliµcite toµcke.
! (1) Po Aksiomu (I3 ) postoji toµcka D koja ne leµzi na pravcu AC. ! (2) Po Teoremu 2.1.7 pravac AC i toµcka D jednoznaµcno odre†uju ravninu koja sadrµzi toµcke A; C i D: ! (3) Na pravcu AD postoji toµcka E takva da vrijedi (A-D-E) (po Aksiomu (II2 ): Toµcka E tako†er leµzi u ravnini (po Aksiomu (I6 )): ! (4) Na pravcu EC postoji toµcka F takva da je (E-C-F ) (po Aksiomu (II2 )): Toµcka F tako†er leµzi u ravnini
(po Aksiomu (I6 )):
36
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
! (5) Pravac DF leµzi u ravnini : Toµcke D i F leµze u ravnini
pa po Aksiomu (I6 ) i pravac odre†en tim toµckama
leµzi u toj ravnini.
Teorem 2.2.2.
! ! (6) Pravci DF i ED leµze u istoj ravnini i razliµciti su. ! ! Naime, ukoliko je DF = ED = a tada toµcke D; E i F leµze na pravcu a: Budu´ci je (A-D-E); postoji pravac b koji sadrµzi toµcke A; D i E: Dobili smo da razliµcite toµcke D i E leµze na pravcu a i na pravcu b; i po Aksiomu (I1 ); imamo a = b: Time smo dobili da su D; A i C kolinearne toµcke, a to je u protuslovlju s pokazanim ! u (1): toµcka D ne leµzi na pravcu AC. ! (7) Pravac DF ne sijeµce duµzinu EC: ! Pretpostavimo suprotno, tj. da pravac DF sijeµce duµzinu EC: To znaµci da postoji ! ! toµcka G pravca DF takva da je (E-G-C): Vrijedi da toµcka G pripada pravcu EC ! ! ! i G 6= F: No sada razliµcite G; F pripadaju razliµcitim pravcima DF ; EF = EC;
što je u protuslovlju s Teoremom 2.1.4. ! (8) Pravac DF sijeµce duµzinu AC u nekoj toµcki unutarnjoj toµcki B: ! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4ACE i pravac DF : Pravac DF sijeµce stranicu AE (po (3)) i ne sijeµce stranicu EC (po (7)) pa mora sje´ci stranicu AC u nekoj unutarnjoj toµcki B: Dakle, postoji toµcka B takva da je (A-B-C):
TEOREM 2.2.3 Od tri razliµcite toµcke pravca jedna i samo jedna je izme†u ostalih dviju. DOKAZ. Neka su A; B i C tri razliµcite toµcke jednog pravca.
Prema
Aksiomu (II3 ) najviše je jedna izme†u ostale dvije. Treba dokazati da je bar jedna izme†u ostalih dviju. Pretpostavimo da vrijedi :(B-A-C) i :(A-C-B) i dokaµzimo da je (A-B-C): ! (1) Po Aksiomu (I3 ) postoji toµcka D koja ne leµzi na pravcu AC: (2) Po Teoremu 2.1.7 postoji jedinstvena ravnina ! AC: U njoj leµzi i toµcka B:
u kojoj leµze toµcka D i pravac
(3) Po Aksiomu (II2 ) postoji toµcka G takva da je (B-D-G): I toµcka G leµzi u ravnini : (4) Postoji toµcka E tako vrijedi (C-E-G):
2.2. AKSIOMI PORETKA
37
! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4BCG i pravac AD: Pravac AD sijeµce
stranicu BG u unutarnoj toµcki D (po (3)) i ne sijeµce stranicu BC (lako se
pokaµze!) pa mora sje´ci stranicu CG u unutarnjoj toµcki E; tj. (C-E-G):
Teorem 2.2.3.
(5) Postoji toµcka F tako da vrijedi (A-F -G):
! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4AGB i pravac CD. Pravac CD sijeµce
stranicu BG i ne sijeµce stranicu AB (lako se pokaµze!), pa mora sje´ci stranicu AG u unutarnjoj toµcki F; tj. mora biti (A-F -G): (6) Vrijedi (A-D-E):
! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4AGE i pravac CF : Pravac CF sijeµce AG
u unutarnjoj toµcki F (po (5)) i ne sijeµce GE (lako se pokaµze!), pa mora sje´ci AE u unutarnjoj toµcki, dakle mora biti (A-D-E): (7) Vrijedi (A-B-C):
! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4ACE i pravac BG: Pravac BG sijeµce AE
u toµcki unutarnjoj toµcki D (po (6)) i ne sijeµce stranicu CE (lako se pokaµze!) pa mora sje´ci stranicu AC u unutarnoj toµcki, dakle mora biti (A-B-C). TEOREM 2.2.4 Ako toµcka B leµzi izme†u toµcaka A i C; a toµcka C leµzi izme†u toµcaka B i D; tada toµcke B i C leµze izme†u toµcaka A i D: DOKAZ. Neka vrijedi (A-B-C) i (B-C-D): Treba dokazati da je (A-C-D) i (A-B-D). Dokaµz) imo tvrdnju3 (A-B-C) ) (A-C-D) (B-C-D) (analogno se dokazuje tvrdnja da je (A-B-D)). (1) Toµcke A; B; C i D leµze na jednom pravcu p: Po Aksiomu (II1 ) toµcke A; B; C su kolinearne i isto tako su i A; C; D kolinearne toµcke, a budu´ci su tim pravcima A i C zajedniµcke toµcke, sve promatrane toµcke leµze na istom pravcu p: 3 Tvrdnje
teorema moµzemo zapisati i na)naµcin ) (A-B-C) / ) (A-C-D); ) (A-B-D) (B-C-D) / (B-C-D) / pa se ovaj teorem katkada naziva Prvi teorem o kra´cenju. (A-B-C) /
38
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
(2) Postoji toµcka E van pravca p (po Aksiomu (I3 )): (3) Postoji vanjska toµcka duµzine EC; tj. postoji toµcka F koja leµzi na pravcu ! EC i vrijedi (C-E-F ) (primjena Aksioma (II2 ))
Teorem 2.2.4.
(4) Postoji toµcka G tako da vrijedi (B-G-F ): ! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4BCF i pravac AE. Pravac AE sijeµce
stranicu CF u unutarnjoj toµcki E (po (3)) i ne sijeµce stranicu BC (lako se ! pokaµze: ako bi pravac AE sijekao stranicu BC u unutarnjoj toµcki I imali bi da su toµcke A; I; B kolinearne, a budu´ci su i toµcke A; I; E kolinearne moralo bi biti E = C - a to je protivno s (3)), pa mora sje´ci stranicu BF u nekoj unutarnjoj toµcki G, dakle mora biti (B-G-F ): (5) Postoji toµcka H takva da vrijedi (G-H-D): ! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4GBD i pravac F C. Pravac F C sijeµce stranicu BD u unutarnjoj toµcki C (po polaznoj pretpostavci (B-C-D)) i ne
sijeµce stranicu BG (lako se pokaµze!) pa mora sje´ci stranicu GD u unutarnjoj toµcki H, dakle vrijedi (G-H-D). (6) Vrijedi (A-G-E): ! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4AEC i pravac BF : Pravac BF sijeµce
stranicu AC u unutarnjoj toµcki B (po polaznoj pretpostavci je (A-B-C)) i ne sijeµce stranicu EC (lako se pokaµze!), mora sje´ci preostalu stranicu AE; i zaista je (A-G-E): (7) Konaµcno, vrijedi (A-C-D): ! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4AGD i pravac F C. Budu´ci pravac F C sijeµce stranicu GD u unutarnjoj toµcki H (po (5)) i ne sijeµce stranicu AG (lako se
pokaµze!), zakljuµcujemo da on mora sje´ci stranicu AD u unutarnjoj toµcki, dakle vrijedi (A-C-D): TEOREM 2.2.5 Ako toµcka B leµzi izme†u toµcaka A i C; a toµcka C izme†u toµcaka A i D; tada C leµzi izme†u B i D; a B izme†u A i D: DOKAZ. Neka vrijedi (A-B-C) i (A-C-D): Treba dokazati (B-C-D) i (A-B-D):
2.2. AKSIOMI PORETKA
39
4 Dokaµzimo tvrdnju ) (A-B-C) ) (B-C-D): (A-C-D) (1) Toµcke A; B; C i D leµze na jednom pravcu p:
Po Aksiomu (II1 ) iz (A-B-C) slijedi da su A; B i C kolinearne toµcke, a iz (AC-D) da su A; C i D kolinearne toµcke. Ti pravci imaju dvije zajedniµcke toµcke ! pa sve toµcke A; B; C i D leµze na istom pravcu AD; oznaµcimo ga sa p: F
G H A
B
C
D
Teorem 2.2.5.
(2) Postoji toµcka F koja ne leµzi na pravcu p (po Aksiomu (I3 )): (3) Postoji unutarnja toµcka G duµzine BF ; tj. vrijedi (B-G-F ) (po Teoremu 2.2.2).
! ! (4) Dokaµzimo da je CF 6= F B: ! ! Naime, kad bi bilo CF = F B onda bi toµcke B; G; F i C leµzale na pravcu ! ! CF = F B: No, s druge strane toµcke B i C leµze na pravcu p pa bi zbog Aksioma (I2 ) i toµcka F leµzala na pravcu p; što je u protuslovlju s (2). ! ! (5) Po izboru toµcke F je CF 6= AD = p: ! (6) Pravac CF ne sijeµce duµzinu AB: ! Naime, u protivnom bi postojala toµcka K na pravcu CF i vrijedilo bi (A-K-B): ! ! No to bi znaµcilo da se razliµciti pravci CF i AD sijeku u dvije razliµcite toµcke K i C; a to je nemogu´ce: ! (7) Pravac CF ne sijeµce duµzinu BG. ! ! U protivnom se razliµciti pravci CF i F B sijeku u dvije razliµcite toµcke, a to je nemogu´ce.
! (8) Pravac CF ne sijeµce ni duµzinu AG:
! U protivnom bi, primjenom Aksioma (II4 ) na trokut 4ABG i pravac CF ; dobili ! da pravac CF mora sje´ci ili AB ili BG; a pokazali smo ve´c u (6) i (7) da to nije istina. (9) Postoji toµcka H takva da je (D-H-G):
! ! Primjenimo Aksiom (II4 ) na trokut 4ADG i pravac CF . Pravac CF sijeµce
stranicu AD u unutarnjoj toµcki (po polaznoj pretpostavci je (A-C-D)) i ne 4 Zapis
tvrdnji
(A-B-C) /
(A-C-D) / Drugi teorem o kra´cenju.
)
) (B-C-D);
(A-B-C) / (A-C-D) /
)
) (A-B-D) sugerira naziv
40
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
sijeµce stranicu AG (po (8)) pa zakljuµcujemo da sijeµce stranicu DG u unutarnjoj toµcki. Dakle, postoji toµcka H takva da je (D-H-G): (10) Konaµcno, vrijedi (B-C-D): ! ! Primjenimo Aksiom(II4 ) na trokut 4BDG i pravac CF : Pravac CF sijeµce
stranicu GD u unutarnjoj toµcki H (po (9)) i ne sijeµce stranicu BG (po (7)) pa
mora sje´ci stranicu BD unutarnjoj toµcki, dakle vrijedi (B-C-D): Time je dokazana prva tvrdnja, tj.da vrijedi (B-C-D): Iz dokazane tvrdnje (B-C-D) i polazne pretpostavke (A-B-C), po Teoremu 2.2.4, slijedi i druga tvrdnja (A-B-D): KOROLAR 2.2.6 Izme†u bilo kojih dviju toµcaka pravca leµzi prebrojivo mnogo toµcaka. DOKAZ. Prebrojivi niz unutarnjih toµcaka duµzine de…nira se induktivno primjenom Teorema 2.2.2 i Teorema 2.2.5. Da izme†u toµcaka A i B, A 6= B, postoji neprebrojivo mnogo unutarnjih toµcaka moµzemo dokazati tek ako pretpostavimo da vrijede Aksiomi neprekidnosti.
DEFINICIJA 2.2.7 Neka je p pravac i O toµcka na pravcu p. Za svake dvije toµcke A; B pravca p za koje je (A-O-B) kaµzemo da leµze na pravcu p s razliµcitih strana od O: Ako O ne leµzi izme†u A i B tada kaµzemo da A i B leµze na pravcu p s iste strane od O: TEOREM 2.2.8 Svaka toµcka O pravca p dijeli skup svih toµcaka pravca p razliµcitih od O u dvije klase tako da svake dvije toµcke iz iste klase leµze s iste strane toµcke O, a svake dvije toµcke iz razliµcitih klasa leµze s razliµcitih strana toµcke O. DOKAZ. Odaberimo toµcku A pravca p razliµcitu od O (takva postoji po Aksiomu (I3 )) i neka su K1A = fB : B i A leµze s iste strane toµcke Og = fAg [ fB : :(A-O-B)g ; K2A = fB : A i B leµze s razliµcitih strana toµcke Og = fB : (A-O-B)g :
(1) Pokaµzimo da proizvoljna toµcka C 6= O pravca p leµzi u toµcno jednoj od tih klasa.
Ako je C = A, onda je C 2 K1A .
Ako je C 6= A, onda je ili (A-O-C) ili :(A-O-C) pa je C 2 K1A ili C 2 K2A .
(2) Neka su E i F proizvoljne toµcke iz K1A . Treba dokazati da su E i F s iste strane toµcke O.
Ako je E = F , tvrdnja je oµcita. Ako je E 6= F i bar jedna od tih toµcaka je A; tvrdnja je oµcita.
2.2. AKSIOMI PORETKA
41
Neka je E 6= F i E; F 6= A. To znaµci :(A-O-E) i :(A-O-F ). Sada :(A-O-E) ) (O-A-E) ili (A-E-O) i
:(A-O-F ) ) (O-A-F ) ili (A-F -O):
Moµze se dogoditi: ili (O-A-E); (O-A-F ) ili (O-A-E); (A-F -O) ili (A-E-O); (O-A-F ) ili (A-E-O); (A-F -O): U svim sluµcajevima dobivamo da su toµcke E i F s iste strane toµcke O: (3) Neka su E i F proizvoljne toµcke iz K2A . Treba dokazati da su E i F s iste
strane toµcke O.
Po de…niciji klase K2A za toµcke E i F vrijedi (A-O-E) i (A-O-F ). Ako je E = F , onda su po de…niciji E i F s iste strane. Ako su E i F razliµcite toµcke iz klase K2A
onda iz (A-O-E) i (A-O-F ) (po T. 2.2.5) slijedi (O-E-F ) odnosno :(E-O-F ); i
zaista su toµcke E i F s iste strane toµcke O:
(4) Neka su E 2 K1A i F 2 K2A proizvoljne toµcke. Treba dokazati da su toµcke E i F s razliµcitih strana toµcke O:
Tvrdnja je oµcita u sluµcaju E = A. Pretpostavimo da vrijedi E 6= A. Kako je
E 2 K1A vrijedi :(A-O-E) pa je ili (O-A-E) ili (O-E-A): Jer je F 2 K2A imamo
(A-O-F ). Sada je ) (O-A-E) (A-O-F )
(O-E-A)
)
)
(E-A-O) / (A-O-F / ) (A-E-O) /
)
)
T.2.2.4
)
(E-O-F ) te
T.2.2.5
) (E-O-F ); ) (A-O-F / ) (A-O-F ) pa su u oba sluµcaja toµcke E i F s razliµcitih strana toµcke O. DEFINICIJA 2.2.9 Dvije klase iz Teorema 2.2.8 nazivaju se polupravci pravca p s poµcetkom u toµcki O. Primjetimo da toµcka O ne pripada polupravcima. Iz Teorema 2.2.8 slijedi da svaka toµcka pravca dijeli taj pravac na dva polupravca. No trebali bi jošpokazati sljede´ce: (a) Ako su A i B razliµcite toµcke s iste strane toµcke O, onda su klase dobivene podjelom pravca jednom koriste´ci toµcku A, a drugi put toµcku B, jednake, tj. K1A = K1B , K2A = K2B ; (b) Ako su A i B dvije toµcke s razliµcitih strana toµcke O onda vrijedi K1A = K2B te K2A = K1B .
Tvrdnje (a) i (b) pokazuju da rastav na klase ovisi samo o toµcki O, a ne i o toµcki A, tj. de…nicija klasa (polupravaca) je korektna. DEFINICIJA 2.2.10 Neka toµcke A; B i pravac p leµze u ravnini
te neka A i
B ne leµze na p. Kaµzemo da su A i B s iste strane pravca p ako je ili A = B
42
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
ili p ne sijeµce AB. Kaµzemo da su A i B s razliµcitih strana pravca p ako p sijeµce AB.
De…nicija 2.2.10.
TEOREM 2.2.11 Svaki pravac p ravnine
dijeli sve toµcke te ravnine koje ne
leµze na pravcu p na dvije klase tako da su svake dvije toµcke iz iste klase s iste strane pravca p, a svake dvije toµcke iz razliµcitih klasa su s razliµcitih strana pravca p. DOKAZ. Odaberimo toµcku A ravnine
koja ne leµzi na pravcu p. De…nirajmo
klase K1A = fT : A i T su s iste strane pravca pg = fAg [ T : p ne sijeµce AT K2A = fT : A i T su s razliµcitih strana pravca pg = T : p sijeµce AT :
K1A i K2A su dobro de…nirane i neprazne klase. Pokaµzimo da su to traµzene klase.
(A) Dokaµzimo: ako su B; C 2 K1A tada B i C leµze s iste strane pravca p: U sluµcajevima da su A = B = C ili A = B ili A = C tvrdnja je oµcita.
Pretpostavimo B 6= C i B 6= A 6= C. To znaµci da pravac p ne sijeµce duµzine AB
i AC:
Treba dokazati da pravac p ne sijeµce BC: Razlikujemo sljede´ce sluµcajeve: (A1) Toµcke A, B i C su kolinearne, tj. leµze na nekom pravcu a u ravnini :
Teorem 2.2.11 - (A1).
Tvrdimo da p ne sijeµce BC. U sluµcaju da pravac a ne sijeµce pravac p, tvrdnja je oµcito ispunjena. Ako pravac a sijeµce pravac p; neka je O njihova presjeµcna toµcka. Vrijedi: A i B su s iste strane pravca p ) A i B su s iste strane od O te A i C su s iste strane pravca p ) A i C su s iste strane od O:
Po Teoremu 2.2.8 toµcke B i C su s iste strane od O pa pravac p ne sijeµce BC. Dakle, B i C su s iste strane pravca p.
2.2. AKSIOMI PORETKA
43
(A2) Toµcke A; B i C su nekolinearne.
Teorem 2.2.11 - (A2).
Pretpostavimo suprotno tvrdnji, tj. neka p sijeµce BC: Tada primjenom Aksioma (II4 ) na trokut 4ABC i pravac p zakljuµcujemo da p sijeµce ili AC ili sijeµce AB,
što je nemogu´ce jer smo pošli od pretpostavke da pravac p ne sijeµce niti AB ni AC: (B) Dokaµzimo: ako su B; C 2 K2A tada B i C leµze s iste strane pravca p: Iz B; C 2 K2A slijedi da pravac p sijeµce i duµzine AB i AC.
Sluµcaj B = C je oµcit pa pretpostavimo da je B 6= C i promotrimo sljede´ce sluµcajeve:
(B1) A, B i C su kolinearne toµcke.
Teorem 2.2.11 - (B1).
Neka pravac p sijeµce AB u toµcki O. Tada vrijedi (A-O-B) i (A-O-C). No onda po Teoremu 2.2.8 toµcke B i C leµze s iste strane od O; vrijedi :(B-O-C), i pravac p ne sijeµce BC. Dakle, toµcke B i C su s iste strane pravca p.
(B2) A, B i C su nekolinearne toµcke.
Teorem 2.2.11 - (B2).
Primjenom Aksioma (II4 ) na trokut 4ABC i pravac p dobivamo da p ne sijeµce BC. Dakle, B i C su s iste strane pravca p.
(C) Neka su B 2 K1A i C 2 K2A proizvoljno odabrane toµcke. Treba dokazati da su toµcke B i C s razliµcitih strana pravca p:
Ako je B 2 K1A i C 2 K2A tada pravac p ne sijeµce duµzinu AB; ali sijeµce duµzinu AC. Razlikujemo dva sluµcaja:
44
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
(C1) Toµcke A, B i C su kolinearne. Neka je O toµcka u kojoj pravac p sijeµce AC. Tada vrijedi (A-O-C) te :(A-O-B).
Po Teoremu 2.2.8 slijedi (B-O-C), tj. p sijeµce BC, pa su B i C s razliµcitih strana pravca p. (C2) Toµcke A, B i C nisu kolinearne. Neka p ne sijeµce AB i neka p sijeµce AC. Po Aksiomu (II4 ) primjenjenom na prokut 4ABC i pravac p slijedi da pravac p sijeµce BC. Dakle, B i C su s
razliµcitih strana pravca p.
Time smo pokazali da svaki pravac dijeli sve toµcke ravnine koje ne leµze na tom pravcu na dvije klase s traµzenim svojstvima. DEFINICIJA 2.2.12 Dvije klase iz Teorema 2.2.11 nazivaju se poluravninama ravnine
s rubom p.
Nije teško pokazati da su klase iz Teorema 2.2.11 neovisne o izboru toµcke A pa je de…nicija poluravnine korektna. Time smo pokazali, nama poznatu µcinjenicu da svaki pravac p ravnine
dijeli tu ravninu na dvije poluravnine.
Sliµcno se uvodi pojam polupostora: 1. De…niramo pojam biti s iste strane (s razliµcitih strana) ravnine: Neka je ravnina, te A i B toµcke koje ne leµze u toj ravnini. Kaµzemo da su toµcke A i B s iste strane ravnine ravninu
ako je A = B ili AB ne sijeµce
. Kaµzemo da su toµcke A i B s razliµcitih strana ravnine
ako duµzina AB sijeµce ravninu . 2. Potom se dokaµze tvrdnja: Svaka ravnina dijeli sve toµcke prostora, koje ne leµze u ravnini , na dvije klase tako da proizvoljne dvije toµcke iz iste klase leµze s iste strane ravnine , a svake dvije toµcke iz razliµcitih klasa leµze s razliµcitih strana ravnine . 3. Svaka od tih klasa naziva se poluprostorom s rubom ravnina
(tj. svaka
dijeli prostor na dva poluprostora).
DEFINICIJA 2.2.13 Kut je par polupravaca fh; kg s istim poµcetkom O i koji ne leµze na istom pravcu. Taj kut oznaµcavamo \hOk ili \kOh: Polupravci h, k nazivaju se krakovima kuta, a toµcka O vrhom kuta. Ako je A toµcka na kraku h; a B toµcka na kraku k tada kut oznaµcavamo sa \AOB ili sa \BOA: DEFINICIJA 2.2.14 Neka je dan \hOk. Dopunimo polupravce h i k do pravaca polupravcima h i k. Te pravce oznaµcavamo sa hOh i kOk: Sve toµcke
2.2. AKSIOMI PORETKA
45
ravnine koja prolazi tim pravcima, razliµcite od vrha kuta O i koje ne leµze na polupravcima h i k podijeljene su kutom \hOk na dva podruµcja: (1) sve toµcke koje leµze s iste strane pravca hOh kao i k, a ujedno leµze s iste strane pravca kOk kao i h nazivaju se unutarnjim podruµcjem kuta \hOk; (2) sve ostale toµcke ravnine nazivamo vanjskim podruµcjem kuta \hOk.
De…nicija 2.2.14.
Lako se pokazuje da pravci hOh i kOk dijele ravninu na µcetiri me†usobno disjunktna podruµcja. Ta podruµcja su unutarnja podruµcja kutova \hOk, \hOk, \hOk i \hOk. Nadalje, lako se pokazuje da vrijedi sljede´ci teorem. TEOREM 2.2.15 Ako su A i B unutarnje toµcke kuta \hOk onda je i svaka toµcka duµzine AB unutarnja toµcka kuta \hOk. Ako je toµcka A na polupravcu h, a B na polupravcu k; onda je svaka unutarnja toµcka od AB unutarnja toµcka kuta \hOk. Ako je A unutarnja toµcka, a B vanjska toµcka kuta \hOk; onda AB sijeµce ili h ili k ili sadrµzi toµcku O. DEFINICIJA 2.2.16 Neka su h, k, l tri polupravca s istim poµcetkom O. Ako l leµzi u unutarnjem podruµcju kuta \hOk; onda kaµzemo da polupravac l leµzi izme†u polupravaca h i k i pišemo (h-l-k) ili (k-l-h): TEOREM 2.2.17 Neka je dan kut \hOk. Svaki polupravac l koji je izme†u h i k sijeµce svaku duµzinu AB za koju je A 32 h i B 32 k. Vrijedi i obrat: svaki
polupravac l s poµcetnom toµckom u vrhu kuta \hOk koji sijeµce svaku duµzinu AB,
za koju je A 32 h, B 32 k; je izme†u h i k. DOKAZ. Neka je (h-l-k) i AB proizvoljna duµzina za koju je A 32 h, B 32 k. (A) Treba dokazati da polupravac l sijeµce duµzinu AB:
Teorem 2.2.17 - (A).
Odaberimo toµcku C 32 h.
46 Promotrimo trokut
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA ABC i pravac lOl. Po Aksiomu (II4 ) pravac lOl sijeµce
ili BC ili AB. Prema Teoremu 2.2.15 svaka unutarnja toµcka duµzine BC je unutarnja toµcka kuta \kOh. Kako lOl leµzi u unutarnjem podruµcju kutova \hOk i \hOk mora pravac lOl sjeµci duµzinu AB. (B) Dokaµzimo obrat.
Teorem 2.2.17 - (B).
Neka je l polupravac s poµcetkom u vrhu kuta \hOk sa svojstvom da sijeµce svaku duµzinu AB, A 32 h, B 32 k i neka je S toµcka presjeka polupravca l i duµzine AB. Treba dokazati da vrijedi (h-l-k).
Oµcito je S unutarnja toµcka kuta \hOk (po Teoremu 2.2.15). Odaberimo proizvoljnu toµcku M 32 l, M 6= O; S.
Mogu´ca su dva sluµcaja: (O-M -S) i (O-S-M ). (1) U prvom sluµcaju (O-M -S) toµcke B i S leµze s iste strane pravca hOh (u ! protivnom bi pravci BS i hOh imali osim toµcke A još jednu zajedniµcku toµcku - nemogu´ce). Nadalje, toµcke M i S su s iste strane pravca hOh (u protivnom ! bi se pravci M S i hOh sijekli u toµcki koja je razliµcita od zajedniµcke toµcke O - nemogu´ce). Kako su B i S s iste strane pravca hOh te M i S s iste strane pravca hOh, onda su po Teoremu 2.2.11 i toµcke M i B s iste strane pravca hOh. Analogno se pokaµze da toµcke A i S te toµcke M i S leµze s iste strane pravca kOk, a onda po Teoremu 2.2.11 slijedi da su i toµcke A i M s iste strane pravca kOk. Ova razmatranja pokazuju da je M unutarnja toµcka kuta \hOk. (2) Sluµcaj (O-S-M ) - na potpuno isti naµcin se pokazuje da je M unutarnja toµcka kuta \hOk. Konaµcno, iz (1) i (2) slijedi da je (h-l-k); a to je i trebalo dokazati. NAPOMENA 2.2.18 Nije teško dokazati sljede´cu tvrdnju (dokaµzite, korisna ! vjeµzba): Neka je dan kut \AOB i neka toµcka C leµzi na pravcu AB. Toµcka C leµzi u nutrini kuta \AOB onda i samo onda ako je (A-C-B): Neka je sada dan kut \hOk; unutarnja toµcka C tog kuta te toµcka A na kraku h: Ne moµzemo sada zakljuµciti da postoji toµcka B na kraku k takva da je (A-C-B). Ilustrirajmo to (ravninskim) modelom koji se naziva Kleinov disk. To je hiperboliµcki model (vrijede aksiomi incidencije poretka i svakom toµckom van danog pravca prolaze bar dva pravca koji ne sijeku dani pravac). Toµcke u tom modelu
2.3. AKSIOMI KONGRUENCIJE
47
su sve unutarnje toµcke kruµznice, a pravci sve tetive te kruµznice (dakako, bez rubnih toµcaka). Incidenciju i poredak interpretiramo na standardni (euklidski) naµcin.
Kleinov disk.
Na prethodnoj slici je dan kut \hk; unutarnja toµcka C; toµcka A na kraku h i ne postoji toµcka B na kraku k tako da je (A-C-B). Za vjeµzbu pokaµzite da vrijedi i ovaj teorem. TEOREM 2.2.19 Od tri polupravca h, k i l sa zajedniµckim vrhom O koji koje leµze u jednoj poluravnini odre†enoj pravcem kroz toµcku O, samo jedan leµzi izme†u preostala dva. Na koncu ovog odjeljka navedimo geometriju u kojoj su ispunjeni (ravninski) aksiomi incidencije i aksiomi poretka. Toµcke neka su svi ure†eni parovi racionalnih brojeva, tj. T = Q
p = f(x; y) 2 Q
Q; a skup svih pravaca P neka su tvore skupovi oblika Q j Ax + By + C = 0; A; B; C 2 Q; A2 + B 2 6= 0g
Ova se geometrija naziva Euklidskom racionalnom planimetrijom. Incidencija je de…nirana na naµcin: toµcka T = (x0 ; y0 ) leµzi na pravcu p ako vrijedi Ax0 + By0 + C = 0: Nadalje, kaµzemo da je toµcka T = (x; y) izme†u toµcka T1 = (x1 ; y1 ) i T2 = (x2 ; y2 ) ako postoji racionalan broj #; 0 < # < 1; takav da je (x; y) = (x1 + #(x2
x1 ); y1 + #(y2
y1 )): Lako se provjeri (korisna vjeµzba!)
da su aksiomi incidencije i poretka ispunjeni. Napomenimo da su u ovom modelu ispunjeni svi Euklidovi postulati, no u njemu nije istinita Propozicija 1, što potvr†uje da je njegova aksiomatika geometrije nepotpuna.
2.3
AKSIOMI KONGRUENCIJE
Aksiomi kongruencije govore o binarnoj relaciji " na skupu svih kutova K.
" na skupu svih duµzina D i
AKSIOM (III1 ) (Aksiom o prenošenju duµzina) Neka je dana duµzina AB i neka je A0 poµcetak polupravca h0 . Tada postoji toµcka B 0 32 h0 tako da je
AB
A0 B 0 . Uvijek je AB
BA.
48
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
(III1 ) - aksiom o prenošenju duµz ina:
AKSIOM (III2 ): Iz AB
A0 B 0 i AB
A00 B 00 slijedi A0 B 0
AKSIOM (III3 ): Ako je (A-B-C) i (A0 -B 0 -C 0 ) te AB
A00 B 00 .
A0 B 0 i BC
B0C 0;
A0 C 0 .
onda je AC
AKSIOM (III4 ): (Aksiom o prenošenju kutova) Neka je dan kut \hOk u ravnini
0
te neka je dana ravnina
; pravac a0 u ravnini
0
i toµcka O0
pravcu a0 ; jedan od polupravaca h0 pravca a0 s poµcetkom u O0 te jedna od 0
poluravnina
ravnine
0
s rubom a0 : Tada postoji jedinstveni polupravac 0
h0 s poµcetkom u O0 u poluravnini je \hOk
\hOk i \hOk
takav da je \hOk
\h0 O0 k 0 : Uvijek
\kOh:
(III4 ) - aksiom o prenošenju kutova:
AKSIOM (III5 ): Ako je AB je \CBA
A0 C 0 i \CAB
A0 B 0 , AC
\C 0 A0 B 0 ; onda
\C 0 B 0 A0 :
Aksiome (III1 ) ; (III2 ) i (III3 ) nazivamo linearnim aksiomima kongruencije. Aksiome (III4 ) i (III5 ) nazivamo ravninskim aksiomima kongruencije. TEOREM 2.3.1 Toµcka B 0 iz Aksioma (III1 ) je jedinstveno odre†ena. DOKAZ. Pretpostavimo suprotno, tj. neka su B 0 i B 00 razliµcite toµcke na polupravcu h0 takve da vrijedi AB
A0 B 0 i AB
A0 B 00 .
! (1) Po Aksiomu (I3 ) postoji toµcka C koja ne leµzi na pravcu AB. (2) Postoji ravnina
koja sadrµzi toµcke A; B i C i postoji ravnina
0
koja sadrµzi
0
polupravac h . (3) Primijenimo sada Aksiom (III4 ): postoji polupravac k 0 u ravnini da vrijedi \h A k 0
0 0
\BAC: Posebno je \C A B 0
0
0
0
\CAB 0
0
tako
\C A B : 0
0
00
(4) Po Aksiomu (III1 ) na polupravcu k postoji toµcka C tako da vrijedi A0 C 0 AC.
2.3. AKSIOMI KONGRUENCIJE
49
(5) Toµcke C 0 ; B 0 i B 00 leµze u ravnini C 0 B 00 leµze u ravnini
0
0
(Aksiom (I6 )) pa stoga i duµzine C 0 B 0 i
.
Teorem 2.3.1.
(6) Primijenimo dva puta 9 za redom Aksiom (III5 ). Vrijedi : 0 0 > AB A B > = 0 0 ) \ACB \A0 C 0 B 0 te (a) AC A C > > \BAC \B 0 A0 C 0 ; 9 > AB A0 B 00 > = 0 0 ) \ACB \A0 C 0 B 00 : (b) AC A C > > 00 0 0 ; \BAC \B A C ! ! (7) Iz (a) i (b), po Aksiomu (III4 ); slijedi da C 0 B 0 = C 0 B 00 ; što je u protuslovlju s polaznom pretpostavkom. TEOREM 2.3.2 Relacija "
" je relacija ekvivalencije na D
D:
DOKAZ. Treba dokazati (a) re‡eksivnost, (b) simetriµcnost i (c) tranzitivnost relacije "
":
(a) Neka je AB bilo koja duµzina. Po Aksiomu (III1 ) je AB da vrijedi AB
BA: Dokaµzimo
AB
Pretpostavimo suprotno, tj. da vrijedi AB 6 AB. Po Aksiomu (III1 ) postoji ! toµcka B 0 na pravcu AB s iste strane toµcke A kao i B i vrijedi AB AB 0 . Po Aksiomu (III2 ) vrijedi BA
AB 0 . Sada je BA
AB 0 i BA
AB, što je u
protuslovlju s prethodnim teoremom. (b) Treba dokazati: ako je AB Po (a) je AB A0 B 0
AB: Sada iz AB
A0 B 0
AB i AB
AB. po Aksiomu (III2 ) slijedi
AB.
(c) Treba dokazati: ako je AB Iz AB
A0 B 0 ; onda je A0 B 0
A0 B 0 , po (b), slijedi A0 B 0
A0 B 0 i A0 B 0
A00 B 00 ; onda je AB
AB i jer je po pretpostavci i A0 B 0
imamo, po Aksiomu (III2 ); da vrijedi AB
A00 B 00 . A00 B 00
A00 B 00 :
TEOREM 2.3.3 Ako su B i C toµcke na istom polupravcu s poµcetkom u toµcki A, a B 0 i C 0 toµcke na istom polupravcu s poµcetkom u A0 tada iz AB AC
A0 C 0 slijedi BC
A0 B 0 i
B 0 C 0 . Ako je pri tome (A-B-C) onda je i (A0 -B-0 C 0 ).
50
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
DOKAZ. Neka su ispunjene pretpostavke teorema, tj. neka je AB
A0 B 0 i
A0 C 0 i neka vrijedi (A-B-C):
AC
Teorem 2.3.3.
! (1) Na polupravcu h0 = A0 B 0 odaberimo toµcku C 00 tako da je BC 0
0
00
0
00
B 0 C 00 i
0
(A -B -C ). Toµcke B i C su s iste strane toµcke A . (2) Imamo (A-B-C) i (A0 -B 0 -C 00 ) te AB (III3 ) slijedi AC
A0 B 0 i BC
B 0 C 00 pa po Aksiomu
A0 C 0 i jer je AC
A0 C 00 (po (2)), to po
A0 C 00 .
(3) Kako je po pretpostavci AC
Teoremu 2.3.1 slijedi C 0 = C 00 , tj. BC
B 0 C 0 i (A0 -B 0 -C 0 ).
Trokut 4ABC ima šest odredbenih elemenata: tri stranice AB; AC; BC i tri kuta \CAB; \ABC; \ACB koja ´cemo oznaµcavati redom sa \A; \B; \C:
DEFINICIJA 2.3.4 Za dva trokuta 4ABC i 4A0 B 0 C 0 kaµzemo da su kongruentni i pišemo 4ABC
BC
B 0 C 0 ; \A
\A0 ; \B
4A0 B 0 C 0 ; ako vrijedi AB \B 0 i \C
A0 C 0 ;
\C 0 .
TEOREM 2.3.5 (S-K-S pouµcak) Ako je AB onda je 4ABC
A0 B 0 ; AC
A0 B 0 ; AC
A0 C 0 i \A
\A0
4A0 B 0 C 0 .
DOKAZ. Po Aksiomu (III5 ) odmah slijedi \B Preostaje još dokazati BC
\B 0 i \C
\C 0 .
B0C 0:
Teorem 2.3.5.
Pretpostavimo suprotno, tj. BC 6
B0C 0.
(1) Po Aksiomu (III1 ) na polupravcu s poµcetkom u B 0 postoji toµcka C 00 tako da C 00 i C 0 budu s iste strane toµcke B 0 i da vrijedi BC B 0 C 00 . ! ! (2) Vrijedi C 0 6= C 00 pa su i pravci A0 C 0 i A0 C 00 razliµciti. ! ! Zaista, kada bi bilo A0 C 0 = A0 C 00 ; toµcke A0 ; C 0 i C 00 leµzale bi na nekom pravcu p; a budu´ci i toµcke B 0 ; C 0 i C 00 leµze na nekom pravcu q; ta bi dva pravca bila
2.3. AKSIOMI KONGRUENCIJE
51
jednaka (imaju dvije zajedniµcke toµcke, Aksiom (II2 )). To znaµci da bi toµcke A0 ; B 0 i C 0 leµzale na nekom pravcu, a to je nemogu´ce. (3) Za trokute 4ABC i 4A0 B 0 C 00 vrijedi AB i po Aksiomu (III5 ) slijedi \A
(4) Konaµcno, imamo da je \A
A0 B 0 ; BC
B 0 C 00 ; \B
\B 0
\C 00 A0 B 0 :
\C 00 A0 B 0 i \A
\C 0 A0 B 0 pa polupravci
s istim poµcetkom u A0 koji prolaze razliµcitim toµckama C 0 i C 00 s iste strane ! polupravca A0 B 0 odre†uju isti kut, što je u protuslovlju s Aksiomom (III4 ) : Dakle, mora biti C 0 = C 00 , tj. BC
B0C 0:
TEOREM 2.3.6 (K-S-K pouµcak) Ako za dva trokuta 4ABC i 4A0 B 0 C 0 vrijedi AB
A0 B 0 ; \A
\A0 i \B
DOKAZ. Dokaµzimo da je AC
\B 0 ; onda je 4ABC
4A0 B 0 C 0 :
A0 C 0 .
Pretpostavimo suprotno, tj. AC 6= A0 C 0 .
Teorem 2.3.6.
(1) Po Aksiomu (III1 ) postoji toµcka C 00 s iste strane toµcke A0 kao i C 0 takva da vrijedi AC
A0 C 00 .
! ! (2) Tada je oµcito C 0 6= C 00 , a onda je i B 0 C 00 6= B 0 C 0 . (3) Za trokute 4ABC i 4A0 B 0 C 00 vrijedi AB i po Aksiomu (III5 ) slijedi \B (4) Kako je i \B Dakle, AC 4A0 B 0 C 0 .
A0 B 0 ; AC
A0 C 00 i \A
\A0
\A0 B 0 C 00 :
\A0 B 0 C 0 došli smo u protuslovlje s Aksiomom (III4 ).
A0 C 0 pa primjenom prethodnog teorema zakljuµcujemo 4ABC
TEOREM 2.3.7 U jednakokraµcnom trokutu su kutovi uz osnovicu kongruentni. DOKAZ. Neka je 4ABC jednakokraµcan trokut AC
Dokaµzimo da vrijedi \A
\B:
Teorem 2.3.7.
BC.
52
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
Promotrimo trokute 4ABC i 4BAC: Za te trokute vrijedi AC AC i \ACB
\BCA: Sada po Aksimu (III5 ) imamo \A
TEOREM 2.3.8 Ako je \hOk
BC; BC
\B:
\h0 O0 k 0 onda je \hOk
\h0 O0 k 0 :
DOKAZ. Neka su dani kongruentni kutovi \hOk i \h0 O0 k 0 :
Teorem 2.3.8. 0
0
0
(1) Na polupravcima h; k; h; h ; k i h0 odaberimo redom toµcke A; B; C; A ; 0
0
B i C tako da vrijedi OA
O0 A0 ; OB
O0 B 0 i OC
O0 C 0 :
(2) Uoµcimo trokute 4OAB i 4O0 A0 B 0 : Budu´ci je \hOk O0 A0 ; OB
O0 B 0 ti su trokuti kongruentni (po Teoremu 2.3.5), pa je posebno
\A = \A0 i AB
A0 B 0 :
(3) Budu´ci da je (C-O-A); (C 0 -O0 -A0 ); CO
C 0 O0 i OA
O0 A0 ; po Aksiomu
C 0 A0 :(4) Uoµcimo sada trokute 4CAB i 4C 0 A0 B 0 . Budu´ci da je
(III3 ) je CA CA
\h0 O0 k 0 ; OA
C 0 A0 ; AB
i posebno \C
A0 B 0 i \A = \A0 ; po Teoremu 2.3.5 je 4CAB
\C i BC 0
B0C 0:
4C 0 A0 B 0
(5) Sada primjenimo Teorem 2.3.5 na trokute 4COB i 4C 0 O0 B 0 (jer je OC
O0 C 0 ; BC
B 0 C 0 i \C
\C 0 O0 B 0 ; tj. \hOk
\C 0 ): Dobili smo 4COB
0
\h O0 k 0 :
4C 0 O0 B 0 pa je \COB
DEFINICIJA 2.3.9 Kutovi \hOk i \hOk nazivaju se vršni kutovi, a kutovi \hOk i \hOk nazivaju se sukuti. TEOREM 2.3.10 Vršni kutovi su kongruentni. DOKAZ. Neka su \hOk i \hOk vršni kutovi. Vrijedi \hOk Teoremu 2.3.8 je \hOk
\kOh i po
\kOh:
TEOREM 2.3.11 Neka su h; k i l polupravci s istim poµcetkom O u ravnini , a h0 ; k 0 i l0 polupravci s istim poµcetkom O0 u ravnini
0
: Neka pri tome h
i k leµze s iste strane ili s razliµcite strane od l i istodobno h0 ; k 0 ili s iste ili s razliµcite strane od l0 . Ako je \hOl \hOk
\h0 O0 k 0 :
\h0 O0 l0 i \kOl
\k 0 O0 l0 , onda je
2.3. AKSIOMI KONGRUENCIJE
53
DOKAZ. (a) Neka su polupravci h; k s iste strane od l; a polupravci h0 ; k 0 s iste strane od l0 .
Teorem 2.3.11 - (a).
(a1) Odaberimo toµcke A 32 h; C 32 l; A0 32 h0 i C 0 32 l0 tako da vrijedi
OA
O0 A0 i OC
O0 C 0 :
(a2) Po Teoremu 2.2.17 polupravac k sijeµce duµzinu AC u toµcki B (dakle, vrijedi (A-B-C)) i polupravac k 0 sijeµce duµzinu A0 C 0 u toµcki B 0 (dakle, vrijedi (A0 -B 0 C 0 )): (a3) Uoµcimo trokute 4OAC i 4O0 A0 C 0 : Po Teoremu 2.3.5 su trokuti 4OAC i 4O0 A0 C 0 kongruentni pa je \C
\C 0 ; \A
\A0 i AC
A0 C 0 :
(a4) Sada moµzemo primjeniti Teorem 2.3.6 na trokute 4OBC i 4O0 B 0 C 0 (K-S-K pouµcak: \C
\C 0 ; \kOl
B 0 C 0 , \COB
entni pa je BC
\k 0 O0 l0 ; OC
\C 0 O0 B 0 i OB
(a5) Primjenom Teorema 2.3.3 iz AC
O0 C 0 ): Oni su kongru-
O0 B 0 :
A0 C 0 i CB
C 0 B 0 slijedi da je AB
A0 B 0 : O0 A0 , \A
(a6) Kako je OA 4OAB
tj. \hOk
\A0 i AB
A0 B 0 (po (a5)) slijedi da je
4O A B (S-K-S pouµcak, Teorem 2.3.5) i dalje \BOC = \B 0 O0 C 0 ; 0
0
0
\h0 O0 k 0 :
(b) Polupravci h; k su s razliµcite strane od l i polupravci h0 ; k 0 su s razliµcite strane od l0 :
Teorem 2.3.11 - (b).
Po Teoremu 2.3.8 je \kOl
\k 0 O0 l0 : Po prvom dijelu dokaza je \hOk
\h0 O0 k 0 i po Teoremu 2.3.8 slijedi \hOk jenom Teorema 2.3.8 imamo \hOk
\h0 O0 k 0 ; a onda ponovnom prim-
\h0 O0 k 0 :
TEOREM 2.3.12 (S-S-S pouµcak) Ako za dva trokuta 4ABC i 4A0 B 0 C 0 vrijedi AB
A0 B 0 ; AC
A0 C 0 i BC
B 0 C 0 ; onda je 4ABC
4A0 B 0 C 0 :
54
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
! DOKAZ. (1) Nanesimo kut \A u toµcki A0 ; ali sa suprotne strane pravca A0 B 0 nego što je C 0 (Aksiom (III4 )): Neka je C 00 odabrana tako da vrijedi AC
A0 C 00
(po Aksiomu (III1 )):
Teorem 2.3.12.
4A0 B 0 C 00 :
(2) Po Teoremu 2.3.5 vrijedi 4ABC
! ! Primjetimo da su toµcke C 0 i C 00 sa suprotnih strana pravca A0 B 0 pa pravac A0 B 0 ! sjeµce pravac C 0 C 00 u toµcki D i vrijedi (C 0 -D-C 00 ): (3) Promotrimo trokut 4A0 C 00 C 0 : Jer je A0 C 0
jednakokraµcan pa vrijedi \A0 C 0 C 00 (4) Analogno vrijedi C 00 B 0 i vrijedi \C 0 C 00 B 0
AC
A0 C 00 taj je trokut
\A0 C 00 C 0 :
B 0 C 0 pa je trokut 4C 00 B 0 C 0 jednakokraµcan
BC
\B 0 C 0 C 00 :
(5) Sada moµzemo primjeniti Teorem 2.3.5 na trokute 4A0 B 0 C 0 i 4A0 B 0 C 00 : Ti su trokuti kongruentni pa je \B 0 A0 C 00 (6) Dokaµzimo da je i \A
\B 0 A0 C 0 :
\B 0 A0 C 0 :
(6a) Pretpostavimo suprotno tvrdnji, tj. da vrijedi \A 6
\B 0 A0 C 0 :
(6b) Primjenom Aksioma (III4 ) i (III1 ) odaberimo toµcku C 000 s iste strane AC i \C 000 A0 B 0
pravca A0 B 0 kao i toµcka C 0 tako da vrijedi A0 C 000 0
0
(6c) Na 4ABC i 4A B C kongruentni, pa je
B 0 C 000
000
\A:
smijemo primjeniti Teorem 2.3.5. Ti su trokuti
BC. Primjetimo da vrijedi A0 C 0 6
A0 C 000 :
(6d) Nadalje, primjetimo da su trokuti 4A0 B 0 C 000 i 4A0 B 0 C 00 kongruentni (S-K-S pouµcak) pa je A0 C 000
A0 C 00 , B 0 C 000
AC
\A0 C 000 B 0 i posebno \B 0 A0 C 000
BC
B 0 C 00 ; \A0 C 00 B 0
\B 0 A0 C 00 :
(6e) Dobili smo ranije (u (5)) da je i \B 0 A0 C 0
\B 0 A0 C 00 : Dakle, \B 0 A0 C 0
\B 0 A0 C 000 i time smo došli u protuslovlje s jedinstvenim prenošenjem kuta (Aksiom (III4 )): (7) Konaµcno, jer je AB
A0 B 0 ; AC
(po S-K-S pouµcku) da vrijedi 4ABC LEMA 2.3.13 Ako je \hOk \h0 O0 k 0
\h00 O00 k 00 :
A0 C 0 i \BAC
\B 0 A0 C 0 imamo
4A0 B 0 C 0 :
\h0 O0 k 0 i \hOk
\h00 O00 k 00 onda je
2.3. AKSIOMI KONGRUENCIJE
55
DOKAZ. (1) Odaberimo toµcke A 32 h i B 32 k na proizvoljni naµcin.
(2) Zatim odaberimo toµcke A0 32 h0 , B 0 32 k 0 , A00 32 h00 i B 00 32 k 00 tako da O0 A0 ; OA
vrijedi OA
(3) Vrijedi O0 A0
O00 A00 ; OB
O00 A00 i O0 B 0
4O0 A0 B 0 i 4OAB
4O00 A00 B 00 :
O0 B 0 i OB
O00 B 00 :
O00 B 00 :(4) Po Teoremu 2.3.5 imamo 4OAB
Lem a 2.3.13.
A0 B 0 i AB
(5) Tada je AB
A00 B 00 pa po Teoremu 2.3.2 slijedi A0 B 0 0
0
(6) Sada smijemo primjeniti Teorem 2.3.12 pa vrijedi 4O A B
Iz kongruencije ovih trokuta slijedi traµzena tvrdnja \h0 O0 k 0 TEOREM 2.3.14 Relacija "
0
4O A00 B 00 :
\h00 O00 k 00 .
" je relacija ekvivalencije na skupu K:
DOKAZ. (a) Re‡eksivnost relacije "
" slijedi iz Aksioma (III4 ):
(b) Dokaµzimo simetriµcnost relacije , tj. da vrijedi: ako je \hOk onda je \h0 O0 k 0 Vrijedi \hOk
\h0 O0 k 0 i \hOk
\hOk (po Aksiomu (III4 )) pa primjenom \hOk:
(c) Dokaµzimo tranzitivnost, tj. da vrijedi: ako je \hOk \h O k ; onda je \hOk Sada imamo \h O k \hOk
00
00 00
" je simetriµcna, pa iz \hOk 0
0 0
\h0 O0 k 0 i \h0 O0 k 0
\h O k :
0 00
Relacija "
\h0 O0 k 0
\hOk:
prethodno dokazane Leme 2.3.13 dobivamo \h0 O0 k 0 00
A00 B 00 : 00
\hOk i \h O k 0
0 0
\h0 O0 k 0 slijedi \h0 O0 k 0
\hOk:
\h O k i po Lemi 2.3.13 slijedi 00
00 00
\h O k : 00
00 00
DEFINICIJA 2.3.15 Za kut kongruentan svom sukutu kaµzemo da je pravi kut. Pravci na kojima leµze krakovi pravog kuta nazivaju se okomitim pravcima. TEOREM 2.3.16 Postoji pravi kut. DOKAZ. (1) Odaberimo proizvoljni kut \hOk: (2) Po Aksiomu (III4 ) moµzemo s druge strane od h nego je k odabrati polupravac l tako da je \hOk
\hOl:
(3) Odaberimo proizvoljnu toµcku A na polupravcu k i potom toµcku B na polupravcu l tako vrijedi OA
OB:
(4) Po Teoremu 2.2.17 pravac hOh sijeµce AB u toµcki C (vrijedi (A-C-B)): (5) Razlikujemo tri sluµcaja za poloµzaj toµcke C:
56
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
Teorem 2.3.16.
(5a) Toµcka C leµzi na h: Vrijedi OA
OB; OC
OC i \AOC
4OBC i posebno \OCA
4OCA
\COB pa je po Teoremu 2.3.5
\OCB: No, \OCB je sukut kuta \OCA
pa smo dobili pravi kut.
(5b) Toµcka C leµzi na h: U ovom sluµcaju po Teoremu 2.3.8 slijedi \hOk
\hOl pa je situacija kao u
sluµcaju (5a). (5c) Sluµcaj C = O: Tada je (A-O-B) i l = k pa je kOl pravac i vrijedi \hOk
\hOl; dakle, \hOk
jest pravi kut. TEOREM 2.3.17 Svaka dva prava kuta su kongruentna. DOKAZ. Neka su dana dva prava kuta \hOk i \h0 O0 k 0 i dokaµzimo \hOk \h0 O0 k 0 :
Teorem 2.3.17.
Dokaz ´cemo provesti svo†enjem na kontradikciju pa pretpostavimo suprotno, tj. da vrijedi \hOk 6
\h0 O0 k 0 :
(1) Kutovi \hOk i \h0 O0 k 0 su pravi pa je \hOk
\hOk i \h0 O0 k 0
\h0 O0 k 0 :
(2) Prema Aksiomu (III4 ) postoji jedinstveni polupravac l s poµcetkom u toµcki O tako da je \h0 O0 k 0
\hOl: Oµcito je l 6= k:
Mogu´ca su dva sluµcaja: (h-l-k) ili (h-k-l):
Dokaµzimo prvi sluµcaj (h-l-k) (drugi se analogno dokazuje): (3) Primjenom Aksioma (III4 ) postoji polupravac m tako da je (l-k-m) i \lOk
\mOk:
2.3. AKSIOMI KONGRUENCIJE (4) Jer je \hOk
\hOk i \lOk
57 \mOk imamo da su l i h s jedne strane od
k; a m i h s druge strane od k: (5) Iz (4), primjenom Teorema 2.3.11, zakljuµcujemo da je \hOl
\hOm i pri
tom je (h-m-k): (6) Iz (1),(2) i (5) primjenom Teorema 2.3.14 slijedi \hOm
\h0 O0 k 0
\h0 O0 k 0 : (7) Kako je \hOm
\h0 O0 k 0 ; po Teoremu 2.3.8, slijedi \hOm
(8) Dobili smo \h0 O0 k 0
\hOl (po (2)) i \h0 O0 k 0
\h0 O0 k 0 :
\hOm (po (7)). Odavde
slijedi da su dva razliµcita kuta kongruentna što je u protuslovlju s Aksiomom (III4 ) TEOREM 2.3.18 Svaka duµzina se moµze raspoloviti i to na jedinstveni naµcin. DOKAZ. Neka je AB proizvoljna duµzina. Treba dokazati da postoji jedinstvena toµcka E na AB takva da vrijedi (A-E-B) i AE
EB.
(1) Nanesimo proizvoljni kut \CAB, a zatim \CAB prenesimo u toµcki B i to ! s druge strane pravca AB nego li je toµcka C.
Teorem 2.3.18.
(2) Odaberimo toµcku D tako vrijedi AC
BD i \CAB
\ABD.
(3) Primjenom Teorema 2.3.5 zakljuµcujemo da je 4ABC AD
4ABD pa je i
BC:
! ! (4) Kako su toµcke C i D sa suprotnih strana pravca AB to AB sijeµce CD; tj. postoji toµcka E na AB i (C-E-D). (5) Promotrimo trokute 4ADC i 4DBC. Kako je CD AD
BC po Teoremu 2.3.12 zakljuµcujemo da je 4ADC
i \CDB
(6) Iz AC
\ACD.
BD; \CAB
\ABD i \AEC
po Teoremu 2.3.5, da je 4AEC
CD; AC
BD i
4DBC pa je onda
\BED (vršni kutovi) slijedi,
4BED pa je i AE
EB:
(7) Da bismo dokazali da je toµcka E polovište duµzine AB preostaje jošdokazati
(A-E-B). U suprotnom, tj. ako je :(A-E-B) mora biti ili (E-A-B) ili (A-B-E). Pret-
postavimo da je (A-B-E). EA
Sada imamo AE
EB i AE
EB; a to je u protuslovlju s Teoremom 2.3.1.
EA; dakle i
58
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
Analogno dokazujemo sluµcaj (E-A-B). (8) Dokaµzimo i drugu tvrdnju teorema: jedinstvenost toµcke E: Pretpostavimo da postoji još jedna toµcka E 0 s traµzenim svojstvima i E 6= E 0 : Dakle, neka vrijedi AE 0
E 0 B i (A-E 0 -B).
(8a) Promotrimo trokute 4AE 0 C i 4E 0 BD. Po Teoremu 2.3.5 oni su kongruentni pa je posebno i \AE 0 C
\BE 0 D.
(8b) Pokaµzimo da su C; E 0 i D su kolinearne toµcke. Pretpostavimo suprotno, tj. C; E 0 i D su nekolinearne toµcke. Odaberimo toµcku F tako da se nalazi s druge strane toµcke E 0 nego li toµcka D obzirom na AB ! ! i da su E 0 ; D i F kolinearne toµcke. Tada vrijedi E 0 F 6= E 0 C. Po Teoremu 2.3.10 su vršni kutovi jednaki, \DE 0 B \DE 0 B
\AE 0 F . No, s druge strane je i
\AE 0 C (po (8a)) što je protuslovlje s Aksiomom (III4 ). Dakle, C;
E 0 i D su kolinearne toµcke. (8c) Dobili smo dva razliµcita pravca CED i CE 0 D koji prolaze dvjema toµckama C i D; a to je u protuslovlju s Aksiomom (I2 ). Dakle, mora biti E = E 0 i jedinstvenost je dokazana. KOROLAR 2.3.19 Svaka duµzina moµze se razdijeliti na 2m (m 2 N) kongru-
entnih duµzina.
TEOREM 2.3.20 Svaki se kut moµze raspoloviti na jedinstveni naµcin. DOKAZ. Neka je \hOk dani kut.
Teorem 2.3.20.
(1) Na h odaberimo proizvoljnu toµcku A i potom na k odredimo toµcku B tako da vrijedi OA
OB:
! (2) Neka je C polovište duµzine AB i oznaµcimo sa l = OC: (3) Vrijedi 4OCA
4OCB (S-S-S pouµcak) pa vrijedi \BOC
\AOC i
polupravac l raspolavlja kut \hOk:
Za dani trokut na standardni naµcin (poznat iz osnovne i srednje škole) de…niraju se pojmovi teµzišnice, visine i simetrale. Tako za dani trokut 4ABC imamo: teµzišnica (iz vrha C) je duµzina CP ; gdje je P polovište stranice AB; visina (iz
2.3. AKSIOMI KONGRUENCIJE
59
vrha C) je duµzina CS; gdje je S toµcka na stranici AB i vrijedi \ACS \SCB; ! visina (iz vrha C) je duµzina CN ; gdje je N toµcka na pravcu AB i pri tome su ! ! AB i CN okomiti pravci. KOROLAR 2.3.21 U jednakokraµcnom trokutu simetrala kuta naspram osnovice je ujedno i teµzišnica i visina trokuta. DOKAZ. Trvdnja korolara slijedi iz prethodnog teorema. TEOREM 2.3.22 Svakom toµckom ravnine prolazi jedinstvena okomica na dani pravac te ravnine. DOKAZ. Neka su dani pravac p i toµcka T:
Teorem 2.3.22.
(1) Neka toµcka T leµzi na pravcu p: Po Teoremu 2.3.16 postoji pravi kut pa ga prenesimo u toµcku T tako da jedan krak leµzi na pravcu p: Jedinstvenost okomice slijedi iz Teorema 2.3.17. Naime ako postoji jošjedna okomica pomo´cu Teorema 2.3.17 dolazimo do kontradikcije s Aksiomom (III4 ): (2) Neka toµcka T ne leµzi na pravcu p: ! Odaberimo proizvoljnu toµcku A na pravcu p te oznaµcimo AT = h: Prenesimo kut \hAp s druge strane pravca p : dolazimo do kuta \h0 Ap: Odredimo toµcku T 0 na h0 tako da vrijedi AT
AT 0 :
Neka pravac p sijeµce T T 0 u toµcki B: Tada su trokuti 4ABT i 4ABT 0 kongruentni (\T AB
\T 0 AB; AT
AT 0 ; AB
AB pa primijenimo Teorem 2.3.5)
pa vrijedi i \T BA \T BA: ! Dakle, T T 0 je traµzena okomica. 0
NAPOMENA 2.3.23 Napomenimo da ova tvrdnja ukoliko je toµcka T van pravca p; nije istinita u eliptiµckoj geometriji. Ilustrirajmo to. Za model eliptiµcke geometrije uzmimo sfernu geometriju.
60
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
Toµcke u toj geometriji su toµcke na euklidskoj sferi uz identi…kaciju antipodalnih toµcaka (toµcaka na sferi µcija spojnica prolazi središtem sfere), a pravci su glavne kruµznice te sfere (tj. kruµznice dobivene kao presjek te sfere s ravninama koje prolaze središtem te sfere). Za dani takav p pravac toµcka P je njegov pol ako je svaki pravac kroz P okomit na p:
Sferna geom etrija.
Na slici je pravac p ekvator sfere, a toµcka P van njega je sjeverni pol. Svaki pravac kroz pol P je okomit na ekvator. TEOREM 2.3.24 Ako su dva pravca okomita na tre´ci pravac, onda se ta dva pravca ne sijeku. DOKAZ. Neka su b i c razliµciti pravci koji su okomiti na pravac a. Pretpostavimo da se b i c sijeku i neka je njihovo sjecište toµcka T: Tada bi se iz toµcke T mogle povu´ci dvije razliµcite okomice na a; što je u protuslovlju s prethodnim teoremom. TEOREM 2.3.25 Ako dva pravca sijeku tre´ci pravac i tvore s njime kongruentne izmjeniµcne kutove, tada se ta dva pravca ne sijeku. DOKAZ. Neka c sijeµce a i b u toµckama A i B i neka su izmjeniµcni kutovi kongruentni. Neka je D polovište duµzine AB (Teorem 2.3.18) i spustimo iz D okomicu na a (Teorem 2.3.22). (1) Ako je E = A onda je pravac c okomit na pravce a i b pa tvrdnja slijedi iz Teorema 2.3.24.
Teorem 2.3.25.
2.3. AKSIOMI KONGRUENCIJE
61
(2) Ako je E 6= A onda prenošenjem duµzine EA u toµcki B na b dolazimo do toµcke F:
Sada je 4EAD
4BDF (S-K-S pouµcak) pa je \EDA
\BDF: Po Teoremu
2.3.10 su to vršni kutovi pa su E; D; F kolinearne toµcke. Dobili smo da su ! pravci a i b okomice na pravac EF pa se opet pravci a i b ne sijeku (Teorem 2.3.24).
TEOREM 2.3.26 Ako su u ravnini postoji bar jedan pravac b u ravnini
dani pravac a i toµcka A van njega, onda koji prolazi toµckom A i ne sijeµce dani pra-
vac a: DOKAZ. Neka je dan pravac i neka je na njemu odabrana proizvoljna toµcka B. Zapišimo taj pravac u obliku aBa gdje su a i a polupravci koje odre†uje toµcka B:
Teorem 2.3.26.
! ! Neka je \(AB; b) prenešen kut \(BA; a) i to tako da su a i b s razliµcitih strana ! pravca AB: Promotrimo pravac bAb. Po prethodnom teoremu zakljuµcujemo da se pravci aBa i bAb ne sijeku. DEFINICIJA 2.3.27 (a) Neka su dane duµzine AB i A0 B 0 . Kaµzemo da je duµzina AB ve´ca od duµzine A0 B 0 (i pisati AB > A0 B 0 ili A0 B 0 < AB) ako postoji toµcka C takva da je (A-C-B) i AC
A0 B 0 :
(b) Neka su dana dva kuta \hOk i \h O k . Kaµzemo da je kut \hOk ve´ci 0
0 0
od kuta \h0 O0 k 0 (i pisati \hOk > \h0 O0 k 0 ili \h0 Ok 0 < \hOk); ako postoji polupravac l s poµcetkom u ishodištu polupravaca h i k tako da je (h-l-k) i \hOl \h0 O0 k 0 . TEOREM 2.3.28 (a) Za svake dvije duµzine AB i CD uvijek vrijedi jedna i samo jedna od sljede´ce tri relacije: ili AB
CD ili AB < CD ili AB > CD
(pravilo trihotomije). (b) Ako je AB < A0 B 0 i A0 B 0 < A00 B 00 onda je AB < A00 B 00 (tranzitivnost relacije "biti manji"). NAPOMENA 2.3.29 Iz prethodnog teorema slijedi da je skup svih duµzina D
potpuno ure†en skup. Nadalje, moµze se uvesti zbrajanje i oduzimanje duµzina i pokazati da vrijedi:
62 (a) Ako je AB
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA A0 B 0 i CD < C 0 D0 onda je AB + CD < A0 B 0 + C 0 D0 ;
(b) Ako je AB > CD onda je
1 2n
AB >
1 2n
CD; za svaki n 2 N:
Sliµcne tvrdnje mogu se dokazati i za kutove i onda se mogu de…nirati tupi i šiljasti kut: šiljasti kut je onaj koji je manji od pravog, a tupi kut je onaj koji je ve´ci od pravog. TEOREM 2.3.30 Vanjski kut trokuta ve´ci je od svakog nesusjednog unutarnjeg kuta. DOKAZ. Neka je dan trokut 4ABC i odaberimo toµcku F tako vrijedi je (A-B-F ) (takva postoji po Aksiomu (II2 )).
Teorem 2.3.30.
Dokaµzimo da vrijedi \CBF > \ACB. (1) Neka je D polovište stranice BC (to moµzemo po Teoremu 2.3.18). ! (2) Na pravcu AD odredimo toµcku E s druge strane toµcke D nego što je A tako da vrijedi AD
DE (prenošenje duµzine).
(3) Promotrimo trokute 4ADC i 4BDE. Primjenom Teorema 2.3.10 dobivamo \ADC
\EDB (vršni kutovi) i po Teoremu 2.3.5 (S-K-S pouµcak)
zakljuµcujemo da su trokuti 4ADC i 4BDE sukladni. Slijedi da je i \ACB \DBE.
! (4) Kako je (A-B-F ) ; to pravac CB sijeµce duµzinu AF u unutarnjoj toµcki pa su ! toµcke A i F s razliµcitih strane od BC. ! (5) Analogno, jer vrijedi (A-D-E) to pravac BC sijeµce duµzinu AE u unutarnjoj ! toµcki pa su A i E s razliµcitih strana od BC. ! (6) Po Teoremu 2.2.11 iz (4) i (5) slijedi da su E i F s iste strane pravca BC. ! (7) Vrijedi (C-D-B) pa su C i D s iste strane pravca AB. ! (8) Vrijedi (A-D-E) pa su D i E s iste strane pravca AB. (9) Prema Teoremu 2.2.11 iz (7) i (8) slijedi da su toµcke C i E s iste strane ! pravca AB. ! (10) Pokazali smo da E leµzi s iste strane pravca AF kao i C (po (9)) i da E ! leµzi s iste strane pravca CB kao i F (po (6)). Time je pokazano da je toµcka E unutarnja toµcka kuta \CBF .
2.4. AKSIOMI NEPREKIDNOSTI
63
! (11) Odaberimo proizvoljnu toµcku T na polupravcu h = BE razliµcitu od E (mogu´c je poredak (B-T -E) ili (B-E-T )). Sliµcno prethodnom dokazuje se da je i T unutarnja toµcka kuta \CBF (dokaµzite, korisna vjeµzba). (12) Time smo dokazali da je h unutar kuta \CBF pa vrijedi \CBF > ! ! \(BC; h): Budu´ci vrijedi \(BC; h) \ACB dobili smo da je zaista \CBF > \ACB: Analogno se dokazuje da je vanjski kut \CBF ve´ci i od drugog nesusjednog kuta \CAB (dokaµzite, korisna vjeµzba!). TEOREM 2.3.31 Ako su dvije stranice jednog trokuta kongruentne odgovaraju´cim dvjema stranicama drugog trokuta, a kutovi izme†u tih stranica nisu kongruentni, tada nasuprot ve´ceg od tih kutova leµzi ve´ca stranica i obratno. DOKAZ. Vrijedi Euklidov dokaz (Propozicija 24). Dokaµzite prethodni teorem u ovoj aksiomatici pomo´cu ve´c dokazanih tvrdnji (korisna vjeµzba!). Pojmovi poznati iz elementarne geometrije, kao što su kruµznica, tetiva, trokutu upisana i opisana kruµznica, središnji i obodni kut, na prirodni naµcin se de…niraju. Navedimo de…niciju kruµznice. Neka je u ravnini
dana toµcka O. Skup svih toµcaka M ravnine
za koje
OM kongruentno jednoj danoj duµzini AB naziva se kruµznica sa središtem O i radijusom AB i oznaµcava sa k (O; r) gdje je r = AB. Skup svih toµcaka M ravnine
za koje je OM < AB naziva se skup unutrašnjih toµcaka kruµznice
k (O; r) (ili nutrina od k (O; r)), a skup svih toµcaka M ravnine
za koje je
OM > AB naziva se skup vanjskih toµcaka kruµznice k (O; r) (ili vanjština od k(O; r)):
2.4
AKSIOMI NEPREKIDNOSTI
Aksiomi neprekidnosti su: AKSIOM (IV1 ): (Arhimedov aksiom). Neka su AB i CD proizvoljne duµzine ! i neka su na polupravcu AB s poµcetkom u toµcki A; odabrane toµcke A1 ; A2 ; A3 ; ::: tako da vrijedi (A-A1 -A2 ) ; (A1 -A2 -A3 ) ; ::: i sve duµzine AA1 ; A1 A2 ; A2 A3 ; ::: su kongruentne duµzini CD: Tada postoji n 2 N takav da je (A-B-An ) :
Arhimedov aksiom tvrdi da postoji n 2 N takav da je n CD > AB: Bez
smanjenja op´cenitosti moµzemo staviti n CD
AB.
64
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
AKSIOM (IV2 ): (Cantorov aksiom). Neka je dan niz duµzina A1 B1 ; A2 B2 ; : : : ; An Bn ; : : : od kojih je svaka osim prve sadrµzana u prethodnoj i neka ne postoji duµzina koja bi bila sadrµzana u svakoj duµzini iz niza. Tada postoji jedna i samo jedna toµcka koja je sadrµzana u svakoj duµzini. Cantorov aksiom tvrdi da postoji jedna jedina toµcka C (tzv. Cantorova toµcka) takva da je (An -C-Bn ) ; za svaki n 2 N: Poznato je da su Arhimedov aksiom i Cantorov aksiom ekvivalentni Dedekindovom aksiomu. AKSIOM (IV ) (Dedekindov aksiom) Ako sve toµcke duµzine AB ukljuµcuju´ci i krajeve podijelimo u dvije klase tako da vrijedi: (a) Svaka toµcka je u jednoj i samo jednoj klasi, toµcka A je u prvoj, a B u drugoj klasi; (b) Svaka toµcka prve klase, razliµcita od A; leµzi izme†u A i bilo koje toµcke druge klase; onda postoji jedna i samo jedna toµcka C duµzine AB takva da svaka toµcka koja se nalazi izme†u A i C pripada prvoj klasi, a svaka toµcka koja se nalazi izme†u C i B pripada u drugoj klasi. Toµcka C pripada ili prvoj ili drugoj klasi. Toµcku C nazivamo graniµcnom toµckom tih klasa, toµckom prereza ili Dedekindovom toµckom. NAPOMENA 2.4.1 (a) U iskazu Dedekindovog aksioma moµze se izostaviti jedinstvenost toµcke C: Naime, dosta jednostavno se moµze dokazati da je toµcka C s traµzenim svojstvima jedinstvena. ! (b) Ako se iskaz s duµzine AB prenese na pravac AB dobija se Dedekindov aksiom za pravac. Da bi pokazali da su Arihimedov i Cantorov aksiom ekvivalentni Dedekindovom aksiomu treba dokazati tvrdnje narednog teorema. TEOREM 2.4.2
(a) Iz Hilbertovih aksioma (I); (II); (III) i Dedekindovog
aksioma slijedi Arhimedov aksiom. (b) Iz Hilbertovih aksioma (I) ; (II) ; (III) i Dedekindovog aksioma slijedi Cantorov aksiom. (c) Iz Hilbertovih aksioma (I); (II); (III); Arhimedovog aksioma i Cantorovog aksioma slijedi Dedekindov aksiom.
2.4. AKSIOMI NEPREKIDNOSTI
65
DOKAZ. Dokaµzimo tvrdnju (a). Tvrdnje (b) i (c) navedene su u zadacima i korisna je vjeµzba dokazati ih. Pretpostavimo suprotno tvrdnji Arhimedovog aksioma, tj. neka je (8n 2 N) ili n CD < AB ili n CD
AB: De…nirajmo klase:
K1 = X : (9n 2 N) n CD > AX [ fAg;
K2 = Y : (8n 2 N) n CD < AY :
(1) Primjetimo da su K1 i K2 disjunktni i neprazni skupovi (toµcke A1 ; :::; An ; ::: iz Aksioma (IV1 ) sadrµzane su u K1 ; toµcka B pripada klasi K2 ) koji pokrivaju segment AB:
(2) Klase K1 i K2 udovoljavaju i drugom uvjetu Dedekindovog aksioma.
Odaberimo proizvoljnu toµcku X 2 K1 n fAg: To znaµci da postoji n0 2 N takav da je n0 CD > AX: Nadalje, za proizvoljnu toµcku Y 2 K2 je za taj n0 ispunjeno
n0 CD < AY : Tada je AX < n0 CD < AY ; pa je ispunjeno (A-X-Y ) : Dakle, svaka toµcka X iz K1 razliµcita od A leµzi izme†u A i proizvoljne toµcke Y iz K2 :
(3) Po Dedekindovu aksiomu postoji jedinstvena toµcka E takva da je za (A-X-E) µcim je X 2 K1 i (E-Y -B) µcim je Y 2 K2 i pri tome sama toµcka E pripada bilo prvoj bilo drugol klasi.
(4) Toµcka E ne pripada klasi K1 :
Pretpostavimo suprotno, tj. da je E 2 K1: :
To znaµci da postoji n 2 N takav da je n CD > AE: No, to znaµci da vrijedi
(A-E-An ). Odavde slijedi (E-An -B) : Dobili da je An 2 K2 ; a to je u protuslovlju
s našom pretpostavkom (sa (1)) .
(5) Toµcka E ne pripada klasi K2 :
Pretpostavimo suprotno, tj. da je E 2 K2 :
To znaµci da je n CD < AE za svaki n 2 N : Neka je toµcka F odabrana µ tako da je F E CD i (A-F -E) : Cinjenica da vrijedi (A-F -E) povlaµci da je F 2 K1 pa postoji n 2 N takav da je n CD > AF ; tj. (A-F -An ). No, onda je AE = AF + F E < AAn + CD = (n + 1) CD: Dakle, (A-E-An+1 ) pa je
E 2 K1 ; što je u protuslovlju s (4).
Iz (4) i (5) slijedi protuslovlje sa Dedekindovim aksiomom (toµcka E ne leµzi ni u K1 ni u K2 ) pa polaznu pretpostavku moramo mijenjati - Arhimedov aksiom vrijedi.
TEOREM 2.4.3 Pravac koji leµzi u istoj ravnini sa kruµznicom i prolazi unutarnjom toµckom te kruµznice sijeµce tu kruµznicu u dvjema toµckama. DOKAZ. Neka je dana kruµznica k (O; r) i neka pravac p sijeµce k (O; r) u unutarnjoj toµcki P:
66
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
Pretpostavit ´cemo da pravac p ne prolazi kroz središte O kruµznice (naime tada se pomo´cu Aksioma (III1 ) lako dokazuje da pravac p sijeµce k (O; r) u dvjema toµckama). C1
A D XF
P
C
Y E
B
O
Teorem 2.4.3
(1) Iz toµcke O spustimo normalu na pravac p i neka je noµzište oznaµcimo sa A: Ili je OA
OP ili OA < OP < r: U oba sluµcaja je OA < r; tj. A je unutarnja ! toµcka kruµznice k (O; r) : Odredimo na pravcu AP toµcku B tako da je AB r: Kako je 4AOB pravokutan to je OB > AB
r: Dakle, B je vanjska toµcka
kruµznice k (O; r) :
(2) Podijelimo sve toµcke duµzine AB u sljede´ce klase: K1 = fX 2 AB : OX < rg;
K2 = fY 2 AB : OY
rg:
(3) Rastav segmenta AB na klase K1 i K2 udovoljava uvjetima Dedekindovog
aksioma.
Svaka toµcka segmenta AB pripada samo jednoj klasi, toµcka A pripada klasi K1 ; a toµcka B klasi K2 : Neka je X 2 K1 n fAg i Y proizvoljna toµcka iz K2 : To znaµci OX < r i OY
r: Tada je OY > OX: Onda je AY > AX pa je i (A-X-Y ) :
Po Dedekindovom aksiomu postoji jedinstvena toµcka prereza C (Dedekindova toµcka) za koju je (A-X-C) µcim je X 2 K1 i (C-Y -B) µcim je Y 2 K2 : Sama toµcka C pripada bilo skupu K1 ; bilo skupu K2 :
(4) Dokaµzimo da toµcka C pripada u klasi K2 :
Pretpostavimo suprotno, tj. da je C 2 K1 : Tada je OC < r: Odredimo toµcku E
segmenta AB tako da je (C-E-B) i CE
r
je E 2 K2 : No vrijedi OE < OC + CE
r pa je E 2 K1 . Time smo došli do
OC: Kako je (C-E-B) imamo da
protuslovlja: toµcka pripada i skupu K1 i skupu K2 :
Dakle C 2 K2 ; a to znaµci da je ili OC (5) Vrijedi OC
r ili pak OC > r:
r; tj. toµcka C pripada kruµznici k(O; r):
U suprotnom, ako je OC > r; moµzemo na segmentu AB odabrati toµcku F tako da vrijedi (A-F -C) i F C
OC
r: Kako je (A-F -C) imamo F 2 K1 : No vrijedi
OF + F C > OC; tj. OF > OC
FC
r; pa je F 2 K2 - što je nemogu´ce
(toµcka F bi pripadala i skupu K1 i skupu K2 ):
2.5. AKSIOM O PARALELAMA
67
(6) Odredimo na pravcu p toµcku C1 ; a s druge strane nego što je toµcka C tako da vrijedi AC
AC1 : Tada su trokuti 4OAC i 4OAD kongruentni (po Teoremu
2.3.5) pa je OC1
OC
r; dakle i C1 je toµcka kruµznice k (O; r) :
(7) Tre´ceg sjecišta nema. Pretpostavimo suprotno da postoji još jedna toµcka T na pravcu p i kruµznici k (O; r) : Toµcka T moµze biti s iste strane od A kao i toµcka C, ili pak s iste strane od A kao i toµcka C1 : Neka je T s iste strane toµcke A kao i C: Promotrimo trokute 4OAC i 4OAT: To su pravokutni trokuti koji su kongruentni pa je AT
AC;
tj. T = C:
2.5
AKSIOM O PARALELAMA
Rezultate dobivene na osnovu sistema aksioma (I); (II); (III) i (IV ) nazvali smo apsolutnom geometrijom i neovisni su o tome da li toµckom van pravca moµzemo povu´ci jedan i samo jedan ili pak više pravaca koji ne sijeku dani pravac. Naime, po Teoremu 2.3.24 barem jedan takav pravac postoji i da bi osigurali da je to i jedini pravac, dakle i aksiomatizirali euklidsku geometriju potreban je i aksiom o paralelnosti. AKSIOM (VE ) Toµckom van pravca prolazi najviše jedan pravac koji ga ne sijeµce. Dakle, Euklid je bio u pravu, Peti postulat jest pravi aksiom. Teorem 2.3.24 i Aksiom (VE ) daju uobiµcajenu formulaciju aksioma o paralelama: Toµckom van pravca prolazi toµcno jedan pravac koji ga ne sijeµce. (za koji smo pokazali da je ekvivalentan Petom Euklidovom postulatu). Taj jedinstveni pravac nazivat ´cemo paralelom i da su pravci a i b paralelni oznaµcavat ´cemo sa a k b: Naveli smo ve´c neke tvrdnje ekvivalentne Petom euklidovom postulatu (odnosno Aksiomu (VE )): Ponovimo neke od njih (dokaµzite da su one ekvivalentne tvrdnje s Petim Euklidovim postulatom, korisna vjeµzba) : Pravac koji sijeµce jedan od dva pravca u istoj ravnini koji se ne sijeku, sijeµce i drugi od ta dva pravca (Proklov ekvivalent). Udaljenost izme†u dva pravca koji leµze u istoj ravnini a ne sijeku se je konaµcna. (kod Proklova dokaza ve´c nalazimo ovu formulaciju). Geometrijsko mjesto toµcaka koje leµze s istih strana danog pravca i imaju istu udaljenost od njega je opet pravac (Posidonije). Suma kutova trokuta jednaka je 2R (Saccheri, Lambert, Legendre). Za svaku toµcku unutar zadanog kuta moµze se prona´ci pravac koji sijeµce oba kraka (Legendre).
68
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA Dva pravca od kojih je jedan okomit a drugi kos prema tre´cem pravcu se sijeku (Legendre). Kroz tri nekolinearne toµcke moµze se uvijek povu´ci kruµznica (F. Bolyai). Sve tri visine trokuta sijeku se u jednoj toµcki. Postoji trokut sa po volji velikom površinom. Postoje sliµcni trokuti (Wallisov postulat).
Navedimo model Euklidske planimetrije - to je realna ravnina R2 . Toµcke su elementi skupa R2 , a pravci skupovi p = f(x; y) 2 R2 j ax+by +c = 0; a; b; c 2 R;
a2 + b2 6= 0g: Pravce oznaµcavamo i sa p = [a; b; c]: Incidencija je interpretira na
naµcin: toµcka T = (x0 ; y0 ) leµzi na pravcu p = [a; b; c] ako je T 2 p; tj. ako
je ax0 + by0 + c = 0: Poredak moµzemo interpretirati na naµcin: toµcka T2 leµzi izme†u toµcaka T1 i T3 ako vrijedi d(T1 ; T3 ) = d(T1 ; T2 ) + d(T2 ; T3 ); gdje je d
standardna metrika na R2 : Konaµcno, kongruenciju interpretiramo preko grupe gibanja. To je grupa kojoj skup izvodnica µcine sve osne simetrije, a grupna operacija je kompozicija. Poznata je µcinjenica da su to izometrije ravnine i da grupu gibanja tvore nama poznata preslikavanja: osne simetrije, translacije, poluokreti i rotacije. Kongruencija se interpretira na naµcin: dvije …gure su kongruentne ako postoji gibanje koje jednu …guru preslikava na drugu. Korisna je vjeµzba provjeriti da ovaj model udovoljava svim aksiomima Euklidske planimetrije.
2.6
µ ZADACI ZA VJEZBU
1. Na†ite model u kojemu vrijede aksiomi (I1 ); (I2 ); ali ne i (I3 ): Dokaµzite: 2. Postoji tri razliµcita pravca koji ne prolaze istom toµckom. 3. Za svaki pravac postoji najmanje jedna toµcka koja ne leµzi na njemu. 4. Za svaku toµcku postoji najmanje jedan pravac koji ne prolazi njom. 5. Za svaku toµcku postoji najmanje dva pravca koji prolaze njom. 6. Svaka ravnina incidentna je s najmanje tri toµcke. 7. Za svaki pravac a postoji pravac b takav da pravci a i b ne leµze u istoj ravnini. 8. Neka su "toµcke" jednoµclani poskupovi skupa fA; B; C; D; E; F g a
"pravci" troµclani skupovi fA; B; Cg; fC; D; Eg; fE; F; Ag; fB; D; F g i
neka je incidencija interpretirana inkluzijom. Npr. "toµcka" A leµzi na "pravcu" fA; B; Cg jer je fAg
fA; B; Cg: Dokaµzite da se radi o elip-
tiµckom modelu geometrije incidencije.
µ 2.6. ZADACI ZA VJEZBU
69
9. Neka su "toµcke" sve toµcke na listu papira, "pravci" sve kruµznice koje moµzemo nacrtati na tom listu, a "incidencija" znaµci da toµcka leµzi na kruµznici. Provjerite jesu li su ispunjeni aksiomi incidencije i ako jesu koji je aksiom o paralelama ispunjen. 10. Neka je dan model geometrije incidencije u kojem na svakom pravcu leµze najmanje tri razliµcite toµcke. Koliko najmanje toµcaka i najmanje pravaca taj model moµze imati. Ako je model euklidski, pokaµzite da on mora imati najmanje 9 toµcaka i najmanje 12 pravaca. 11. Model geometrije incidencije ima 5 toµcaka. Naµcinite ga tako da za razliµcite izbore "pravca" l i "toµcke" P vrijedi drugaµciji aksiom paralelnosti. 12. Neka je "toµcka" ure†eni par realnih brojeva (x; y) 2 R2 ; a "pravac" l skup
svih toµcaka (x; y) koji zadovoljavaju jednadµzbu ax + by + c = 0; gdje su a; b realni brojevi takvi da je a2 + b2 > 0; tj. l = f(x; y) 2 R
R : ax + by + c = 0; a; b 2 R; a2 + b2 > 0g:
Toµcka (x; y) leµzi na pravcu l ako koordinate te toµcke udovoljavaju jednadµzbu pravca. Dokaµzite da je ovaj model, nazivamo ga realna ravnina i oznaµcavamo sa R2 , predstavlja model geometrije incidencije. Pokaµzite da je to a…na ravnina (stoga se ovaj model naziva i realna a…na ravnina) i odredite njezino projektivno upotpunjenje (koje nazivamo realna projektivna ravnina). 13. Neka su "toµcke" sve toµcke jediniµcne sfere x2 + y 2 + z 2 = 1 (uobiµcajena je iznaka S2 ); a "pravci" glavne kruµznice (tj. kruµznice kojima je središte ujedno i središte sfere). Opet interpretiramo incidenciju na uobiµcajeni naµcin. Dokaµzite da je to model geometrije incidencije. 14. Neka su "toµcke" sve toµcke unutar kruga x2 + y 2 < 1, a "pravci" sve tetive. Neka incidencija znaµci da toµcka leµzi na tetivi u uobiµcajenom smislu. Pokaµzite da li je to model geometrije incidencije (naziva se i Kleinov disk). Koji aksiom paralelnosti vrijedi? 15. Ispitajte da li su ispunjeni svi aksiomi incidencije u Fanovoj geometriji. 16. Dokaµzite: (a) (b) (c) (d) (e)
(A-B-C) ^ (B-C-D) ) (A-B-D); (A-B-D) ^ (B-C-D) ) (A-B-C); (A-B-C) ^ (B-C-D) ) (A-C-D); (A-B-D) ^ (B-C-D) ) (A-C-D); (A-B-C) ^ (A-D-C) ) (A-D-B) _ (B-D-C):
17. Neka su A; B; C; D i M kolinearne toµcke te neka vrijedi (A-C-B); (A-D-B) i (C-M -D): Dokaµzite da je (A-M -B): 18. Neka su A; B; C i D; kolinearne toµcke. Dokaµzite: (a) :(B-A-C) ^ :(B-A-D) ) :(C-A-D):
70
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA (b) (B-A-C) ^ (B-A-D) ) :(C-A-D):
19. Skup S je konveksan ako za svake dvije toµcke A i B tog skupa i duµzina AB pripada tom skupu. Prazan skup je konveksan skup. Dokaµzite da je presjek konaµcnog broja konveksnih skupova konveksan skup. Je li presjek beskonaµcno mnogo konveksnih skupova konveksan skup? Je li unija beskonaµcno mnogo konveksnih skupova konveksan skup? 20. Dokaµzite da je de…nicija polupravca korektna, tj. da klase K1 i K2 ne ovise o izboru toµcke A:
21. Dokaµzite da je de…nicija poluravnine korektna, tj. da klase K1 i K2 ne ovise o izboru toµcke A:
22. Dokaµzite da je de…nicija poluprostora korektna, tj. da klase K1 i K2 ne ovise o izboru toµcke A:
23. Dokaµzite Teorem 2.2.15. 24. Dokaµzite Teorem 2.2.19. Dokaµzite: 25. U svakom trokutu nasuprot ve´coj stranici leµzi ve´ci kut i obratno, nasuprot ve´cem kutu leµzi ve´ca stranica. 26. Suma bilo kojih dvaju kutova trokuta manja je od dva prava kuta. 27. U svakom trokutu najviše jedan kut moµze biti pravi ili tupi i bar dva šiljasta (dokazati koriste´ci teorem o vanjskom kutu trokuta). 28. Suma svih kutova trokuta nije ve´ca od dva prava kuta. 29. Vanjski kut trokuta ve´ci je ili jednak zbroju dvaju nesusjednih unutarnjih kutova. 30. Suma kutova µcetverokuta nije ve´ca od µcetiri prava kuta. 31. Kutovi uz gornju osnovicu Saccherijevog µcetverokuta i µcetvrti kut Lambertovog µcetvrokuta nisu tupi. 32. Ako za trokut 4ABC vrijedi \A
\B onda je AC
BC, tj. trokut je
jednakokraµcan.
33. Ako su teµzišnica i visina iz istog vrha trokuta kongruentne, onda je taj trokut jednakokraµcan. 34. Ako je simetrala jednog unutrašnjeg kuta trokuta jednaka njegovom poluopsegu onda je taj trokut jednakokraµcan. 35. Ako je p bilo koji pravac i T bilo koja toµcka koja ne leµzi na njemu i N noµzište okomice iz T na p i " bilo koji dani kut tada na pravcu p postoji toµcka A tako da je \N AT < ". 36. Ako za trokute 4ABC i 4A0 B 0 C 0 vrijedi AB \B i ako je AB > AC onda je 4ABC 0
sukladnosti).
A0 B 0 ; AC 0
0
0
A0 C 0 ; \B
4A B C (S-S-K> pouµcak o
µ 2.6. ZADACI ZA VJEZBU
71
37. Ako za trokute 4ABC i 4A0 B 0 C 0 vrijedi da su im kongruentne dvije stranice i kut nasuprot jednoj od njih onda vrijedi 4ABC
4A0 B 0 C 0 :
38. Neka je dan trokut 4ABC i neka je A1 njegova teµzišnica. Dokaµzite tvrdnju: \BAA1 > \CAA1 ako i samo ako je AB < AC:
39. Ako je M u unutrašnjosti trokuta 4ABC; onda je \AM B > \ACB: 40. Pravac sijeµce kruµznicu u najviše dvije toµcke.
41. Dvije kruµznice mogu imati najviše dvije zajedniµcke toµcke. 42. Dokaµzite da obodni kut nije ve´ci od polovine središnjeg kuta nad istom tetivom kruµznice. 43. Dokaµzite da obodni kut nad promjerom kruµznice nije ve´ci od pravog kuta. 44. Kongruentnim središnjim kutovima kruµznice kongruentne su odgovaraju´ce tetive. 45. Pravac koji prolazi jednom toµckom kruµznice i okomit je na spojnicu te toµcke sa središtem kruµznice nema više niti jednu zajedniµcku toµcku s tom kruµznicom (taj je pravac ustvari tangenta kruµznice u toj toµcki). 46. Krug je konveksan skup. 47. U svaki trokut moµze se upisati jedinstvena kruµznica. 48. Dokaµzite tvrdnju (b) iz Teorema 2.4.2. 49. Dokaµzite tvrdnju (c) iz Teorema 2.4.2. 50. Iskaµzite i dokaµzite Arhimedom aksiom za kutove. 51. Iskaµzite i dokaµzite Cantorov aksiom za kutove. 52. Iskaµzite i dokaµzite Dedekindov aksiom za kutove. 53. Dokaµzite tvrdnju: Ako dvije kruµznice leµze u istoj ravnini i jedna od njih prolazi kroz jednu unutarnju i jednu vanjsku toµcku druge kruµznice, tada se te dvije kruµznice sijeku u toµcno dvije toµcke. Dokaµzite! 54. Dokaµzite tvrdnju: Za svaku duµzinu AB i svaki n 2 N postoji duµzina AD takva da je n AD
2.3.19).
AB (AD
1 n
AB - poop´cenje tvrdnje iz Korolara
72
POGLAVLJE 2. APSOLUTNA GEOMETRIJA
Poglavlje 3
µ HIPERBOLICKA GEOMETRIJA 3.1
AKSIOM O PARALELAMA
Dodamo li aksiomima apsolutne geometrije kao aksiom paralelnosti AKSIOM (VH ) Toµckom van pravca prolaze bar dva pravca koji ne sijeku taj pravac. dobivamo hiperboliµcku geometriju. Dakako, sve tvrdnje apsolutne geometrije istinite su i u hiperboliµckoj geometriji (i u euklidskoj geometriji). One tvrdnje hiperboliµcke geometrije gdje se u dokazu koristi aksiom (VH ) nisu istinite u euklidskoj geometriji.
Ilustrirajmo to primjerom.
Tvrdnja apsolutne
geometrije da je suma + + kutova trokuta manja ili jednaka 2R (2.6. Zadaci za vjeµzbu, Zadatak 28) istinita je i u euklidskoj geometriji i u hiperboliµckoj geometriji. U euklidskoj geometriji se pokazuje da vrijedi Pokaµzimo da ta tvrdnja +
+
+ +
+
+
= 2R.
2R (apsolutne geometrije) prelazi u tvrdnju
< 2R (hiperboliµcke geometrije).
TEOREM 3.1.1 Suma s =
+
+
kutova trokuta manja je od 2R.
DOKAZ. Pretpostavimo da je s = 2R. Promotrimo sada pravac p i toµcku T izvan njega. Spustimo okomicu iz T na pravac p i noµzište oznaµcimo sa N . Zatim u toµcki T dignimo okomicu na pravac ! T N . Oznaµcimo tu okomicu sa q. Pravci p i q se ne sijeku. To smo dokazali u apsolutnoj geometriji. Neka je sad r proizvoljni pravac kroz T koji je razliµcit od q. Tvrdimo da on mora sje´ci pravac p. 73
µ POGLAVLJE 3. HIPERBOLICKA GEOMETRIJA
74
Oznaµcimo sa " = \(q; r). Neka je A toµcka na pravcu p tako da vrijedi \T AN < " (2.6. Zadaci za vjeµzbu, Zadatak 35.).
Teorem 3.1.1.
N T A je pravokutan pa je zbog naše pretpostavke \N T A + \N AT ! R. Kako je \T AN < " onda je \N T A > R ". Nadalje \(T N ; r) = R "; Trokut
dakle r je unutar kuta \N T A pa pravac r sijeµce N A, a onda i p. Vidimo da je q jedini pravac kroz T koji ne sijeµce p, što je u protuslovlju s Aksiomom (VH ). Dakle, mora biti s < 2R. TEOREM 3.1.2 Vanjski kut trokuta ve´ci je od sume dvaju nesusjednih unutarnjih kutova. DOKAZ. Neka je
0
vanjski kut trokuta 4ABC:
Teorem 3.1.2.
Tada je +
0
; tj.
0
+ 0
= 2R: Prema Teoremu 3.1.1 je
>
+ +
< 2R pa je
+ +
R > \P BC
\P CB: ! (6) Prenesimo sada kut \P BC na CP s vrhom u C prema K. Time smo dobili unutarnji polupravac kuta \P CK; a budu´ci je q k p taj polupravac sijeµce p u K
nekoj toµcki D: (7) Prenesimo sada duµzinu CD od toµcke B prema K i neka je E takva toµcka da vrijedi CD
BE:
(8) Promotrimo trokute 4P BE i 4P CD: Oni su kongurentni (po S-K-S pouµcku): Dakle, \BP E
\CP D:
(9) Konaµcno imamo \DP E \DP C \EP C \EP B \EP C \CP B = 2 < \SP K ! pa je P S unutarnji polupravac kuta \EP B i stoga on sijeµce duµzinu BE: Dakle, p k q: K
TEOREM 3.2.8 Ako je a k c i b k c onda je a k b: K
K
DOKAZ. Primjetimo da se a i b ne sijeku.
Teorem 3.2.8.
K
3.2. PARALELE I RAZILAZNI PRAVCI
83
Naime kad bi sjekli, tj.
postojala zajedniµcka toµcka T pravaca a i b (vidi ! prethodnu sliku) onda bi a bio unutarnji polupravac kuta \(T C; b) pa bi sjekao pravac c; a to je u protuslovlju s našom pretpostavkom a k c. K
Razlikujemo dva sluµcaja. (A) Pravci a i b su s iste strane pravca c: Najprije, bez smanjenja op´cenitosti, moµzemo uzeti da su pravci a i c sa suprotnih strana od b. Dokaµzimo da vrijedi a k b: Odaberimo proizvoljne toµcke A 32 a i K ! B 32 b: Treba dokazati da svaki unutarnji polupravac AS kuta \BAK sijeµce pravac b: Razmotrimo jedini netrivijalni sluµcaj kada su toµcke A i S s iste strane pravca b: Odaberimo proizvoljnu toµcku C pravca c: Mogu nastupiti tri sluµcaja.
Teorem 3.2.8 (1).
(1) Toµcke A; B i C su kolinearne, tj. \KCB \KCA: ! Unutarnji polupravac AS kuta \BAK je unutarnji polupravac kuta \CAK pa, ! jer je po pretpostavci a k c; polupravac AS sijeµce pravac c u toµcki C 0 : Kako su K ! sada A i C 0 sa suprotne strane od pravca b to polupravac AC 0 sijeµce pravac b u nekoj toµcki B 0 :
Teorem 3.2.8 (2).
! (2) Toµcke A; B i C nisu kolinearne i neka je \KCB < \KCA: Tada je CB ! unutarnji polupravac kuta \KCA i, jer je c k a; imamo da CB sijeµce pravac a K
0
0
A0
u nekoj toµcki A : Sada su A ; B i C kolinearne toµcke i da je a k b; tj. a k b (po K
Teoremu 3.2.6) slijedi iz prethodnog sluµcaja.
K
84
µ POGLAVLJE 3. HIPERBOLICKA GEOMETRIJA
(3) Toµcke A; B i C nisu kolinearne i neka je \KCA < \KCB:
Teorem 3.2.8 (3).
! ! Sada je CA unutarnji polupravac kuta \KCB i jer je c k b mora CA sijeµci K ! pravac b u nekoj toµcki B 0 : Neka je AS unutarnji polupravac kuta \BAK: Ako je \SAK < \B 0 AK onda radimo kao u sluµcaju (1). Trivijalni je sluµcaj i kada ! je toµcka S na AB 0 : Ako je \SAK > \B 0 AK; onda je SA unutarnji polupravac kuta \BAB 0 pa sijeµce BB 0 (po Teoremu 2.2.15). Dakle, u svim mogu´cim sluµcajevima smo pokazali da je a k b: K
(B) Neka su sada a i b sa suprotnih strana pravca c i neka su A 32 a i B 32 b proizvoljne toµcke. Tada pravac c sijeµce AB u nekoj toµcki C:
Teorem 3.2.8 (3).
! ! (1) Neka je AS unutarnji polupravac kuta \BAK: Tada je AS unutarnji polupravac i kuta \CAK i jer je a k c on sijeµce pravac c u nekoj toµcki C 0 : K ! (2) Pokaµzimo da polupravac AS prolazi nutrinom kuta \BC 0 K: (2a) Odaberimo bilo koju toµcku D tako da je (A-C 0 -D) i bilo koju toµcku E tako da je (C-C 0 -E): (2b) Pokaµzimo da je D unutarnja toµcka kuta \BC 0 K: Budu´ci su A i D sa suprotne strane pravca c te B i D s iste strane pravca c; ! imamo da je toµcka D s iste strane pravca c kao i C 0 B: Nadalje, C i A su sa ! ! iste strane pravca C 0 B te C i E sa suprotnih strane pravca C 0 B pa su A i E ! sa suprotnih strana pravca C 0 B: Dobili smo da su toµcke A i E te A i D sa ! ! ! suprotnih strana pravca C 0 B pa su stoga D i C 0 K s iste strane pravca C 0 B: Dakle, D je unutarnja toµcka kuta \BC 0 K: ! (3) Time smo pokazali da je C 0 D unutarnji polupravac kuta \BC 0 K i, zbog c k b; on sijeµce pravac b u nekoj toµcki B 0 : K ! Dakle, i AS sijeµce b u toµcki B; a to je i trebalo dokazati.
3.2. PARALELE I RAZILAZNI PRAVCI
85
NAPOMENA 3.2.9 Budu´ci se re‡eksivnost podrazumijeva, iz prethodnih teorema slijedi da je "biti paralelan" relacija ekvivalencije me†u pravcima. Nije teško dokazati i tvrdnju narednog teorema (dokaµzite, korisna vjeµzbe!) TEOREM 3.2.10 Ako je a k b te pravci a i b leµze sa suprotnih strana pravca K
c; onda je c k a i c k b: K
K
DEFINICIJA 3.2.11 Za dva pravca u istoj ravnini koji se ne sijeku i nisu paralelni kaµzemo da su razilazni. Za razilazne pravce a i b koristit ´cemo oznaku a )( b. NAPOMENA 3.2.12 U
hiperbolnoj geometriji postoji pravac koji sijeµce
dvije paralele, ali tre´cu paralelu ne sijeµce. Opišimo tu konstrukciju. Neka je a k b i b k c: K
K
Nap om ena 3.2.12.
Odaberimo proizvoljne toµcke A 32 a i C 32 c. Budu´ci su A i C sa suprotnih
strana pravca b to postoji toµcka B 32 b u kojoj b sijeµce AC: Toµckom B povucimo paralelu b0 k c: Paralela b0 sijeµce pravace b i a; a ne sijeµce pravac c. K0
TEOREM 3.2.13 Ako su a i b okomiti na pravac c onda su oni razilazni. DOKAZ. Povucimo toµckom B paralelu q s pravcem a; q k a. Neka je ! = K
\ABK:
Teorem 3.2.13.
Vrijedi ! < R; jer po Teoremu 3.2.2 imamo da se pravci a i b ne sijeku: Osim toga b nije paralelan sa a: Dakle, a i b su razilazni pravci.
µ POGLAVLJE 3. HIPERBOLICKA GEOMETRIJA
86
TEOREM 3.2.14 Ako pravac c sijeµce pravce a i b i tvori s njima kongruentne izmjeniµcne kutove, onda su pravci a i b razilazni. DOKAZ. Odredimo polovište P duµzine AB. Iz toµcke P spustimo okomicu na a s noµzištem A0 i okomicu na b s noµzištem B 0 .
Teorem 3.2.14.
Promotrimo trokute 4P AA0 i 4P BB 0 : Po pretpostavci je \A strukciji je \A
0
\B
0
R i PA
\B; po kon-
P B pa po K-K-S pouµcku o sukladnosti
\BP B 0 pa su to vršni kutovi ! i toµcke P; A0 i B 0 su kolinearne. Dobili smo da A0 B 0 sijeµce pravac c u toµcki P pa ! su A0 i B 0 sa suprotnih strana pravca c. Sada je A0 B 0 pravac sa svojstvom da 0
imamo 4P AA
4P BB : Posebno je i \AP A0 0
su pravci a i b okomiti na njega i primjenom prethodnog teorema zakljuµcujemo da su pravci a i b razilazni. Neka su sada a i b pravci sa svojstvom da ih pravac c sijeµce u toµckama A i B i tvori jednake izmjeniµcne kutove. Povucimo toµckom A paralelu a0 s b prema kraju K:
Teorem 3.2.15.
Po pretpostavci je \ABK
\BAL0 : Budu´ci je \BAL0 + \BAL = 2R; vrijedi
\ABK + \BAL = 2R: Nadalje, iz a )( b imamo da je \BAL > \BAK: Dakle, vrijedi \BAK + \ABK < 2R: Dobili smo: ako je a0 k b; onda vrijedi \BAK + K
\ABK < 2R: Time smo dokazali tvrdnju koja je negacija Petog Euklidovog postulata.
TEOREM 3.2.15 Pravac c koji sijeµce dva paralelna pravca a i b u toµckama A i B tvori sa njima unutrašnje kutove µciji je zbroj manji od 2R:
3.3
ASIMPTOTSKI TROKUTI
DEFINICIJA 3.3.1 Figuru koju µcine dvije toµcke P i Q, njihova spojnica P Q ! ! i polupravci P K i QK paralelni prema kraju K zovemo jednokrajnikom. Fig! ! ! uru koju µcine toµcke P , dva kraja K i L, pravac KL i polupravci P K i P L
3.3. ASIMPTOTSKI TROKUTI
87
! paralelni s pravcem KL prema njihovim krajevima K i L, nazivamo dvokra! ! ! jnikom. Figuru koju µcine tri pravca KL, KM i LM paralelna u parovima prema krajevima K, L i M , ali ne sva tri paralelna istom kraju, ta tri kraja K, L i M nazivamo trokrajnikom. Jednokrajniku P QK toµcke P i Q su konaµcni vrhovi, K kraj ili beskonaµcni vrh, P Q konaµcna stranica, a \KP Q i \KQP kutovi jednokrajnika. Dvokrajniku P KL toµcka P je konaµcni vrh, K i L su beskonaµcni vrhovi, a \KP L kut dvokrajnika. Trokrajnik KLM nema kutova, ima tri beskonaµcna vrha i tri beskonaµcne stranice.
Jednokra jnik.
Dvokra jnik.
Trokra jnik.
Jednokrajnici, dvokrajnici i trokrajnici se kra´ce nazivaju asimptotskim trokutima. TEOREM 3.3.2 Ako pravac a ne prolazi niti jednim vrhom asimptotskog trokuta, a sijeµce jednu njegovu stranicu, onda a sijeµce još toµcno jednu stranicu tog trokuta. DOKAZ. Dajemo dokaz samo za jednokrajnik. Neka su dani jednokrajnik P QK i pravac a: Razlikujemo dva sluµcaja: (A) Pravac a sijeµce konaµcnu stranicu, tj. neka a sijeµce stranicu P Q u toµcki A, tj. neka vrijedi (P -A-Q).
! (1) Povucimo toµckom A paralelu q sa pravcem QK prema kraju K: Tada pravac a prolazi nutrinom kuta \QAK ili pak nutrinom kuta \P AK: Primjetimo da je a 6= q; jer bi u tom sluµcaju a prolazio vrhom K:
Teorem 3.3.2 - (A).
µ POGLAVLJE 3. HIPERBOLICKA GEOMETRIJA
88
! (2) Ako pravac a prolazi nutrinom kuta \P AK; onda zbog q k P K on siK ! jeµce polupravac P K: ! (3) Ako pravac a prolazi nutrinom kuta \QAK; onda zbog q k QK on siK ! jeµce polupravac QK: ! (B) Pravac a sijeµce beskonaµcnu stranicu P K u toµcki A:
Teorem 3.3.2 - (B).
(1) Spojimo A sa Q: Tada pravac a ili prolazi nutrinom kuta \P AQ ili nutrinom kuta \QAK: Ne moµze biti na spojnici AQ; jer bi u tom sluµcaju pravac a prolazio vrhom Q: (2) Ako pravac a prolazi nutrinom kuta \P AQ; onda on po Teoremu 2.2.17 sijeµce P Q:
! ! (3) Ako pravac a prolazi nutrinom kuta \QAK, onda zbog P K k QK siK ! jeµce QK: TEOREM 3.3.3 Vanjski kut jednokrajnika ve´ci je od nesusjednog unutrašnjeg kuta. DOKAZ. Prema Teoremu 3.2.15 je
+
< 2R:
Teorem 3.3.3.
No, s druge strane je
+
0
= 2R; tj.
+
\Q0 .
! (1) Prenesimo kut \Q0 s vrhom u Q duµz QP prema kraju: dolazimo do kuta \P 0 Q0 K 0 koji je kongruentan kutu \P QA.
! (2) Po de…niciji paralelnosti prenešeni krak mora sijeµci polupravac P K u nekoj toµcki A.
! (3) Odredimo sada toµcku A0 na P 0 K 0 tako da vrijedi P A
4P 0 Q0 A0 (po S-K-S pouµcku). Slijedi da je \P 0 Q0 A0
(4) Sada je 4P QA
\P QA:
(5) Po konstrukciji je \P 0 Q0 K 0 pa je \P Q K 0
0
0
P 0 A0 i (P -A-K):
\P QA; a po (4) imamo \P 0 Q0 A0
0
0
(b) Neka su dani jednokrajnici P QK i P 0 Q0 K 0 takvi da vrijedi \P \Q
\P QA
\P Q A , što je u protuslovlju s Aksiomom (III4 ). 0
\P 0 i
\Q0 .
Teorem 3.3.5 - (b).
Tvrdimo da je P Q
P 0 Q0 . Pretpostavimo suprotno, tj. P Q < P 0 Q0 ili P 0 Q0
2R. Sada imamo
s(4OAn0 Bn0 ) < 2R
2n0 " < 0;
što je traµzeno protuslovlje. ! ! Dakle, nije istina da svaka okomica na krak OK sijeµce krak OL, tj. postoji ! ! ! okomica na krak OK koja ne sijeµce krak OL i neka je A toµcka na OK toµcno s tim svojstvom.
µ POGLAVLJE 3. HIPERBOLICKA GEOMETRIJA
92 (b) Egzistencija toµcke C:
Slika 3.4.3 - (b).
(b1) Uoµcimo sada duµzinu OA. Sve toµcke duµzine OA podijelimo u dvije klase na slijede´ci naµcin:
! ! K1 = fX : okomica na OK u toµcki X sijeµce OLg [ fOg, ! ! K2 = fY : okomica na OK u toµcki Y ne sijeµce OLg.
(b2) K1 i K2 su neprazni skupovi, jer je O 2 K1 , A 2 K2 .
(b3) Dokaµzimo da rastav udovoljava uvjete Dedekindovog aksioma, tj. da je (O-X-Y ) za bilo koje toµcke X 2 K1 i Y 2 K2 :
Pretpostavimo suprotno, tj. da je (O-Y -X) .
L B B' ω O
Y A X
K
Slika 3.4.3 - (b3).
! ! Neka okomica u toµcki X na krak OK sijeµce krak OL u toµcki B. Primijenimo ! Paschov aksiom na trokut 4OXB i okomicu na OK u toµcki Y . Kako ta okomica ! ne sijeµce krak OL mora sje´ci duµzinu XB u unutarnjoj toµcki B 0 . No, tada bi trokut 4Y XB 0 imao dva prava kuta što je nemogu´ce. Dakle, doista vrijedi (O-X-Y ).
(b4) Primjenom Dedekindovog aksioma postoji Dedekindova toµcka C takva da (O-X-C) ) X 2 K1 i (C-Y -A) ) Y 2 K2 .
(c) Tvrdimo da je C 2 K2 .
Slika 3.4.3 - (c).
µ 3.4. FUNKCIJA LOBACEVSKOG
93
Kako je C 2 K1 ili C 2 K2 dovoljno je dokazati C 2 = K1 .
! (c1) Pretpostavimo suprotno, tj. C 2 K1 . Neka okomica u toµcki C na OK ! sijeµce OL u toµcki C 0 . ! (c2) Odaberimo toµcku D0 na OL tako da vrijedi (O-C 0 -D0 ). ! (c3) Spustimo iz D0 okomicu na OK i neka je noµzište toµcka D. (c4) Dobili smo da je (C-D-A) i D 2 K1 i, po svojstvu toµcke C; vrijedi D 2 K2 ; što je traµzeno protuslovlje. Dakle, C 2 K2 . ! ! (d) Tvrdimo da je okomica u toµcki C na OK paralelna sa OL.
Slika 3.4.3 - (d)
! (d1) Budu´ci da je C 2 K2 ta okomica ne sijeµce OL.
! (d2) Preostaje još pokazati svojstvo da svaki unutarnji polupravac CS kuta ! \OCL sijeµce OL. Jedini netrivijalni sluµcaj je kada su toµcke C i S s iste strane ! pravca OL. ! (d3) Spustimo iz S okomicu na OK i neka je S 0 noµzište te okomice. Vrijedi (O-S 0 -C). Naime kad bi bilo (O-C-S 0 ); onda bi u trokutu 4SCS 0 suma kuteva bila ve´ca od 2R.
! (d4) Kako je (O-S 0 -C) imamo da je S 0 2 K1 pa ta okomica sijeµce OL u nekoj
toµcki S 00 .
! ! (d5) Primjenimo Pacshov aksiom na trokut 4OS 0 S 00 i CS: CS sijeµce stranicu S 0 S 00 u unutarnjoj toµcki pa mora sje´ci i stranicu OS 00 . ! Dakle, SC sijeµce OS 00 u unutrašnjoj toµcki C 0 . ! ! Ovim smo pokazali da je CL k OL: Dakle, (OC) = !: L
Inverznu funkciju funkcije Lobaµcevskog oznaµcavamo sa 1
=
: h0; Ri ! R+ :
Neka se pravci p i q sijeku u toµcki S i neka je \(p; q) < R: Ortogonalna projekcija pravca q na pravac p interval duljine 2 ( ):
Ortogonalna pro jekcija pravca.
µ POGLAVLJE 3. HIPERBOLICKA GEOMETRIJA
94
: R+ ! h0; Ri je monotono pada-
TEOREM 3.4.4 Funkcija Lobaµcevskog
ju´ca, neprekidna funkcija za koju vrijedi lim
l!1
(l) = 0 i lim (l) = R: l!0
DOKAZ. (a) Neka je l1 < l2 , tj. N T1 < N T2 . Pokaµzimo da je
(l1 ) >
(l2 ) :
Teorem 3.4.4.
Promotrimo jednokrajnik T2 T1 K. Tada je \N T1 K
(l1 )
jednokrajnika T2 T1 K pa je, po Teoremu 3.3.3, \N T1 K = (l2 )
! 2 . Dakle,
! 1 vanjski kut (l1 ) > \T1 T2 K =
je monotono padaju´ca bijekcija pa je i neprekidna.
(b) Dokaµzimo da je lim
l!1
(l) = 0.
Pretpostavimo suprotno, tj. lim
l!1
(l) = " > 0. Odaberimo proizvoljni ! takav
da je 0 < ! < ". Budu´ci je funkcija
bijekcija, postoji l 2 h0; 1i takav da je
(l) = ! < " - što je u protuslovlju sa lim
(l) = ". Dakle, lim
l!1
l!1
(l) = 0.
(c) Dokaµzimo da je lim (l) = R: l!0
Promotrimo niz l1 > l2 > prethodnom je
(l1 )
ln >
(l2 )
CD. Treba odrediti toµcku E duµzine AB tako da je AE = CD.
Prop ozicija 3.
Primjenom Propozicije 2. na toµcku A i duµzinu CD dobivamo toµcku F tako da je AF = CD. Ako je F toµcka duµzine AB, stavimo E = F . Ako F nije toµcka duµzine AB, opišimo kruµznicu k(A; AF ) [(P-3)] i neka je E toµcka u kojoj ta kruµznica sijeµce AB. E je traµzena toµcka. Zaista, jer je AC = AF i AF = CD, po Aksiomu (A-1) slijedi da je AF = CD: PROPOZICIJA 4.
Ako su kod dva trokuta dvije stranice jednog jednake
dvjema odgovaraju´cim stranicama drugog, a kutovi izme†u tih stranica jednaki, tada su i trokuti jednaki (tj. jednake su i preostale stranice i preostali kutovi ). DOKAZ. Neka su dani trokuti 4ABC i 4DEF tako da vrijedi: AB = DE;
AC = DF i \A = \D: Treba dokazati da su trokuti 4ABC i 4DEF jednaki1 . Kako je \A = \D poloµzimo \A na \D tako da se toµcka A poklopi s toµckom ! ! ! ! D, krak AB s krakom DE, a krak AC s krakom DF . Tvrdimo da se pri tom polaganju toµcka B mora poklopiti s toµckom E, a toµcka C s toµckom F .
Prop ozicija 4. 1 Da
su trokuti 4ABC i 4DEF jednaki, znaµci da su oni sukladni i pisat ´cemo 4ABC =
4DEF: Tvrdnja Propozicije 4. je poznati S-K-S pouµcak o sukladnosti trokuta.
127 Pretpostavimo suprotno, tj. da je pri postupku polaganja toµcka B pala u toµcku E 0 na duµzini DE i E 6= E 0 . Dakle ili vrijedi DE 0 < DE ili vrijedi DE < DE 0 :
No kako je AB = DE 0 i AB = DE, po Aksiomu (A-1), slijedi da je DE = DE 0 : Dakle, E = E 0 , a to je u protuslovlju s našom pretpostavkom. Analogno se pokazuje da se toµcka C mora poklopiti s toµckom F . Dokaµzimo sada da je svaka toµcka duµzine BC pala u toµcku duµzine EF . Pretpostavimo suptrotno, tj. da toµcka G duµzine BC pri polaganju nije pala u toµcku duµzine EF . Neka je to toµcka G0 : Dobili smo da dvije duµzine EF i E(G0 )F ome†uju podruµcje, a to je nemogu´ce. Time je BC = EF [(A-4)], a onda i \B = \E i \C = \F: PROPOZICIJA 5. Kod jednakokraµcnih trokuta su kutovi uz osnovicu jednaki, a ako se produµze jednake stranice i kutovi uz osnovicu su jednaki. DOKAZ. Neka je dan jednakokraµcni trokut 4ABC s osnovicom BC. Produµzimo AB preko B i na tom produµzetku odaberemo proizvoljnu toµcku D [Postulat (P-2)]. Produµzimo AC preko C i na tom produµzetku odredimo toµcku E tako da je BD = CE (primjena Propozicije 3.). Treba dokazati da je \ABC = \ACB i \DBC = \BCE.
Prop ozicija 5.
Spojimo toµcke D i C te toµcke B i E [(P-1)] i promotrimo trokute 4DCA
i 4BEA: Vrijedi AD = AE (po konstrukciji), \A = \A; AB = AC (po pretpostavci) pa je po prethodnoj Propoziciji 4., 4DCA = 4BEA: Posebno je BE = DC; \ADC = \AEB i \ACD = \ABE:
Uoµcimo trokute 4BDC i 4BEC. Primjenom Propozicije 4. dobivamo da je
4BDC = 4BEC pa je \DBC = \BCE (to je druga tvrdnja koju treba dokazati) i \BCD = \CBE: Sada vrijedi \ABE
\CBE = \ACD
\BCD
(primjena Aksioma (A-3)) i zaista je \ABC = \ACB: PROPOZICIJA 6. Ako su u trokutu dva kuta jednaka, onda su jednake i stranice koje leµze nasuprot tih kutova. DOKAZ. Neka je dan trokut 4ABC kojemu je \B = \C:
128
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
Treba pokazati da je AB = AC: Pretpostavimo suprotno, tj. neka je stranica AB ve´ca od stranice AC: Na ve´coj odredimo toµcku D tako da je DB = AC (Propozicija 3.). Spojimo toµcke D i C [(P-1)]:
Prop ozicija 6.
Promotrimo trokute 4ABC i 4DBC: Vrijedi AC = DB; BC = CB i \BDC =
\CDB pa je 4ABC = 4DBC (Propozicija 4.). Time smo došli do protuslovlja
s Aksiomom (A-5): cjelina (trokut 4ABC) bila bi jednaka svom dijelu (trokutu 4DBC): Dakle, mora biti AB = AC:
PROPOZICIJA 7. Nije mogu´ce iz dvije razliµcite toµcke koje se nalaze s iste strane duµzine povuµci na krajnjim toµckama dvije duµzine tako da duµzine s istim krajevima budu me†usobno jednake. DOKAZ. Neka je dana duµzina AB i razliµcite toµcke C i D s iste strane duµzine.
Prop ozicija 7.
Pretpostavimo suprotno, tj. da je AC = AD i BC = BD. Po Propoziciji 5. je trokut 4ACD jednakokraµcan pa je \ACD = \ADC i pogotovo \BCD < \DCB:
Isto tako, trokut 4CBD je jednakokraµcan pa je i \BCD = \DCB: No to je nemogu´ce jer smo dokazali da je \BCD < \DCB:
PROPOZICIJA 8. Ako dva trokuta imaju dvije stranice jednake odgovaraju´cim dvjema stranicama i osnovice su im jednake, onda ´ce imati i jednake kutove koje zatvaraju jednake stranice. DOKAZ. Neka su 4ABC i 4DEF trokuti kojima je AB = DE, AC = DF te
neka su im i osnovice jednake BC = EF : Trvdimo da vrijedi \BAC = \EDF: Poloµzimo trokut 4ABC u trokut 4DEF tako da toµcka B padne u E i duµzina
BC u duµzinu EF :
Tvrdimo da ´ce i toµcka A pasti u toµcku D:
129
Prop ozicija 8.
U suprotnom, ako toµcka A padne u toµcku G razliµcitu od D imali bi dvije toµcke i duµzinu EF i vrijedilo bi ED = EG, F D = F G - a to je nemogu´ce po Propo ziciji 7. PROPOZICIJA 9. Raspoloviti dani pravolinijski kut. DOKAZ. Neka je \BAC dani pravolinijski kut. Treba ga podijeliti na dva jednaka dijela.
Prop ozicija 9.
Odaberimo proizvoljnu toµcku D na AB i neka je D toµcka na AC takva je je AE = AD (Propozicija 3.). Konstruirajmo duµzinu DE [(P-1)] i nad njom jednakostraniµcan trokut 4DEF (Propozicija 1.) i potom duµzinu AF [(P-1)]. ! ! ! Tvrdimo da je kut \(AB; AC) s polupravcem AF podijeljen na dva jednaka dijela. Promotrimo trokute 4ADF i 4AEF: Po konstrukciji je DF = EF ; AD = AE;
a AF je zajedniµcka stranica pa su oni sukladni (Propozicija 8.). Prema tome je \DAF = \EAF: PROPOZICIJA 10. Raspoloviti danu duµzinu. DOKAZ. Neka je AB dana duµzina.
Prop ozicija 10.
130
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
Nad njom konstruiramo jednakostraniµcan trokut (Propozicija 1.) i kut \ACB ! raspolovimo sa AD (Propozicija 9.). Tvrdimo da toµcka D raspolavlja duµzinu AB: Promotrimo trokute 4ADC i 4BDC. Po konstrukciji je AC = BC; \ACD =
\BCD a CD je zajedniµcka stranica i, po Propoziciji 4., slijedi da su trokuti 4ADC i 4BDC sukladni: Dobivamo, posebno, da je i AD = BD:
PROPOZICIJA 11. Iz dane toµcke na danom pravcu povu´ci pravac pod pravim kutom prema danom pravcu. ! DOKAZ. Neka je AB dani pravac i C dana toµcka na njemu. ! Treba konstruirati okomicu na pravac AB u toµcki C:
Prop ozicija 11.
Neka je D bilo koja toµcka AC i na CD odredimo toµcku E tako da je CD = CE (Propozicija 3.) i nad DE konstruirajmo jednakostraniµcan trokut 4DEF (Propozicija 1.). Spojimo toµcku F s toµckom C [(P-1)]. ! Tvrdimo da je F C [(P-2)] traµzena okomica.
Promotrimo trokute 4DCF i 4ECF . Po konstrukciji je DC = CE i F D =
F E; a F C je zajedniµcka stranica pa su, po Propoziciji 8, ta dva trokuta sukladna. Dakle i \DCF = \ECF: Susjedni kutovi, sukuti, koji su me†usobno jednaki ! su pravi kutovi [(D-10)] i zaista je pravac F C traµzena okomica. PROPOZICIJA 12. Povu´ci okomicu na dani pravac iz dane toµcke koja ne leµzi na danom pravcu. ! DOKAZ. Neka su dani pravac AB i toµcka C koja ne leµzi na njemu. ! Treba konstruirati okomicu na AB koja prolazi toµckom C: ! Odaberimo toµcku D s druge strane pravca AB i konstruirajmo kruµznicu ! k = k(C; CD) [(P-3)] i sjecišta te kruµznice sa AB oznaµcimo sa G i E: Raspolovi mo toµckom H duµzinu GE (Propozicija 10.) i povucimo duµzine CG; CH i CE [(P-1)]. ! ! ! Tvrdimo da je CH traµzena okomica, tj. CH ? AB:
131
Prop ozicija 12.
Promotrimo trokute 4GHC i 4ECH: Po konstrukciji je CG = CE; GH =
HE; a CH je zajedniµcka stranica pa su, po Propoziciji 8., promatrani trokuti
sukladni. Slijedi jednakost \CHG = \CHE pa su po De…niciji (D-10) to pravi kutovi. PROPOZICIJA 13. Ako pravac povuµcen nad pravcem µcini kutove moraju ti kutovi biti ili oba prava ili saµcinjavaju zajedno dva prava kuta. ! ! DOKAZ. Neka se pravci AB i neka CD sijeku u toµcki B i neka su kutovi \DBA i \ABC susjedni kutovi.
Prop ozicija 13.
Tvrdimo da su kutovi \DBA i \ABC ili pravi ili saµcinjavaju zajedno dva prava kuta. Ukoliko su oni jednaki onda su po (D-10) i pravi.
! ! Ukoliko oni nisu jednaki tada u toµcki B povucimo okomicu EB na pravac DC (Propozicija 11.). Sada su kutovi \DBE i \EBC pravi. Tada je \CBE = \CBA + \ABE i dodavanjem kuta \EBD dobivamo [(A-2)] : \CBE + \EBD = \CBA + \ABE + \EBD: Analogno je \DBA = \DBE + \EBA i dodavanjem kuta \ABC dobivamo [(A-2)] : \DBA + \ABC = \DBE + \EBA + \ABC: U dobivenim jednakostima desne strane su jednake pa je [(A-1)] \CBE + \EBD = \DBA + \ABC;i kutovi \DBA; \ABC saµcinjavaju zajedno dva prava kuta. PROPOZICIJA 14. Ako ma s kojim pravcem u istoj toµcki na njemu dva polupravca s razliµcitih strana ovog pravca grade susjedne kutove koji zajedno µcine dva prava kuta tada se ta dva polupravca moraju se nalaziti na istom pravcu.
132
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
! ! ! DOKAZ. Neka je dan pravac AB i neka su BC i BD polupravci s razliµcitih ! strana pravca AB takvi da je zbroj \ABC + \ABD jednak dvama pravim kutovima.
! ! ! ! Tvrdimo da polupravci BC i BD leµze na istom pravcu, tj. BC = BD. ! ! U suprotnom, neka je BE onaj polupravac koji sa BC leµzi na istom pravcu. Po Propoziciji 13. je zbroj kutova \ABC +\ABE jednak dvama pravim kutovima.
Prop ozicija 14.
Po pretpostavci je i \ABC + \ABD jednak dvama pravim kutovima. Dakle, mora biti \ABC + \ABE = \ABC + \ABD i oduzimanjem kuta \ABC dobivamo \ABE = \ABD [(A-3)]. To znaµci da je dio, kut \ABE; jednak ! ! cjelini, kutu \ABD; a to je u protuslovlju s Aksiomom (A-5). Dakle, BC i BD leµze na istom pravcu. PROPOZICIJA 15. Ako se dva pravca sijeku, onda µcine me†usobno jednake vršne kutove. ! ! DOKAZ. Neka se pravci AB i CD sijeku u toµcki E: Treba dokazati da je \CEA = \DEB i \AED = \CEB:
Prop ozicija 15.
! ! Primjenom Propozicije 13. na polupravce EA i CD dobivamo da je zbroj \DEA + \CEA jednak dvama pravim kutovima. Isto tako, primjenimo li ! ! istu propoziciju na polupravce ED i AB dobivamo da je zbroj \DEA + \DEB jednak dvama pravim kutovima. Slijedi \DEA + \CEA = \DEA + \DEB [(A-1)]. Oduzimanjem kuta \DEA [(A-3)] dobivamo \CEA = \DEB: Analogno se pokazuje i druga tvrdnja. PROPOZICIJA 16. U svakom trokutu je vanjski kut dobiven produµzivanjem jedne stranice ve´ci od svakog od dva nesusjedna unutarnja kuta. DOKAZ. Neka je dan trokut 4ABC i produljimo jednu njegovu stranicu BC do BD:
133 Treba dokazati da je kut \DCA ve´ci od kutova \BAC i \ABC. Konstruiramo polovište E duµzine AC (Propozicija 10.) i spojimo E i B [(P-1)]. Produµzimo spojnicu BE [(P-2)] do toµcke F tako da je BE = EF (Propozicija 3.) i spojimo F sa C [(P-1)]. Tvrdimo da je \DCA > \ABC i \DCA > \BAC: Promotrimo trokute 4BEA i 4ECF:
Prop ozicija 16.
Po konstrukciji je BE = EF ; AE = EC, a po Propoziciji 15. je \BEA = \CEF: Primjenom S-K-S pouµcka o sukladnosti trokuta (Propozicija 4.) slijedi da su trokuti 4BEA i 4ECF sukladni. Dakle mora biti i \BAE = \ECF: Kako je \ECD > \ECF [(A-5)], zaista je \ECD = \DCA > \BAE =
\BAC: Analogno se dokazuje tvrdnja \DCA > \ABC: PROPOZICIJA 17. U svakom trokutu je zbroj bilo koja dva kuta manji od dva prava kuta. DOKAZ. Neka je dan trokut 4ABC:
Tvrdimo da je zbroj bilo koja dva kuta manji od dva prava kuta.
Prop ozicija 17.
Izmimo bilo koja dva kuta, recimo \ABC i \ACB; i dokaµzimo da je zbroj \ABC + \ACB manji od dva prava kuta. Produljimo BC do BD [(P-2)]. Po Propoziciji 16. je \ACD > \ABC: Odavde, dodavanjem kuta \ACB dobivamo da je \ACD + \ACB > \ABC + \ACB: Budu´ci je \ACD + \ACB jednako dvama pravim kutovima (Propozicija 13.) imamo da je zbroj \ABC + \ACB manji od dva prava kuta. PROPOZICIJA 18. U svakom trokutu nasuprot ve´ce stranice leµzi ve´ci kut. DOKAZ. Neka je u trokutu 4ABC stranica AC ve´ca od AB:
134
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
Treba dokazati da je \ABC > \BCA: Konstruirajmo toµcku D na stranici AC tako da je AD = AB (Propozicija 3.) i spojimo D sa B [(P-1)].
Prop ozicija 18.
Po Propoziciji 6. je vanjski kut \ADB trokuta 4BCD ve´ci od nesusjednog kuta \DCB: Kako je 4ABD jednakokraµcan trokut vrijedi \ABD = \ADB
(Propozicija 5.). Dobili smo \ABC > \ABD = \ADB > \DCB = \ACB; a to se i tvrdilo. PROPOZICIJA 19. U svakom trokutu nasuprot ve´cem kutu leµzi ve´ca stranica. DOKAZ. Neka je u trokutu 4ABC kut \ABC ve´ci od kuta \BCA: Treba dokazati da je AC > AB:
Prop ozicija 19.
Prepostavimo suprotno.
Tada je ili AC = AB ili AC < AB: Sigurno je
AC 6= AB jer bi u suprotnom, po Propoziciji 5., bilo \ABC = \BCA što
je u protuslovlju s našom pretpostavkom. Sigurno nije ni AC < AB jer bi tada,
po Propoziciji 18., bilo \ABC < \BCA što je u protuslovlju s našom polaznom pretpostavkom. PROPOZICIJA 20. U svakom trokutu zbroj bilo koje dvije stranice ve´ci je od tre´ce stranice. DOKAZ. Neka je dan trokut 4ABC:
Treba dokazati da vrijedi AB + BC > AC; AB + AC > BC i BC + CA > AB: Produljimo stranicu BA do toµcke D tako da je AD = AC.
135
Prop ozicija 20.
Po Propoziciji 5. je \ADC = \ACD: Dakle, vrijedi \BCD > \ADC [(A-4)]. Budu´ci je 4DCB trokut kojemu je \BCD > \ADC; po Propoziciji 19. mora
biti DB > BC; odnosno BA + AC > BC: Analogno se dokazuju i ostale tvrdnje.
PROPOZICIJA 21. Ako se u unutrašnjosti trokuta iz krajnjih toµcaka jedne njegove stranice trokuta povuku dva pravca koji se sijeku, suma povuµcenih duµzina bit ´ce manja od duµzina preostalih stranica trokuta, a kut kojeg one tvore bit ´ce ve´ci. ! ! DOKAZ. Neka je dan trokut 4ABC i pravci BD i CD gdje je D unutarnja toµcka trokuta.
Treba dokazati da je BD + DC < AB + AC i \BDC > \BAC:
Prop ozicija 21.
! ! Neka je E sjecište pravaca BD i AC: U trokutu 4BAE vrijedi AB + AE > BE (Propozicija 20.). Dodavanjem EC dobivamo AB + AE + EC > BE + EC [(A-4)]. Kako je AC = AE + EC slijedi da je i AB + AC > BE + EC: Isto tako, u trokutu 4CED je CE + ED > CD (Propozicija 20.), i dodavanjem
BD dobivamo CE + ED + BD > CD + BD [(A-4)]. Po konstrukciji je ED + DB = EB pa iz prethodne nejednakosti imamo CE + ED > CD + BD: Imamo BA + AC > BE + EC > CE + ED > CD + BD; a to je i trebalo
dokazati. Dokaµzimo i drugu tvrdnju \BDC > BAC: Promotrimo trokut 4DEC: Vanjski kut trokuta \BDC je ve´ci od kuta \DEC
(Propozicija 16.): Isto tako za trokut 4ABE je \BEC > \EAB: Slijedi da je \BDC > \DEC = \BEC > \EAB = \CAB i tvrdnja je dokazana.
136
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
PROPOZICIJA 22. Od tri duµzine koje su jednake danim trima duµzinama naµciniti trokut, pri tom zbroj bilo kojih dviju duµzina mora biti ve´ci od tre´ce. DOKAZ. Neka su zadane tri duµzine a; b i c te neka je zbroj bilo kojih dviju duµzina ve´ci od tre´ce.
Prop ozicija 22.
Treba konstruirati trokut kojemu su stranice jednake zadanim duµzinama. ! Uzmimo bilo koji polupravac DE i na njemu odredimo toµcke F; G i H tako da je DF = a; F G = b i GH = c [(P-3)]: Opišimo potom kruµznice k1 = k(F; a) i k2 = k(G; c). Sjecište tih kruµznica oznaµcimo sa K i spojimo ga sa F i G: Kako je DF = F K = a [(D-15)]; F G = b (po konstrukciji) i GK = GH = c [(D-15)], zaista je 4F GK traµzeni trokut. PROPOZICIJA 23. Na danom pravcu u danoj toµcki na njemu konstruirati kut jednak danom kutu. ! DOKAZ. Neka je dan pravac AB i neka je A dana toµcka na njemu. Neka je = \(d; e) dani kut. Uzmimo na polupravcu e toµcku E a na d toµcku D i spojimo ih.
Prop ozicija 23.
Konstruiramo potom trokut 4AGF kojemu AG = CE; AF = CD i GF = ED
(Propozicija 22.). Trokuti 4DCE i 4F AG su sukladni (Propozicija 8.) pa je \F AG = \DCE = :
PROPOZICIJA 24. Ako su kod dva trokuta dvije stranice jednog jednake dvjema stranicama drugog, a kutovi me†u njima nisu jednaki, tada je u onom trokutu gdje je taj kut ve´ci nasuprotna stranica ve´ca.
137 DOKAZ. Neka su dani trokuti 4ABC i 4DEF tako da je AB = DE, AC =
DF i \CAB > \F DE:
Treba dokazati da vrijedi BC > EF :
Prop ozicija 24.
! Budu´ci je \CAB > \F DE konstruirajmo kut \EDG nad DE jednak kutu ! \BAC (Propozicija 23.) i na DG neka je G toµcka takva da je DG = AC. Spojimo G sa D i E: Promotrimo trokute 4ABC i 4DEG: Po S-K-S pouµcku
o sukladnosti (Propozicija 4.) oni sukladni pa je BC = EG: Budu´ci je trokut
4DGF jednakokraµcan imamo da vrijedi \DGF = \DF G (Propozicija 5.). Dakle, \DF G = \DGF > \EGF pa je pogotovo \EF G > \EGF: Dakle, u
trokutu 4EF G je \EF G > \EGF pa je EG > EF (Propozicija 19.). Kako je EG = BC to je i BC > EF :
PROPOZICIJA 25. Ako su kod dva trokuta dvije stranice jednake, a tre´ce stranice nejednake, onda je u onom trokutu kojem je stranica ve´ca nasuprotni kut ve´ci. DOKAZ. Neka su 4ABC i 4DEF takvi da je AB = DE, AC = DF i BC > EF .
Treba dokazati da je \BAC > \EDF .
Prop ozicija 25.
Pretpostavimo suprotno. Mogu´ca su dva sluµcaja: (1) \BAC = \EDF i tada je (po Propoziciji 16.) BC = EF ; a to je u protuslovlju s našom pretpostavkom da je BC > EF ; (2) \BAC < \EDF i tada je (po Propoziciji 24.) BC < EF ; a to je u protuslovlju s pretpostavkom da je BC > EF . Dakle, mora biti \BAC > \EDF .
138
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
PROPOZICIJA 26. Ako su kod dva trokuta po dva odgovaraju´ca kuta jednaka i jednake odgovaraju´ce stranice i to ili one uz ta dva kuta ili one nasuprot jednom od odgovaraju´cih kutova tada su i preostale odgovaraju´ce stranice i preostali kutovi jednaki. DOKAZ. Neka su dani trokuti 4ABC i 4DEF tako da je BC = EF ,
\ABC = \DEF i \BCA = \EF D.
Prop ozicija 26.
Treba dokazati da se i preostali elementi trokuta jednaki, tj. AB = DE; AC = DF i \BAC = \EDF: Pretpostavimo da je AB 6= DE. Tada je jedna od njih ve´ca, uzmimo da je
AB > DE. Prenesimo duµzinu DE na AB od toµcke B i neka je G toµcka na AB takva da je DE = BG. Tada je 4GBC = 4DEF (Propozicija 4.), dakle, i \GCB = \DF E: No, po pretpostavci je \DF E = \BCA pa bi bilo da je i \BCG = \BCA: Dobili smo da je manji kut jednak ve´cemu kutu, što je nemogu´ce [(A-6)]. Dakle, mora biti AB = DE: Vrijedi 4ABC = 4DEF (po
pretpostavci je BC = EF i \ABC = \DEF; a dokazali smo AB = DE; pa moµzemo primijeniti Propoziciju 4.), i odatle je BC = EF : Dokaµzimo drugi sluµcaj.
Neka su 4ABC i 4DEF takvi da je \ABC = \DEF , \BCA = \EF D i AB = ED.
Treba dokazati da su i preostali elementi trokuta jednaki, tj. da je AC = DF ; BC = EF i \BAC = \EDF: Pretpostavimo suprotno, tj. da je BC 6= EF i neka je BC > EF . Prenes-
imo EF na BC od toµcke B i neka je H toµcka na BC takva da je BH = EF . Tada je 4ABH = 4DEF (AB = DE; \ABC = \DEF; BH = EF ; primijenimo Propoziciju 4.) odakle slijedi \BHA = \EF D. No, po pretpostavci
je i \EF D = \BCA: Dobili smo da je u trokutu 4AHC vanjski kut \BHA
jednak unutrašnjem nesusjednom kutu \BCA što je u kontradikciji s Propozicijom 16. Dakle, mora biti BC = EF : Sada imamo BC = EF ; AB = ED i \BAC = \EDF pa je 4ABC = 4DEF (Propozicija 4.)
\BAC = \EDF:
te posebno
139 PROPOZICIJA 27. Ako pravac sijeµce druga dva pravca i tvori s njima jednake unutarnje, izmjeniµcne kutove onda su ta dva pravca paralelna. ! ! ! DOKAZ. Neka pravac EF sijeµce pravce AB i CD u toµckama E i F i neka su izmeniµcni kutovi jednaki, tj. \AEF = \EF D (ili \BEF = \CF E): ! ! Treba dokazati da su AB i CD paralelni pravci.
Prop ozicija 27.
! ! Pretpostavimo suprotno, tj. da se polupravac EB sijeµce sa F D u toµcki G: Promotrimo trokut 4EF G. Kako je \AEF je vanjski kut trokuta 4EF G to je \AEF > \EF G (Propozicija 16.), što je u protuslovlju s pretpostavkom. ! ! Sliµcno se dokazuje da EA ne sijeµce F C: ! ! Dakle, pravci AB i CD su paralelni [(D-23)].
PROPOZICIJA 28. Ako pravac koji sijeµce dva pravca tvori s njima s iste svoje strane vanjski kut jednak unutarnjem kutu ili dva unutarnja kuta jednaka dvama pravim kutovima onda su ti pravci paralelni. ! ! ! DOKAZ. Neka pravac EF sijeµce pravce AB i CD u toµckama G i H; te neka je ili \EGB = \GHD ili \BGH + \GHD = 2R: ! ! Treba dokazati da je AB k CD:
Prop ozicija 28.
Promotrimo prvi sluµcaj: \EGB = \GHD. Tada je \EGB = \AGH (Propozicija 15.). Dakle, izmjeniµcni kutovi \EGB i ! ! \GHD su jednaki pa je AB k CD (Propozicija 27.). Drugi sluµcaj: \BGH + \GHD = 2R:
Budu´ci je \AGH + \BGH = 2R (Propozicija 13.) imamo \BGH + \GHD = \AGH + \BGH: Oduzimanjem kuta \BGH dobivamo \GHD = \AGH:
140
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
! ! Dakle, izmjeniµcni kutovi \GHD i \AGH su jednaki pa je AB k CD (Propozi-
cija 27.).
PROPOZICIJA 29. Ako pravac sijeµce dva paralelna pravca, onda on s njima tvori jednake izmjeniµcne kutove, vanjski kut odgovara unuhtrašnjem s iste strane i dva unutrašnja kuta s iste strane su jednaka dvama pravim kutovima. ! ! ! DOKAZ. Neka pravac EF sijeµce paralelne pravce AB i CD u toµckama G i H: Treba dokazati da je \AGH = \GHD; \EGB = \GHD i \BGH + \GHD = 2R: Dokaµzimo prvu tvrdnju \AGH = \GHD.
Prop ozicija 29.
Pretpostavimo suprotno, i neka je \AGH > \GHD: Dodavanjem kuta \BGH dobivamo \AGH + \BGH > \GHD + \BGH: Kako je \AGH + \BGH = 2R (Propozicija 13.) dobili smo da je \GHD + ! ! \BGH < 2R: To znaµci da se pravci AB i CD sijeku [(P-5)], a to je u kontra ! ! dikciji s pretpostavkom AB k CD: Dakle, mora biti \AGH = \GHD: Odavde slijedi i druga tvrdnja \EGB = \GHD: Dokaµzimo tre´cu tvrdnju \BGH + \GHD = 2R: Kako je \AGH = \EGB (Propozicija 15.), a po prvoj dokazanoj tvrdnji je \AGH = \GHD; dobivamo da je \EGB = \GHD [(A-1)]. Dodavanjem kuta \BGH dobivamo \EGB + \BGH = \GHD + \BGH: Budu´ci je \EGB + \BGH = 2R (Propozicija 13.) dobili smo \GHD + \BGH = 2R: PROPOZICIJA 30. Pravci koji su paralelni istom pravcu paralelni su i me†usobno. ! ! ! ! DOKAZ. Neka je AB k EF i CD k EF . ! ! Treba dokazati AB k CD:
Presjecimo dane pravce nekim pravcem i neka ih on sijeµce u toµckama G; H i K. ! ! ! ! Iz AB k EF slijedi \AGK = \GHF; a iz CD k EF slijedi \GHF = \GKD (Propozicija 29.).
141
Prop ozicija 30.
! ! Dobili smo da je \AGK = \GKD [(A-1)] i dalje AB k CD (Propozicija 27.). PROPOZICIJA 31. Kroz danu toµcku povu´ci pravac paralelan danom pravcu. ! DOKAZ. Neka je dana toµcka A van danog pravca BC:
Prop ozicija 31.
! Odaberimo na BC proizvoljnu toµcku D i spojimo AD. Uoµcimo kut \ADC. Prenesimo \ADC uz AD s druge strane iz vrha A. Neka je tako dobiven ! \EAD (Propozicija 23.). Dobili smo da je EA traµzena paralela (Propozicija 27.). PROPOZICIJA 32. U svakom trokutu vanjski kut je jednak zbroju dvaju nesusjednih unutarnjih kutova, a zbroj sva tri unutrašnja kuta jednak je dvama pravim kutovima. ! DOKAZ. Neka je dan trokut 4ABC. Odaberimo na BC toµcku D. \ACD je
vanjski kut trokuta 4ABC:
Dokaµzimo \BAC + \ABC = \ACD: ! ! Povucimo kroz C paralelu CE sa AB (Propozicija 31.). ! ! ! Iz AB k CE i jer AC sijeµce te pravce slijedi \BAC = \ACE (Propozicija ! ! ! 29.). Isto tako iz AB k CE i jer BD sijeµce te pravce, slijedi \ECD = \ABC (Propozicija 29.). Sada je \BAC + \ABC = \ACE + \ECD [(A-1)], tj.
\BAC + \ABC = \ACD:
Prop ozicija 32.
142
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
Time je dokazano da je vanjski kut trokuta jednak zbroju dva nesusjedna kuta trokuta: \BAC + \ABC = \ACD: Dodavanjem ovoj jednakosti kuta \BCA dobivamo da je \BAC + \ABC + \BCA = \ACD + \BCA: Budu´ci je \ACD + \BCA = 2R (Propozicija 13.), zaista je zbroj sva tri unutrašnja kuta trokuta jednak 2R [(A-1)]: PROPOZICIJA 33.
Duµzine koje spajaju s iste strane krajeve jednakih i
paralelnih duµzina i same su jednake i paralelne. DOKAZ. Neka su AB i CD paralelne duµzine i AB = CD. ! ! Treba dokazati da je AC = BD i AC k BD:
Prop ozicija 33.
! ! ! Spojimo BC: Budu´ci je AB k CD i pravac BC sijeµce paralelne pravce izmjeniµcni kutovi su jednaki: \ABC = \BCD (Propozicija 29.). Trokuti 4ABC
i 4BCD su sukladni (AC = BD; \ABC = \BCD; BC zajedniµcka stranica, Propozicija 26.). Iz sukladnosti trokuta slijedi prva tvrdnja BD = AC: ! ! Dokaµzimo i drugu tvrdnju BD k AC:
! Iz sukladnosti trokuta 4ABC i 4BCD slijedi i \ABC = \DCB: Budu´ci BC ! ! sijeµce pravce AB i CD i µcini me†usobno jednake izmjeniµcne kutove zaista je ! ! AC k BD (Propozicija 27.).
PROPOZICIJA 34. Kod paralelograma su nasuprotne stranice jednake, nasuprotni kutovi su jednaki i dijagonala ga raspolavlja. DOKAZ. Neka je ACDB pralelogram, a BC njegova dijagonala.
Prop ozicija 34.
! ! ! Budu´ci je AB k CD i pravac CD ih presjeca, imamo \ABC = \CBD (Propozi! ! ! cija 29.). Isto tako, AC k BD i pravac CD ih presjeca, vrijedi \ACB = \CBD: Slijedi da su trokuti 4ABD i 4BCD sukladni (zajedniµcka stranica i jednaki
kutovi na njoj, Propozicija 26.), tj. dijagonala raspolavlja paralelogram. Dakle,
143 i ostali elementi trokuta su jednaki: nasuprotni kutovi \CAB = \CDB; i nasuprotne stranice AC = BD; AB = CD: Budu´ci je \ABC = \CBD i \CAB = \CDB dobivamo \ABC + \CAB = \CBD + \CDB [(A-2)]; odnosno preostali nasuprotni kutovi su jednaki \BAC = \CDB: PROPOZICIJA 35. Paralelogrami s istom osnovicom izme†u istih paralela su jednaki (po površini). DOKAZ. Neka su ABCD; EBCF paralelogrami na istoj osnovici i istim ! ! paralelama BC; AF : Treba dokazati da je paralelogram ABCD jednak paralelogramu EBCF:
Prop ozicija 35.
Budu´ci su ABCD i EBCF paralelogrami imamo AD = BC i EF = BC (Propozicija 34.) pa je onda i AD = EF [(A-1)]: Dodavanjem duµzine DE dobivamo AD + DE = EF + DE [(A-2)], tj. AE = DF : Vrijedi i AB = DC (ABCD je paralelogram, Propozicija 34.). Promotrimo trokute 4EAB
i 4F DC. Oni su sukladni jer je AD = EF ; AB = DC; \F DC = \EAB
(Propozicija 29.). Kada se od sukladnih trokuta 4EAB i 4F DC oduzme zajedniµcki dio trokut 4GBC dobit ´cemo jednake trapeze ABGD i EGCF [(A-
3)]: Dodajmo tim trapezima trokut 4GBC pa je paralelogram ABCD jednak paralelogramu EBCF [(A-3)].
PROPOZICIJA 36. Paralelogrami s jednakim osnovicama izme†u istih paralela su jednaki. DOKAZ. Neka su ABCD; EF GH paralelogrami s jednakim osnovicama BC; ! ! F G i istim paralelama AH, BG: Tvrdimo da je paralelogram ABCD jednak paralelogramu EF GH:
Prop ozicija 36.
144
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
Spojimo toµcku A s toµckom H i toµcku B s toµckom E. Budu´ci je BC = F G i F G = EH imamo BC = EH [(A-1)].
Jednake stranice BC i EH su i
paralelne i spajaju ih EB i HC pa su i one jednake i paralelne (Propozicija 33.). Dakle, EBCH paralelogram. Taj je paralelogram jednak paralelogramu ABCD (Propozicija 35.). Iz istog razloga je paralelogram EF GH jednak paralelogramu EBCH (Propozicija 35.). Dakle, i paralelogram ABCD jednak je paralelogramu EF GH [(A-1)]. PROPOZICIJA 37. Trokuti s istom osnovicom izme†u istih paralela su jednaki. DOKAZ. Neka su 4ABC; 4DBC trokuti s istom osnovicom BC i izme†u ! ! paralela BC; AD: Tvrdimo da je trokut 4ABC jednak trokutu 4DBC.
Prop ozicija 37.
! ! Konstruiramo paralelu kroz B sa CA; a kroz C paralelu sa BD (Propozicija 31.): ! Sjecišta tih paralela s pravcem AD oznaµcimo sa E i F: Dobili smo dva jednaka paralelograma EBCA i DBCF (Propozicija 35.). Trokut 4ABC je polovina paralelograma, a trokut 4DBC je polovina paralelograma DBCF (Propozicija 36.). Dakle, trokut 4ABC je jednak trokutu 4DBC:
PROPOZICIJA 38. Trokuti s jednakim osnovicama izme†u istih paralela su jednaki. DOKAZ. Neka su 4ABC i 4DEF trokuti dakvi da je BC = EF i BF k AD: Tvrdimo da su ti trokuti jednaki (po površini).
Prop ozicija 38.
! ! Konstruiramao paralelu kroz B sa AC i paralelu kroz F sa DE (Propozicija 31.) ! i sjecišta dobivenih paralela sa AD oznaµcimo sa G i H: Dobili smo dva jednaka
145 paralelograma GBCA i DEF H (Propozicija 36.). Trokut 4ABC je polov-
ina paralelograma GBCA; a trokut 4EF D polovina paralelograma DEF H
(Propozicija 34.).
Prema tome trokut 4ABC je jednak trokutu 4DEF: PROPOZICIJA 39. Jednaki trokuti s istom osnovicom i iste njezine strane leµze izme†u istih paralela. DOKAZ. Neka su dani jednaki trokuti 4ABC i 4DBC s istom osnovicom
BC i s iste strane osnovice. ! ! Tvrdimo BC k AD:
Prop ozicija 39.
! ! da pravci BC i AD nisu paralelni: Povucimo ! toµckom A paralelu s pravcem BC (Propozicija 31.) i njeno sjecište s pravcem ! BD oznaµcimo E: Spojimo toµcke E i C: Trokut 4ABC jednak je trokutu 4EBC Pretpostavimo suprotno, tj.
(Propozicija 37.). No 4ABC jednak je i trokutu 4DBC pa imamo da je trokut
4BCE jednak trokutu 4BCD [(A-1)]. Dobili smo da je ve´ci trokut jednak
manjemu, što je nemogu´ce [(A-5)].
PROPOZICIJA 40. Jednaki trokuti s jednakim osnovicama s iste strane od njih leµze izme†u istih paralela. DOKAZ. Neka su 4ABC; 4CDE jednaki trokuti s jednakim osnovicama BC = CE i s iste strane. ! Tvrdimo de je BC k AD:
Prop ozicija 40.
! U suprotnom, povucimo toµckom A paralelu s pravcem BC (Propozicija 31.) ! i njeno sjecište s pravcem CD oznaµcimo sa F: Spojimo toµcke F i E: Trokut
146
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
4ABC jednak je trokutu 4F CE (Propozicija 38.). Kako su i trokuti 4ABC
i 4DCE jednaki, dobivamo da je trokut 4DCE jednak trokutu 4F CE; a to je nemogu´ce [(A-5)].
PROPOZICIJA 41. Ako paralelogram ima istu osnovicu s nekim trokutom i ako leµze izme†u istih paralela, onda je paralelogram dva puta ve´ci od trokuta. DOKAZ. Neka paralelogram ABCD i trokut 4EBC imaju istu osnovicu i neka leµze izme†u istih paralela.
Trvdimo da je paralelogram ABCD dvostruko ve´ci od trokuta 4EBC.
Prop ozicija 41.
Spojimo toµcke A i C: Trokuti 4ABC, i 4EDC su jednaki (Propozicija 37.) i kako je paralelogram ABCD dvostruko ve´ci od trokuta 4ABC (Propozicija 34.) zaista je paralelogram ABCD dvostruko ve´ci od trokuta 4EBC.
PROPOZICIJA 42. U danom pravocrtnom kutu konstruirati paralelogram jednak danom trokutu. DOKAZ. Neka su dani trokut 4ABC i kut \D:
Prop ozicija 42.
Raspolovimo duµzinu BC i neka je E njeno polovište, tj. BE = EC. Nanesimo kut \D iz E tako da je \F EC = \D (Propozicija 23.): Toµckom A povucimo ! ! paralelu s BC (Propozicija 31.) i neka je F toµcka u kojoj ta paralela sijeµce EF . ! Toµckom C povucimo paralelu s EF (Propoziija 23.) i neka je G toµcka u kojoj ! ta paralela sijeµce AF : Time smo dobili paralelogram F ECG. Tvrdimo da je to traµzeni paralelogram. Budu´ci je BE = EC trokuti 4ABE
i 4AEC su jednaki jer leµze izme†u istih paralela (Propozicija 38.). Dakle, trokut 4ABC je dvostruko ve´ci od trokuta 4AEC: No, i paralelogram F ECG
147 je dvostruko ve´ci od trokuta 4AEC (Propozicija 41.) pa je on jednak i danom
trokutu 4ABC:
Dakle, jer je \F EC = \D; paralelogram F ECG je upisan u dani kut i jednak je danom trokutu 4ABC; što se i tvrdilo. PROPOZICIJA 43. U svakom paralelogramu dopune paralelogramima na dijagonali su jednake. DOKAZ. Neka je ABCD dani paralelogram i AC njegova dijagonala.
Prop ozicija 43
Odaberimo na dijagonali toµcku K
! ! i povucimo njome paralele s AD i AB:
Presjeµcne toµcke tih paralela sa stranicama paralelograma oznaµcimo sa E; F; H i G: Paralelogrami EBGK i HKF D su dopune na dijagonali i treba dokazati da su one jednake. Budu´ci je AC dijagonala paralelograma ABCD trokuti 4ABC i 4ACD su
jednaki (Propozicija 34.). Isto tako trokuti 4AEK i 4AKH su jednaki i nadalje
trokuti 4KGC i 4KCF su jednaki (Propozicija 34.). Sada je zbroj trokuta
4AEK i 4KGC jednak zbroju trokuta 4AHK i 4KCF [(A-2)]. Budu´ci je trokut 4ABC jednak trokutu 4ADC preostala dopuna EBGH jednaka je preostaloj dopuni HKF D [(A-3)].
PROPOZICIJA 44. Na danoj duµzini u danom pravocrtnom kutu konstruirati paralelogram jednak danom trokutu. DOKAZ. Neka je AB dana duµzina, C dani trokut, a \D je dan pravocrtni kut. Treba uz danu duµzinu AB u kutu jednakom D konstruirati paralelogram jednak danom trokutu C:
Prop ozicija 44.
148
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
Odaberimo proizvoljni pravac i na njemu nanesimo danu duµzinu AB: Produµzimo duµzinu AB i u vrhu B nanesimo kut \D i u njemu paralelogram BEF G jed! nak danom trokutu 4C (Propozicija 42.). Povucimo toµckom A paralelu s BG ! (Propozicija 31.) i presjek te paralele s praavcem F G oznaµcimo sa H: Pravac ! ! ! F H sijeµce paralelne pravace F E i HA pa je \AHF +\HF E = 2R (Propozicija ! ! 29.). Slijedi \BHG+GF E < 2R; a to znaµci da se pravci HB i F E sijeku [(P-5)]. ! Sjecište oznaµcimo sa K i njime povuµcimo paralelu s pravcem EA (Propozicija ! 31.) i sjecište te paralele s pravcem HA oznaµcimo sa L: Dobili smo paralelogram HLKF kojemu je dijagonala HK; a paralelogrami LM BA i BEGB su dopune oko dijagonale HK: Dopune su jednake (Propozicija 43.) i kako je dopuna BEF G jednaka trokutu 4C; to je i dopuna LM BA jednaka trokutu 4C
[(A-1)]. Budu´ci je \GBE = \ABM (Propozicija 15.), a \GBE = \D; onda
je i \ABM = \D: Dakle, ALM B je traµzeni paralelogram. PROPOZICIJA 45. U danom pravocrtnom kutu konstruirati paralelogram jednak danom pravocrtnom liku. DOKAZ. Neka je ABCD pravocrtni lik i \E dani pravocrtni kut. Spojimo toµcke B i D i promotrimo trokut
ABD: Konstruirajmo u danom kutu
\E paralelogram KHGF jednak trokutu 4ABD (Propozicija 42.). U kutu
\GHM = \E nad GH konstruirajmo paralelogram GHM L jednak trokutu
4BDC (Propozicija 44.). Kutovi \HKH i; \GHM su jednaki kutu \E pa su
i me†usobno jednaki [(A-1)]. Dodajmo im kut \KHG pa dobivamo \HKF + \KHG = \GHM + \KHG: Kako je \HKF + \KHG = 2R (Propozicija 29.) to je i \GHM + \KHG = 2R: Slijedi da toµcke K; H i M leµze na jednom pravcu (Propozicija 14.).
Prop ozicija 45.
! ! ! Budu´ci da pravac GH sijeµce paralelne pravce KM i F G to su i izmjeniµcni kutovi \M HG i\HGF jednaki. Dodavanjem kuta \HGL dobivamo \M HG+ \HGL = \HGF + \HGL: Budu´ci je \M HG + \HGL = 2R (Propozicija 29.) to je i \HGF + \HGL = 2R [(A-1)]. Prema tome toµcke F; G i L leµze na
149 istom pravcu (Propozicija 14.). Budu´ci su duµzine F K i HG jednake i paralelne (Propozicija 34.), te duµzine HG i M L jednake i paralelne, onda su i duµzine KF i M L jednake i paralelne [po (A-1) i Propoziciji 30.]. Dakle KF LM je paralelogram jednak danom pravocrtnom liku ABCD. PROPOZICIJA 46. Na danoj duµzini konstruirati kvadrat. DOKAZ. Neka je AB dana duµzina. ! U toµcki A dignimo okomicu AC (Propozicija 11.) i na njoj odredimo toµcku D ! tako da je AB = AD: Toµckom D povucimo paralelu s pravcem AB, a toµckom ! B paralelu s pravcem AD (Propozicija 31.). Sjecište tih pravaca oznaµcimo sa E: Dobili smo paralelogram ADEB pa je AB = DE i AD = BE (Propozicija 34.).
Prop ozicija 46.
Kako je i AB = AD; paralelogram ADEB je jednakostraniµcan. Dokaµzimo da ! ! ! je on i pravokutan. Budu´ci je pravac AD sijeµce paralelne pravace AB i DE vrijedi \BAD + \ADE = 2R: Jer je \BAD = R; to je i \ADE = R: Budu´ci su suprotni kutovi paralelograma jednaki, to su i kutovi \ABE i \BED pravi. Dakle, ADEB je pravokutan i jednakostraniµcan, dakle i kvadrat. PROPOZICIJA 47. U svakom pravokutnom trokutu kvadrat nad stranicom nasuprot pravog kuta jednak je zbroju kvadrata nad stranicama uz pravi kut. DOKAZ. Neka je 4ABC pravokutni trokut s pravim kutom \BAC:
Konstrirajmo nad stranicama danog trokuta kvadrate BDEF; ACKH i AGF B ! ! (Propozicija 46.). Iz A povucimo paralelu s BD i njeno sjecište s DE oznaµcimo sa L: Spojimo A sa D; L; E, te F sa C i B sa K: Budu´ci su kutovi \BAC i \BAG pravi, toµcke A; C; G leµze na istom pravcu (Propozicija 14.). Iz istog rrazloga i toµcke B; A; H leµze na istom pravcu. Budu´ci je \DBC = \F BA dodavanjem kuta \ABC dobivamo da je \DBA = \F BC [(A-2)]. Promotrimo trokute 4ABD; 4F BC: Oni imaju po dvije stranice jednake i jednaki kut me†u
njima pa su sukladni (Propozicija 4.). Osim toga paralelogram kojemu je BL dijagonala dvostruko je ve´ci od trokuta 4ABD; jer imaju istu osnovicu i leµze izme†u istih paralela (Propozicija 41.). Isto tako i kvadrat s dijagonalom GB
150
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
dvostruko je ve´ci od trokuta 4F BC (Propozicija 41.). Dakle, paralelogram s dijagonalom BL jednak je kvadratu s dijagonalom GB:
Prop ozicija 47.
Sliµcno se dokazuje da ako spojimo E sa E i B sa K; da je tada paralelogram s dijagonalom CL jednak kvadratu s dijagonalom HC. Slijedi da je zaista kvadrat nad stranicom nasuprot pravog kuta trokuta jednak zbroju kvadrata nad stranicama uz pravi kut. PROPOZICIJA 48. Ako je kod trokuta kvadrat nad jednom stranicom jednak zbroju kvadrata nad drugim dvjema stranicama, onda je kut izme†u tih dviju stranica pravi. DOKAZ. Neka je trokut 4ABC takav da zadovoljava uvjet, tj. neka je kvadrat
nad stranicom BC jednak zbroju kvadrata nad stranicama AB i AC: Tvrdimo da je kut \BAC pravi.
! U toµcki A dignimo okomicu na AC i na toj okomici odaberimo toµcku D tako da je DA = AB: Sada su kvadrati nad duµzinama DA i AB jednaki. Dodajmo im kvadrat nad AC: Zbroj kvadrata nad duµzinama DA i AC jednak je zbroju kvadrata nad duµzinama AB i AC: Prvi zbroj je jednak kvadratu nad CD (Propozicija 47.); a drugi zbroj je po pretpostavci jednak zbroju kvadrata nad stranicama AB i AC. Dakle kvadrati nad AD i CB su jednaki pa je AD = CB:
151 Dobili smo da se trokuti 4ACD i 4ACB podudaraju u sve tri stranice, dakle sukladni su (Propozicija 8.).
Slijedi \CAB = \CAD = R; a to se i tvrdilo.
152
ELEMENTI - PRVA KNJIGA
LITERATURA [1] Euklid, Elementi I-VI. Kruzak, Zagreb, 1999. [2] Euklidovi Elementi, http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/java/elements/elements.html [3] The MacTutor History of Mathematics archive http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/history/ index.html [4] T. L. Heath, The Thirteen Books of Euclid’s Elements with Introduction and Commentata, Dover Publications, Inc., Mineola, New York, 1956. [5] G. A. Venema. The Foundations of Geometry, Pearson Prentice Hall, Upper Saddle River, New Jersey, 2006. [6] P.J. Ryan, Euclidean and Non-Eucidean Geometry: an Analitytic Approach, Cambridge university press, Cambridge, 1986. [7] N.V. E…mov, Higher geometry, Mir, Moscow, 1980. [8] M. Prvanovi´c, Osnovi geometrije, Gra†evinska knjiga, Beograd, 1987. [9] R. Toši´c, V. Petrovi´c, Zbirka zadataka iz osnova geometrije, Gra†evinska knjiga, Novi sad, 1982. [10] J.N. Cedenberg, A Course in Modern Geometries, second 2d.,Springer-Verlag, New York, Berlin, 2001. [11] M.J. Greenberg, Euclidean and Non-Eucidean Geometry; Development and Hystory, third ed., W.H. Freeman and Company, New York, 1994. [12] H.S.M. Coxeter, Non-Euclidean Geometry, sixth ed., MAA, Washington, 1988.
153