dragomir lopandić

7/24/2019 Dragomir Lopandi

1/796

Matematicki fakultet

Univerzitet u Beogradu

ZBIRKA ZADATAKA

IZ OSNOVA GEOMETRIJE

Dr Dragomir Lopandic

SAVEZ STUDENATAPRIRODNOMATEMATICKOG FAKULTETA

Beograd1971.


2/796

Sadrzaj

1 APSOLUTNA GEOMETRIJA 31.1 Konveksni i konkavni likovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 PARALELNOST 692.1 Paralelnost pravih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3 PROPORCIONALNOST DUZI I SLICNOST LIKOVA 133

4 KARAKTERISTICNE TEOREME I NJIHOVE PRIMENE 2104.1 Apolonijeva teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2104.2 Lajbnicova teorema i njena primena . . . . . . . . . . . . . . . . 2244.3 Karnoova teorema i njena primena . . . . . . . . . . . . . . . . . 2294.4 Cevijeva teorema i njena primena . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2344.5 Menelajeva teorema i njena primena . . . . . . . . . . . . . . . . 2454.6 Dezargova teorema i njena primena . . . . . . . . . . . . . . . . 2634.7 Paskalova teorema i njena primena . . . . . . . . . . . . . . . . . 269

4.8 Brijansonova teorema i njena primena . . . . . . . . . . . . . . . 2724.9 Van Obelova teorema i njena primena . . . . . . . . . . . . . . . 2734.10 Ptolomejeva teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2764.11 Ojlerova teorema iz geometrije cetvorougla i njena primena . . . 289

5 HARMONIJSKI SPREGNUTI ELEMENTI. DVORAZMERA2925.1 Harmonijske tacke i harmonijske prave . . . . . . . . . . . . . . 2925.2 Dvorazmera cetiri tacke i dvorazmera cetiri prave . . . . . . . . 313

6 GEOMETRIJA KRUGOVA 3296.1 Ortogonalni krugovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3296.2 Pol i polara u odnosu na krug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3356.3 Spregnute tacke i spregnute prave u odnosu na krug . . . . . . . 343

6.4 Polarni i autopolarni trouglovi. Polarni krug trougla . . . . . . . 3496.5 Slicnost krugova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3566.6 Potencija tacke u odnosu na krug . . . . . . . . . . . . . . . . . 3646.7 Radikalna osa dvaju krugova. Radikalno srediste triju krugova . 3716.8 Pseudoradikalna osa dvaju krugova. Pseudoradikalno srediste

triju krugova. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3886.9 Elipticki, parabolicki i hiperbolicki pramenovi krugova . . . . . 390

7 INVERZIJA 4027.1 Inverzne tacke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4027.2 Inverzni likovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 408

8 INVOLUCIJA 426

9 ZNACAJNE TACKE I LINIJE U GEOMETRIJI TROUGLAI CETVOROUGLA 4399.1 Simsonova prava trougla i cetvorougla . . . . . . . . . . . . . . . 4399.2 Mikelova tacka trougla i cetvorougla . . . . . . . . . . . . . . . . 4489.3 Ojlerova prava trougla i cetvorougla . . . . . . . . . . . . . . . . 452

1


3/796

9.4 Ojlerov krug trougla i cetvorougla . . . . . . . . . . . . . . . . . 4579.5 Nagelova tacka trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4609.6 Spikerov krug trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4639.7 Furmanov krug trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4659.8 Izometricke tacke u odnosu na duz i na trougao . . . . . . . . . . 4669.9 Izogonalne prave u odnosu na ugao. Izogonalne tacke u odnosu

na trougao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4689.10 Lemoanova tacka i Lemoanova prava trougla . . . . . . . . . . . 4719.11 Lemoanovi krugovi trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4799.12 Tikerovi krugovi trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4829.13 Brokarove tacke trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4859.14 Brokarov krug trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4889.15 Apolonijevi krugovi i izodinamicke tacke trougla . . . . . . . . . 4909.16 Droz-Farnijevi krugovi trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4939.17 Adamsovi krugovi trougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4969.18 Ortopol prave u odnosu na trougao . . . . . . . . . . . . . . . . . 497

10 GEOMETRIJA POLIGONA 50110.1 Opsti poligoni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501

10.2 Tetivni i tangentni poligoni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50810.3 Pravilni poligoni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523

11 RAZLAGANJE POVRSI I ODREDIVANJE POVRSINA 54311.1 Razlaganje povrsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54311.2 Odredjivanje povrsina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554

12 NEJEDNAKOSTI U PLANIMETRIJI 617

13 KONSTRUKTIVNI ZADACI 68613.1 Metoda geometrijskih mesta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68613.2 Metoda transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71513.3 I nverzija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 737

13.4 Translacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74313.5 S imetrija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75113.6 Rotacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 756

2


4/796

1 APSOLUTNA GEOMETRIJA

Euklidska geometrija izvedena sintetickim metodom zasniva se na aksio-mama koje su podeljene u pet grupa i to: aksiome rasporeda, aksiome inci-dencije, aksiome podudarnosti, aksiome neprekidnosti i aksiomu paralelnosti.Deo te teorije koji se izvodi iz prve cetiri grupe aksioma, dakle bez aksiome

paralelnosti, naziva se apsolutnom geometrijom. Zadaci iz ovog clana su iz teapsolutne geometrije, pa se njihovo resavanje zasniva iskljucivo na primeni po-znatih stavova iz tog dela geometrije.

1.1 Konveksni i konkavni likovi

Definicija 1.1. Lik nazivamo konveksnim ako sve tacke duzi koja jeodredena bilo kojim dvema tackama toga lika pripadaju tome liku; ako tajuslov nije zadovoljen, lik nazivamo konkavnim. Tako su likovi predstavljenina slikama 1 i 3 konveksni, a na slikama 2 i 4 konkavni.

Definicija 1.2. Lik nazivamo ogranicenim ako posto ji kruzna povrs kojasadrzi sve tacke lika ; ako takva kruzna povrs ne postoji, lik nazivamoneogranicenim. Tako su likovi predstavljeni na slikama 1 i 2 ograniceni, a na

slikama 3 i 4 neograniceni.Definicija 1.3. Najvecu od duzi koju spajaju po dve tacke ogranicenog lika

nazivamo precnikom ili dijametrom lika .Definicija 1.4. Pravus koja se nalazi u ravni lika i koja s tim likom ima

jednu ili vise za jednickih tacaka, pri cemu se sve ostale tacke lika nalaze s istestrane od praves nazivamo pravom oslonca lika .

Definicija 1.5. U odnosu na svaku ravnu povrs sve tacke ravni dele sena unutrasnje, spoljasnje i granicne. Tacku A nazivamo unutrasnjom tackompovrs i ako posto ji kruzna povrs sa sredistem Acije sve tacke pripada ju povrsi. Tacku B nazivamo spoljasnjom u odnosu na ravnu povrs ako u ravni tepovrsi postoji kruzna povrs sa sredistem B koja ne sadrzi ni jednu tacku povrsi. Tacku C ravne povrsi nazivamo granicnom ako u ravni povrsi svakakruzna povrs sa sredistem C sadrzi i tacaka koje pripadaju i tacaka koje ne

pripadaju povrsi . Skup svih granicnih tacaka povrsi predstavlja izvesnuliniju koju nazivamo granicom ili rubompovrsi.

Definicija 1.6. Za ravnu liniju kazemo da je konveksna ako ona predstavljagranicu neke konveksne povrsi.

3


5/796

1.2 Zadaci

1. Dokazati da je svaka(a) trougaona povrs,(b) kruzna povrs,konveksna.

Uputstvo:

A

BC

PQ

R

PQR

S

Slika 5

a) Da bismo dokazali da je neka trougaona povrsABCkonveksna, na osnovudefinicije konveksnog lika, mi treba da dokazemo da svaka tackaR koja se na-lazi izmedu dveju proizvoljnih tacaka P i Q te trougaone povrsi pripada tojtrougaono j povrsi. Kako su tackeA,B,Ctemena jedne trougaone povrsi, one sunekolinearne, pa najmanje jedna od njih, npr. tackaA, ne pripada pravoj koja

je odredena tackamaP i Q. Pri tom na stranici BCposto je dve razlicite tackeP i Q takve da je tackaPizmedu tacakaA i P, a tacka Q izmedu tacakaA iQ ili je istovetan s tackom Q. Ako je P P i Q Q, dokaz je jednostavan.Ako je npr. tackaPizmedu tacakaA i P, biceA,P,Qtri nekolinearne tacke, aP iR tacke takve da je B(A,P,P) i B(P,R,Q), te prema jednoj aksiomi postojitacka S takva da je B(A,S,Q) i B(P,R,S). Kako je B(A,S,Q) i Q tacka duzi

AQ, biceB(A,S,Q). Sad suA,P,Qtri nekolinearne tacke, aR i Stacke takveda je B(A,S,Q) i B (P,R,S), te prema istoj aksiomi postoji tackaR takva da

jeB(A,R,R) iB(P,R,Q). S obzirom da tackeP i Q pripada ju duzi BC i daje B(P,R,Q), bice B (B,R,C). Najzad iz B (B,R,C) sledi da tackaR pripadatrougaonoj povrsi (ABC). Stoga je trougaona povrs konveksna (Slika 5).

O

P R Q

Slika 6

4


6/796

b) Da bismo dokazali da je neka kruzna povrs konveksna, saglasno definicijikonveksnog lika, mi treba da dokazemo da svaka unutrasnja tackaR duzi kojaspaja dve proizvoljne tackeP i Q povrsi pripada toj povrsi.

Obelezimo sa O srediste povrsi i sar poluprecnik kruzne povrsi . TackeO,P,Q su temena izvesnog trougla ili su na jednoj pravoj. U prvom slucaju

jedan od uglovaORP i ORQje veci ili jednak 90o. Neka je to npr. ugaoORP.

Kako je u trouglu OP R ugao ORP veci od ugla OP R, to je OR < OP. NoOP r, pa je OR < r. Stoga tacka R pripada povrsi . U drugom slucajuneposredno zakljucujemo da iz svake od mogucnosti P O Q, O P Q,sledi da je OR < r, pa i u tom slucaju tackaR pripada povrsi . Prema tomepovrs je konveksna (Slika 6).

2. Ako sva temena neke poligonske povrsi (A1 . . . An) pripadaju nekoj kon-veksnoj povrsi , dokazati da sve tacke poligonske povrsi (A1 . . . An) pripadajupovrsi.

Uputstvo:

A1

A2A3

An

MQ

P

q

p

Slika 7

S obzirom da sva temena poligonske povrsi (A1 . . . An) pripadaju konveksnojpovrsi , i sve tacke ruba te poligonske povrsi pripada ju povrsi . Dokazimoda i svaka unutrasnja tacka Mpoligonske povrsi (A1 . . . An) pripada povrsi .

S obzirom da je bro j temena pomenute poligonske povrsi konacan, posto ji uravni te poligonske povrsi pravas ko ja sadrzi tackuMi koja ne sadrzi ni jednoteme te poligonske povrsi. Tacka M razlaze pravu s na dve poluprave p i q.Svaka od tih dveju polupravih p i qima za kraj tacku Mkoja se nalazi u po-ligonuA1 . . . An, pripada ravni tog poligona a ne sadrzi ni jedno njegovo teme,prema tome sece taj poligon u neparnom bro ju tacaka. Ako je Pbilo koja odpresecnih tacaka poluprave p s poligonomA1 . . . An, aQ bilo koja od presecnihtacaka poluprave qs poligonom A1 . . . An, bi ce tacka M izmedu tacakaP i Q.S obzirom da su tacke P iQ na rubu poligonske povrsi (A1 . . . An) koja pripadapovrsi , tacke P i Q takode pripada ju konveksnoj povrsi , te i unutrasnjatacka M duzi P Q pripada povrsi . Prema tome, sve tacke poligonske povrsi(A1 . . . An) pripadaju povrsi (Slika 7).

3. Dokazati da je presek konacnog broja od n konveksnih likova takodekonveksan lik.

Uputstvo:

5


7/796

A BP1

2

3

Slika 8

Neka je lik presek konveksnih likova 1 . . . n. Dokazimo da je lik takodekonveksan.Obelezimo sa A i B ma koje dve tacke lika , a sa P bilo koju tacku izmedunjih. S obzirom da sve tacke lika pripadaju konveksnim likovima 1 . . . n,bice da su A i B tacke tih konveksnih likova. Stoga tacka P koja se nalaziizmedu tacakaA i B pripada svim likovima 1 . . . n, dakle i liku .

Otuda sledi da sve tacke izmedu tacaka A i B pripadaju liku , pa je lik konveksan (Slika 8).

4. Ako je a1, . . . , an konacan skup od n duzi koje pripadaju jednoj pravoj iod kojih svake dve imaju najmanje jednu za jednicku tacku, dokazati da svihnduzi toga skupa imaju najmanje jednu zajednicku tacku.

Uputstvo: Najpre dokazimo ovaj stav kada jen = 3. Obelezimo saS1, S2, S3proizvoljne tacke za jednicke duzima a2 i a3, a3 i a1, a1 i a2. S obzirom da duzia1, a2, a3 pripadaju jedno j pravoj, i tackeS1, S2, S3 su na jednoj pravoj. Ako sudve ili tri tacke S1, S2, S3 tetivne, one pripadaju svim trima duzima a1, a2, a3.Ako su tacke S1, S2, S3 razlicite, jedna od njih, npr. tackaS2 je izmedu ostalihdveju tacakaS1 i S3. Pri tome tacke S1 i S3 pripadaju duzi a2, te i svaka tacka

duzi S1S3, dakle i tackaS2 pripada duzi a2. Stoga je S2 zajednicka tacka duzia1, a2, a3.Da bismo dokazali ovaj stav i za slucaj kada je n > 3, primenimo metod ma-tematicke indukcije. Zato pretpostavimo da je stav istinit kada je n = k, adokazimo da vazi i za n = k +1. Presekbduziak i ak+1 je takode duz, ili u kraj-njem slucaju jedna tacka. Pretpostavimo da jebduz; dokaz koji navodimo vazi iu slucaju kada jeb tacka. Dokazimo da svake dve od k duzia1, . . . , ak1, bjedneprave imaju imaju najmanje jednu za jednicku tacku. Saglasno pretpostavci,svake dve od duzi a1, . . . , ak1 ima ju najmanje jednu zajednicku tacku. Duz bima takode sa svakom od duzi ai(i = 1, . . . , k 1) najmanje jednu zajednickutacku, jer prema dokazanom delu svake tri duzi ai, ak, ak+1 imaju najmanje

jednu zajednicku tacku. Dakle, svake dve od duzi a1, . . . , ak1, b imaju najma-nje po jednu zajenicku tacku, te saglasno pretpostavci svih k tih duzi imaju

najmanje jednu zajednicku tacku. Otuda sledi da i svih k + 1 duzi a1, . . . , ak+1imaju najmanje jednu zajednicku tacku. Dokazali smo da je stav istinit kada jen= 3, prema tome on je istinit i zan >3.

5. Ako konacan skup od n polupravih neke prave p pokriva celu tu pravu,

6


8/796

dokazati da u tom skupu polupravih postoje takve dve poluprave koje takodepokrivaju celu tu pravu.

Uputstvo: Sve poluprave konacnog skupa polupravih ko je pokrivaju pravup ne mogu biti istosmerne, jer bi u tom slucaju, u tom skupu polupravih, po-stojala takva poluprava koja bi sadrzala sve ostale poluprave tog skupa, patacke prave p koje se nalaze na produzenju poluprave ne bi pripadale ni jednoj

polupravoj datog skupa polupravih, sto je suprotno pretpostavci. Medu polu-pravama koje imaju jedan isti smer, postoji takva poluprava a koja sadrzi sveostale poluprave tog podskupa, a medu polupravama koje imaju drugi smer po-stoji takva poluprava b koja sadrzi ostale poluprave tog podskupa. Polupravea i b pokrivaju celu pravu p. Zaista, ako one ne bi pokrivale celu pravup, izsuprotne usmerenosti tih polupravih sledilo bi da tacke prave p koje se nalazeizmedu krajevaA i B polupravihai b ne pripadaju ni jednoj polupravoj datogskupa polupravih, sto je suprotno pretpostavci. Dakle, u datom skupu polupra-vih postoje dve polupravea i b koje pokrivaju celu pravu p.

6. Ako je 1, . . . , n konacan skup od n (n 4) konveksnih povrsi jedneravni od kojih svake tri imaju najmanje jednu za jednicku tacku, dokazati dasvihnpovrsi ima takode bar jednu za jednicku tacku (Helijeva teorema u ravni).

Uputstvo: Dokaz izvedimo metodom matematicke indukcije. Stoga najpredokazi- mo slucaj kada je n = 4. U tom cilju obelezimo sa S1 zajednicku tackupovrsi 2, 3, 4; sa S2 za jednicku tacku povrsi 1, 3, 4; sa S3 zajednickutacku povrsi 1, 2, 4; sa S4 zajednicku tacku povrsi 1, 2, 3. Pri tome suneke od tacakaS1, S2, S3, S4 istovetne ili su sve medusobno razlicite. Ako su bardve od tih tacaka npr. S1iS2istovetne, ta tacka pripada povrsima 1, 2, 3, 4.Ako su sve tacke S1, S2, S3, S4 medusobno razlicite, postoje medu njima najma-nje tri tacke koje pripadaju jednoj pravoj, ili pak nikoje tri od tih tacaka nepripadaju jednoj pravoj.

S1

S2S3

Slika 9a

U slucaju da medu pomenutim tackama posto je takve tri tacke npr. S1, S2, S3koje pripadaju jednoj pravoj, bice jedna od njih npr. S3 izmedu ostalih dveju

S1 i S2. S obzirom da obe tackeS1 i S2 pripadaju konveksnom liku 3, i tackaS3 koja se nalazi izmedu njih pripada konveksnom liku 3, te je S3 zajednickatacka likova 1, 2, 3, 4.

7


9/796

S1

S2

S3

S4

S

Slika 9b

U slucaju da medu tackamaS1, S2, S3, S4 nikoje tri ne pripadaju jednoj pravoj,bice jedna od tih tacaka u trouglu koji je odreden ostalim trima tackama, ilipak nikoja od njih nije u trouglu koji je odreden ostalim trima tackama. Ako jenpr. tacka S4 u trouglu S1S2S3, tacka S4 je izmedu tacke S1 i neke unutrasnjetackeSduzi S2S3.S obzirom da tacke S2 i S3 pripadaju konveksnom liku 4, i tacka S koja se

nalazi izmedu njih pripada liku 4. Sad su S1 i Stacke konveksnog lika 4, tei tacka S4 koja se nalazi izmedu njih pripada liku 4. Stoga tackaS4 pripadasvim likovima1, 2, 3, 4.

S1 S2

S3

S4

S

Slika 9c

Ako niko ja od tacaka S1, S2, S3, S4 nije u trouglu koji je odreden ostalim trimatackama, te tacke predstavljaju temena konveksnog cetvorougla S1S2S3S4. Di-

jagonale S1S3 i S2S4 tog konveksnog cetvorougla seku se u nekoj tacki S. Sobziom da obe tackeS1 i S3 pripadaju konveksnim likovima 2 i 4, i tacka Skoja se nalazi izmedu njih pripada likovima 2 i 4.Takode, kako tacke S2 i S4 pripadaju konveksnim likovima 1 i 3, i tacka Skoja se nalazi izmedu njih pripada likovima 1 i 3. Dakle, tackaS pripadasvim likovima1, 2, 3, 4. Time je stav za slucaj n = 4 dokazan.

Da bismo dokazali ovaj stav za n >4 primenicemo princip matematicke induk-cije. Zato je dovoljno, pretpostavljajuci da k(4 k < n) takvih povrsi imanajmanje jednu zajednicku tacku, dokazati da ik + 1 takvih povrsi ima na jma-nje jednu zajednicku tacku. Povrsi k i k+1 su konveksne te je prema zadatku3. i njihov presek konveksna povrs. Pri tom svake tri od k konveksnih povrsi1 . . . k1, imaju najmanje po jednu za jednicku tacku. Zaista, svake tri od

8


10/796

povrsi 1 . . . k1 po pretpostavci imaju na jmanje po jednu zajednicku tacku.Povrsi bilo ko je dve od povrsi1 . . . k1, npr. povrsi i i j imaju najmanje

jednu zajednicku tacku, jer prema dokazanom delu ovog stava za n = 4 povrsii, j , k, k+1 imaju na jmanje jednu za jednicku tacku. Dakle, svake tri od kkonveksnih povrsi 1 . . . k1, imaju najmanje po jednu zajednicku tacku, tesaglasno pretpostavci svihk tih povrsi ima ju najmanje jednu zajednicku tacku.

Otuda sledi da i svih k + 1 povrsi 1 . . . k+1 imaju na jmanje jednu za jednickutacku. Time je stav dokazan.

7. Ako je A1, . . . , An konacan skup od n tacaka jedne ravni, pri cemu svaketri od tih n tacaka pripada ju neko j kruzno j povrsini poluprecnikar, dokazatida postoji kruzna povrs poluprecnikar koja sadrzi svihn tacaka.

Uputstvo: Da bismo dokazali da posto ji kruzna povrs koja sadrzi svih ntacaka A1, . . . , An, dokazimo najpre da u toj ravni postoji tacka koja pripadasvim kruznim povrsima1, . . . , nkojima su sredista A1, . . . , An, a poluprecnici

jednaki duzir. Saglasno pretpostavci, bilo koje tri od navedenihn tacaka, npr.tackeAi, Aj , Ak pripadaju neko j kruzno j povrsi poluprecnika r, pa je srediste tekruzne povrsi za jednicka tacka povrsi i, j, k. Dakle sve tri od n konveksnihpovrsi1, . . . , n imaju bar jednu za jednicku tacku, te prema Helijevo j teoremisvih n kruznih povrsi 1, . . . , n ima bar jednu zajednicku tacku O. S obzi-rom da tacka O pripada svim kruznim povrsima1, . . . , n kojima su sredistaA1, . . . , An a poluprecnici jednaki duzi r, kruz na povrs kojoj je srediste O, apoluprecnik jednak duzi r sadrzi svih n tacaka A1, . . . , An. Time je stav doka-zan.

8. Ako konacan skup{1, . . . , n} od n poluravni neke ravni pokriva celutu ravan, dokazati da u tom skupu poluravni postoje takve tri poluravni kojepokrivaju celu tu ravan.

Uputstvo:Dokaz izvedimo indirektno. Stoga pretpostavimo da iskazani stavnije istinit, tj. da nikoje tri poluravnii, j , k iz datog skupa poluravni nepokrivaju celu ravan. Obelezimo sa 1, . . . , n poluravni komplementne s po-

luravnima1, . . . , n u odnosu na ravan, tj. skupove svih tacaka ravni kojene pripadaju respektivno poluravnima1, . . . , n. Na taj nacin mi smo formi-rali u ravni konacan skup1, . . . , n odn poluravni, dakle konacan skup odnkonveksnih povrsi. Dokazimo da svake tri poluravni tog skupa imaju najmanje

jednu zajednicku tacku. S obzirom da po pretpostavci poluravni i, j , k nepokrivaju celu ravan , postoji u ravni tacka Pkoja ne pripada ni jednoj odpoluravni i, j , k. Stoga tackaP pripada svakoj od poluravni i, j , k tesvake tri poluravni iz skupa1, . . . , n imaju najmanje jednu zajednicku tacku.Prema Helijevoj teoremi za ravne konveksne likove postoji u ravni tacka Qkoja pripada svim poluravnima1, . . . , n. S obzirom da tackaQ pripada svimpoluravnima1, . . . , n i ona ne pripada ni jednoj od poluravni1, . . . , n. Noto je nemoguce jer po pretpostavci sve poluravni 1, . . . , n pokrivaju celu ra-van. Ovim je stav dokazan.

9. Ako je{l1, . . . , ln}konacan skup od n kruznih lukova sadrzanih na istomkrugul pri cemu je svaki od tih lukova manji od poluobima kruga l, a svaka triod tih lukova imaju najmanje jednu zajednicku tacku, dokazati da svi likovi togkruga imaju najmanje jednu zajednicku tacku.

Uputstvo: Odsecci 1, . . . , n kruzne povrsil omedeni lucima l1, . . . , ln i

9


11/796

odgovarajucim tetivama su konveksne povrsi jedne ravni, od kojih svake triimaju najmanje jednu zajednicku tacku, te prema Helijevoj teoremi, sve tepovrsi imaju najmanje jednu zajednicku tacku. S obzirom da odsecci 1, . . . , n

jedne iste kruzne povrsi ima ju najmanje jednu zajednicku tacku, i odgovarajucilukovi l1, . . . , ln tih povrsi imaju najmanje jednu zajednicku tacku.

10. Ako za svake tri tacke P, Q, R prostog ravnog poligona A1, . . . , Anposto ji u tom poligonu tackaStakva da sve unutrasnje tacke duzi PS,QS,RSse takode nalaze u tom poligonu, dokazati da u tom poligonu postoji tacka Otakva da se unutrasnje tacke svih duzi koje spajaju tacku O s tackama togpoligona takode nalaze u tom poligonu (Teorema M.A. Krasnoseljskog).

Uputstvo:

A1 A2

A3 A4

A5

A6

AiAi+1

An

Mi O

Slika 10

Ako je AiAi+1 bilo koja stranica prostog ravnog poligona A1 . . . An, postoji utom poligonu tacka Mitakva da sve unutrasnje tacke trougaone povrsi MiAiAi+1budu u tom poligonu. Prava AiAi+1 razlaze ravan tog poligona na dve polu-ravni, obelezimo sa i onu od tih poluravni koja sadrzi tacku Mi.

Na ta j nacin mi smo dobili npoluravni1, . . . , nkoje pripadaju istoj ravni,ravni poligona A1 . . . An. Dokazimo da svake tri od tih n poluravni imaju naj-manje jednu zajednicku tacku. Neka su i, j , k bilo koje tri od tih n polu-ravni, aPi, Pj , Pk bilo koje unutrasnje tacke stranicaAiAi+1, Aj Aj+1, AkAk+1koje odreduju rubove poluravni i, j , k. Saglasno pretpostavci, u poligonuA1 . . . An posto ji tacka S takva da su unutrasnje tacke duzi SPi, SPj , SPktakode u tom poligonu. Pri tome tackaS pripada poluravnima i, j , k. Zai-sta, pravaS Pi sece stranicu AiAi+1 trouglaMiAiAi+1 u tacki Pi, prema tomeona sece jos jednu stranicu tog trougla u nekoj tacki Qi. S obzirom da se unu-trasnje tacke obeju duzi PiQi i PiS nalaze u poligonu A1 . . . An, tacka S jena polupravoj PiQi, te pripada poluravni i. Istim postupkom dokazuje se datacka Spripada i poluravnimaj ik. Na taj nacin, poluravni1, . . . , npred-stavljaju konacan skup konveksnih likova jedne ravni od kojih svaka tri ima ju

najmanje jednu za jednicku tacku, te prema Helijevoj teoremi postoji najmanjejedna tacka, obelezimo je sa O , koja pripada svim tim likovima. Dokazimo dajeO trazena tacka.U tom cilju dokazimo najpre da je tackaO u poligonuA1 . . . An. Neka jes proi-zvoljna prava koja sadrzi tacku O, ne sadrzi ni jedno teme poligonaA1 . . . An, asece taj poligon; obelezimo sa Xonu od presecnih tacaka koja je susedna tacki

10


12/796

O. Pri tome jeXunutrasnja tacka neke stranice ApAp+1 poligona A1 . . . An.Na taj nacin pravas sece stranicu ApAp+1 trouglaMpApAp+1, prema tome onasece jos jednu njegovu stranicu u neko j tacki Y. Kako su obe tackeO i Y upoluravnip, one su na pravoj s sa iste strane tacke X. S obzirom da duzX Osem tacke X nema s datim poligonom zajednickih tacaka i da se unutrasnjetacke duzi OYkoja pripada polupravoj X O nalaze u datom poligonu, i tacka

O je u tom poligonu.Sad dokazimo da su ove unutrasnje tacke duzi koja spa ja tacku O s proizvo-ljnom tackom P datog poligona u tom poligonu. Neka izmedu tacakaO i Pposto ji tacka Ekoja se nalazi izvan poligonaA1 . . . An. DuzP Eima s tim po-ligonom konacan bro j zajednickih tacaka. Neka je Q ona od tih tacaka koja jesusedna tacki E. Tacka Q pripada izvesnoj stranici Aq Aq+1 poligonaA1 . . . Anili se pak poklapa s nekim temenom Aq tog poligona. U prvom slucaju pravaP Osece stranicuAq Aq+1trouglaMq AqAq+1u tackiQ, prema tome ona sece jos

jednu stranicu tog trougla u nekoj tackiR. Prema tome, unutrasnje tacke duziQR su u poligonu A1 . . . An, a unutrasnje tacke duzi QEizvan tog poligona, tepoluprava, dakle i tackaO ne pripada poluravni q , sto je nemoguce. Ako setacka Q poklapa s temenom Aq, tada na jednoj od stranica koje se susticu utemenu Aq postoji tacka Q takva da izmedu tacaka O i Q ima tacaka koje suizvan poligona A1 . . . An pa se dokaz izvodi kao u prvom slucaju. Otuda sledida su sve tacke duzi OPu poligonu A1 . . . An, pa je stav dokazan.

11. Ako su A1 i A2 bilo koje dve unutrasnje tacke konveksne povrsi ,dokazati da su sve ostale tacke duzi A1A2 unutrasnje tacke povrsi .

Uputsvo:

A1 A2

M1M2

N1 N2

P

Slika 11

S obzirom da su A1 i A2 unutrasnje tacke povrsi , postoje kruzne povrsi 1 i2 sa sredistima A1 i A2 kojima sve tacke pripadaju povrsi (Slika 11).Neka su M1M2 i N1N2 spoljasnje dirke povrsi 1 i 2. Unija cetvorougaonepovrsi M1M2N2N1 i kruznih povrsi 1 i 2 je neka konveksna povrs kojapripada povrsi .

Svaka unutrasnja tacka PduziA1A2 je srediste neke kruzne povrsi koja pri-pada povrsi , dakle i povrsi . Stoga su sve tacke duzi A1A2 unutrasnje tackepovrsi.

11


13/796

12. Ako je A1 unutrasnja i A2 granicna tacka konveksne povrsi , dokazatida su sve ostale tacke duzi A1A2 unutrasnje tacke povrsi .

Uputstvo:

A2 A1

M

N

Slika 12

S obzirom da je A1 unutrasnja tacka povrsi , postoji kruzna povrs 1 sasredistem A1 ko ja pripada povrsi (Sl.12). Neka su A2M i A2Ndirke povrsi

1 kroz tacku A2. Unija trougaone povrsi A2MN i kruzne povrsi 1 je nekakonveksna povrs koja pripada povrsi .

Svaka unutrasnja tacka duzi A1A2je srediste neke kruzne povrsi koja pripadapovrsi, dakle i povrsi . Stoga su sve unutrasnje tacke duzi A1A2 unutrasnjetacke povrsi.

13. Ako su A1 i A2 dve granicne tacke konveksne povrsi , dokazati da suunutrasnje tacke duzi A1A2 ili sve unutrasnje ili sve granicne tacke povrsi .

Uputstvo:

A1

A2

A3

P

Slika 13

Ako bi duz A1A2 sadrzala neku unutrasnju tacku P povrsi (Sl.13), premaprethodnom zadatku, sve unutrasnje tacke duzi A1P i A2P, prema tome i sve

unutrasnje tacke duzi A1A2 bile bi unutrasnje tacke povrsi . Ako duz A1A2ne sadrzi ni jednu unutrasnju tacku povrsi , sve tacke duzi A1A2 su granicnetacke povrsi . U tom slucaju sve tacke duzi A1A2 pripadaju istoj pravojoslonca povrsi .

12


14/796

14. Dokazati da svaka prava s kroz bilo koju unutrasnju tacku P konveksnepovrsi moze da ima s rubom te povrsi najvise dve zajednicke tacke.

Uputstvo:

P

A B

s

Slika 14a

P

A

s

Slika 14b

P s

Slika 14c

S obzirom da je P unutrasnja tacka povrsi , postoji kruzna povrs sasredistem Pko ja pripada povrsi . Prava s kroz srediste P kruzne povrsi ,sece tu povrs po dijametru koji pripada preseku praves i povrsi. Stoga pravasi povrs ima ju pored tackePjos zajednickih tacaka. Kako su prava s i povrskonveksni likovi, njihov presek je takode konveksan lik koji se nalazi na jednojpravoj. Otuda sledi da je taj presek duz, poluprava ili prava (Sl.14).Ako je presek duz AB , njeni kra jevi su granicne tacke povrsi . S obzirom daduz AB sadrzi unutrasnju tacku P povrsi , sve unutrasnje tacke duzi AB su

unutrasnje tacke povrsi . U tom slucaju prava s ima s rubom povrsi dvezajednicke tacke. Ako je presek prave s s povrsi poluprava AP, prava s imas rubom povrsi samo jednu zajednicku tacku. Ako je presek praves s povrsi prava, tada ona s rubom povrsi nema zajednickih tacaka.

13


15/796

15. Dokazati da svaka prava s kroz bilo koju unutrasnju tacku P ogranicenekonveksne povrsi sece granicu te povrsi u dvema tackama.

Uputstvo:

P

A

Bs

Slika 15

S obzirom da je P unutrasnja tacka povrsi , postoji kruzna povrs sasredistem P koja pripada povrsi (Slika 15).

Pravas kroz srediste te kruzne povrsi sece istu povrs po dijametru koji pri-pada preseku praves i povrsi . Stoga pravas ima s povrsi pored tacke P joszajednickih tacaka. Kako su prava s i povrs konveksni likovi, njihov presek

je takode konveksan lik. Sem toga, povrs je ogranicena, pa je i njen presek spravom s ogranicen. S obzirom da je ogranicen i konveksan lik koji sadrzibeskonacno mnogo tacaka rasporedenih na pravojs, s obeju strana od tackeP

je duz kojoj je P unutrasnja tacka. Kra jevi A i B te duzi su granicne tackepovrsi, a prema zadatku 13, unutrasnje tacke duzi AP iBP, dakle i duzi ABsu unutrasnje tacke povrsi . Otuda sledi da prava s ima s granicom povrsi samo dve zajednicke tacke.

Napomena: Ako konveksna povrs nije ogranicena, svaka prava s kroz bilokoju unutrasnju tacku P ima s rubom dve, jednu ili pak nema za jednickihtacaka, prema tome da li je presek praves s povrsi duz, poluprava ili prava.

16. Ako svaka prava kroz bilo koju unutrasnju tacku ogranicene povrsi sece rub te povrsi u dvema tackama, dokazati da je povrs konveksna.

Resenje: Pretpostavimo da povrs nije konveksna vec konkavna. To znacida posto je dve tackeA i B na povrsi takve da postoje unutrasnje tacke duziAB koje ne pripadaju povrsi . Tacka B moze biti ili unutrasnja ili granicnatacka povrsi. U slucaju da je tacka B granicna, onda postoji njoj bliska unu-trasnja tacka B povrsi , takva da duz AB sadrzi i tacke koje ne pripada juovoj povrsi. Zato cemo pretpostaviti da je B unutrasnja tacka povrsi . Neka

jeCjedna od tacaka duzi AB koja ne pripada povrsi . Kako tackaA pripada

povrsi , a tacka Cne, onda ce duz ACsadrzati bar jednu granicnu tacku Mpovrsi. Analogno, duz BC sadrzi bar jednu granicnu tacku N povrsi.

14


16/796

CM NA B

Slika 16

Posto je B unutrasnja tacka ogranicene povrsi , onda prava AB sadrzi barjednu granicnu tacku P povrsi koja se nalazi iza B u odnosu na C. Prematome,M,N iPsu tri granicne tacke praveABi povrsi , a to je suprotno nasojpretpostavci da je povrs konkavna. Odatle sledi da je povrs konveksna, sto

je i trebalo dokazati.

17. Ako se kroz svaku tacku ruba ogranicene povrsi moze konstruisatinajmanje jedna prava oslonca te povrsi, dokazati da je povrs konveksna.

Resenje: Pretpostavimo da povrs nije konveksna vec konkavna. Tada napovrsi postoje dve tacke A i B takve da sve unutrasnje tacke duzi AB nepripadaju povrsi . Tacka A je ili unutrasnja ili granicna tacka povrsi . Uslucaju da je A granicna tacka povrsi , onda postoji njoj bliska unutrasnjatacka A povrsi , takva da duz AB sadrzi tacke koje ne pripada ju povrsi .Zato cemo pretpostaviti da je A unutrasnja tacka povrsi . Takode na duziAB postoji tacka P koja je granicna tacka povrsi , jer na duzi AB postoje itacke ko je pripada ju i tacke ko je ne pripada ju povrsi. Posto pravaAB sadrziunutrasnju tackuA povrsi, onda ona nije prava oslonca te povrsi.

A BP C

Slika 17

Svaka druga prava koja prolazi kroz tacku P nije prava oslonca povrsi jerna povrsi postoje dve tacke A i B koje su sa raznih strana od te prave. Izovoga sledi da posto ji granicna tackaP povrsi kroz koju se ne moze konstru-isati nijedna prava oslonca te povrsi. Ovo je suprotno pretpostavci, pa sledi da

je povrs konveksna.

18. Ako je P za jednicka tacka povrsi i prave l oslonca povrsi , dokazatida je Pgranicna tacka povrsi .

Resenje: TackaPpripada povrsii pravoj l. Ako bi tackaPbila unutrasnjatacka povrsi , onda bi posto jala kruzna povrs sa sredistem p cije sve tackepripadaju povrsi . Posto praval sadrzi srediste p kruzne povrsi , onda povrs sadrzi tacke s obe strane prave l. Odatle i povrsi pripadaju tacke s obe

15


17/796

strane prave, sto je nemoguce jer je l prava oslonca povrsi . Neizostavno sledida je Pgranicna tacka povrsi .

19. Ako je duzM N dijametar konveksne povrsi , dokazati da su prave mi n, koje su u tackamaM i Nupravne na pravoj M N, prave oslonca povrsi .Resenje:

N

M

M

N

n

m

m

n

Slika 18

Pretpostavimo da praveminnisu prave oslonca povrsi, vec da su to pravem i n koje su takode upravne na pravoj M Ni koje, saglasno definiciji, imajus povrsi zajednicke tackeM i N. Tada je duz M Nmanja od duzi MN, ato je nemoguce jer duzM N, kao dijametar povrsi , mora biti najveca od duzikoje spa jaju dve tacke povrsi .

1.2.Kombinatorni zadaci iz apsolutne geometrije

20. Dokazati da skup koji se sastoji iz konacnog broja od n pravih nekeravni , pri cemu se svake dve od tih pravih seku, a nikoje tri i vise ne seku u

jednoj tacki, razlaze ravan na n = 12(n

2 + n + 2) konveksnih oblasti od kojihjen = 2n neogranicenih i n =

12(n

2 3n + 2) ogranicenih.Resenje: U datom skupu k pravih sece (k+ 1)-vu pravu u k raznih tacaka

koji razlazu (k +1)-vu pravu nak +1 delova. Svaki od tih delova razlaze neku odranije dobijenih oblasti na dve, pa se dodavanjem (k+ 1)-ve prave broj oblastipovecava za k + 1 oblast. Kako je za k = 1 broj oblasti 1 = 2, onda ce zak= n biti

n = 2 + 2 + 3 + 4 + + n

= 1 + (1 + 2 + 3 + + n)

16


18/796

= 1 +n(n + 1)

2

=1

2(n2 + n + 2).

Da bi se odredio broj neogranicenih i broj ogranicenih oblasti, odredimo najpreza koliko se povecava bro j neogranicenih oblasti dodavanjem (k+ 1)-ve prave.Svaki od ona dva neogranicena dela na (k+ 1)-oj pravoj razlaze izvesnu oblastdobijenu razlaganjem prethodnih k pravih na dve neogranicene oblasti, a svakiograniceni deo na (k+1)-o j pravoj razlaze oblast u kojoj se nalazi na dve oblasti,od kojih je jedna istog tipa a druga obavezno ogranicena. Stoga se dodavanjem(k+ 1)-ve prave broj neogranicenih oblasti povecava za dva. Kako je za k = 1broj neogranicenih oblasti1 = 2, onda ce za k = n taj broj iznositi n = 2n.Znamo da je n = n+ n (iz formulacije zadatka). Odatle je

n = n n = 12 (n2 + n+ 2) 2n= 12 (n2 3n + 2).

Svaka od dobijenih oblasti je presek odn poluravni, daklen konveksnih povrsi,pa je samim tim svaka od tih oblasti konveksna.

21. Dokazati da skup koji se sastoji iz konacnog broja od n krugova nekeravni , pri cemu se svaka dva kruga iz tog skupa seku, a niko ja tri i vise neseku u jednoj tacki, razlaze ravan na n2 n + 2 oblasti.

Resenje: Najpre dokazujemo da se dodavanjem (k+ 1)-og kruga skupu odk datih krugova bro j oblasti poveca za 2k. Zaista, s obzirom da (k+ 1)-vi krugsece prvih k krugova u 2k tacaka, 2k tacaka razlaze taj (k+ 1)-vi krug na 2k

delova i svaki od tih delova razlaze neku od oblasti koje su dobijene razlaganjemravni sa prvihk krugova na dve oblasti, tada se dodavanjem (k + 1)-og krugaravni dobija novih 2k oblasti. Stoga, ukupan broj oblasti za k = n iznosi

n= 2 + 2 + 4 + 6 + 8 + + 2(n 1)

= 2 + 2[1 + 2 + 3 + + (n 1)]

= 2 + 2n(n 1)

2

=n2

n + 2

.

22. Ako je l bro j presecnih tacaka svih dijagonala konveksnog poligonaA1, . . . , An, kod kojeg se nikoje tri i vise dijagonala ne seku u jednoj tacki,dokazati da je

17


19/796

l= 1

24n(n 1)(n 2)(n 3)

.

Resenje: Poligon A1 . . . An je konveksan pa se s jedne strane prave odredenedijagonalomA1Ak tog poligona nalazi k 2 temena, a s druge stranen k te-mena. Svaka dijagonala koja spaja dva temena s raznih strana prave A1Ak secedijagonaluA1Ak. Prema tome, dijagonalaA1Ak sece ostale dijagonale poligonaA1 . . . An u (k 2)(n k) tacaka. Odatle sledi da bro jl1 presecnih tacaka svihdijagonala iz temena A1 iznosi

l1 = 1 (n 3) + 2 (n 4) + + (n 3) 1

= 1 (n 1 2) + 2 (n 1 3) + + (n 3)(n 1 (n 2))

= (n 1)(1 + 2 +3 + + (n 3)) (1 2 + 2 3 + 3 4 + + (n 3)(n 2))

= 1

2(n 1)(n 2)(n 3) 1

3(n 1)(n 2)(n 3)

=1

6(n 1)(n 2)(n 3)

.

Kako i dijagonale iz svakog drugog temena seku ostale dijagonale tog poli-gona takode ul1 tacaka i kako se pri tome svaka presecna tacka po javljuje cetiri

puta, imamo da je

l=nl1

4 =

1

24n(n 1)(n 2)(n 3)

.

23. Ako jefnbro j poligonskih povrsi koje se dobijaju razlaganjem konveksnepoligonske povrsi A1, . . . , An njenim dijagonalama, pri cemu se nikoje tri i visedijagonala ne seku u jednoj tacki, dokazati da je

fn = 1

24(n 1)(n 2)(n2 3n + 12)

.

18


20/796

Resenje: S obzirom da je poligonska povrs (A1 . . . An) konveksna, onda je ipoligonska povrs (A1 . . . Ak) za k+ 1 < n takode konveksna. S toga, s jednestrane prave odredene dijagonalom Ak+1Ai nalazi se i 1 temena, a s drugestrane ki temena poligonske povrsi (A1 . . . Ak+1). Dijagonale poligonske povrsi(A1 . . . Ak+1) koje spajaju dva temena s raznih strana prave Ak+1Ai seku di-

jagonalu Ak+1Ai u (i

1)(k

i) tacaka. Te tacke razlazu dijagonalu Ak+1Ai

na (i 1)(k i) + 1 odsecaka. Svaki od tih odsecaka razlaze na dve izvesnu odfk + 1 povrsi koje su dobijene razlaganjem povrsi (A1 . . . Ak+1) dijagonalamakoje ne polaze iz temena Ak+1. Primenjujuci tu osobinu na sve dijagonale kojepolaze iz temena Ak+1, nalazimo da je

fk+1 = fk +1+(21)(k2)+1+(31)(k3)+1+ +((k1)1)(k(k1))+1

=fk+ 1 (k 2) + 2 (k 3) + + (k 2) 1 + k 1

=fk + k( 1 + 2 + 3 +

+ k

2))

(1

2 + 2

3 + 3

4 +

+ (k

2)(k

1))+ k

1

=fk+ 1 +k (k 1)(k 2)

2 k(k 1)(k 2)

3 + k 1

=fk+k (k 1)(k 2)

6 +k 1.

Analogno nalazimo da je

fk = fk1+

(k 1)(k 2)(k 3)

6

+ k

2

...

f4= 3 +3 2 1

6 .

Odatle je

fk+1 = 3 +1

6

[3

2

1 + 4

3

2 +

+ k(k

1)(k

2 ) ] + [ 3 + 4 + 5 +

+ (k

1)]

= 1

24(k+ 1)k(k 1)(k 2) +1

2k(k 1)

.

19


21/796

Prema tome,

fn= 1

24n(n 1)(n 2)(n 3) +1

2(n 1)(n 2)

= 1

24 (n 1)(n 2)(n2 3n + 12).

24. Dokazati da se oblasti dobijene razlaganjem ravni proizvoljnim pravamaa1, . . . , anmogu podeliti na dva skupa tako da svaka oblast pripada samo jednomod tih skupova i da nikoje dve susedne oblasti ne pripadaju istom skupu.

Resenje: Primenicemo metod indukcije. Pretpostavimo da se oblasti na kojeje razlozena ravan sa k pravih a1, . . . , ak mogu podeliti na dva skupa tako dasvaka oblast pripada jednom od tih skupova i da nikoje dve susedne oblasti nepripadaju istom skupu. Pravaak+1razlaze neke od tih oblasti na po dve oblasti.

Slika 19

Slika 20

Podelimo ponovo sve te oblasti na dva skupa tako da sve oblasti s jedne straneprave ak+1 ostanu u istim skupovima, a sve oblasti s druge strane ove pravezamene skupove. Pri tome, svake dve oblasti koje ima ju za jednicku stranicu napravoj ai(i = 1, . . . , k) pripadaju skupovima (jer obe takve oblasti ili menjaju

20


22/796

ili ne menjaju skupove). Saglasno pretpostavci, svake dve oblasti koje imajuzajednicku stranicu na pravoj ak+1 takode pripadaju raznim skupovima. Nataj nacin i oblasti dobijene razlaganjem ravni pravama a1, . . . , ak+1 podeljenesu na dva skupa, pri cemu svaka oblast pripada jednom i samo jednom od tihskupova i nikoje dve susedne oblasti ne pripadaju istom skupu. S obzirom da jeteorema tacna kada je k = 1, ona je tacna i kada je k = n pa je stav dokazan.

25. Dokazati da ne postoji poligonA1 . . . A2n+1 sa neparnim brojem temenakome bi sve stranice sekle izvesnu pravu p.

Resenje: Pretpostavimo suprotno, da postoji poligon A1 . . . A2n+1 s nepar-nim brojem temena kome sve stranice seku izvesnu pravup. StranicaA1A2 secepravup, pa su temena A1i A2s raznih strana pravep; stranicaA2A3 sece pravu

p, pa su temena A2 i A3 takode s raznih strana prave p. Zato su temenaA1 iA3 s iste srane prave p. Stranica A3A4 sece pravu p pa su temena A3 i A4 sraznih strana pravep; stranicaA4A5 sece pravup, pa su temena A4 i A5 takodes raznih strana prave p. Zato su temena A3 i A5, prema tome i temena A1 iA5 s iste strane prave p. Nastavljajuci ovaj postupak, nalazimo da su temenaA1 i A2n+1 s iste strane prave p, pa bi stranica A1A2n+1 kojoj su sve tacke siste strane prave p sekla pravu p, sto je nemouce. Stoga, ne postoji poligon sneparnim brojem temena kome bi sve stranice sekle pravu p.

26. Ako su A, B , Ctri nekolinearne tacke, dokazati da(a) posto ji prava ko ja sece produzenja polupravih AB, B C, AC;(b) ne posto ji prava koja sece produzenja polupravih AB, B C, C A.Resenje: (a) S obzirom da su tackeA, B, Cnekolinearne, one su medu so-

bom razlicite. Iz A =B iB=Csledi (prema jednoj aksiomi) da postoje tackeD i Etakve da je [B A D] i [C B E]. Pri tome su C, D, E tri nekolinearnetacke, a B i A tacke takve da je [C B E] i [B A D], pa prema jednoj aksiomiposto ji tacka Ftakva da je [DF E] i [C A F]. Iz relacije [DF E] sledi da tackeD , E , F pripadaju jednoj pravoj s, a iz relacija [B A D], [C B E] i [C A F]da su tacke D, E, Fna produzenjima polupravih AB,BC,AC. Dakle, postoji

pravas koja sece produzenja polupravih AB,BC,AC.

A

B CE

D

F

Slika 21

(b) Prema dokazanom delu ovog zadatka, svaka pravaskoja sece produzenjapolupravih AB i BC, sece i produzenje poluprave AC. S obzirom da prava s

21


23/796

sece produzenje poluprave AC, ona ne moze seci i produzenje poluprave CA.Prema tome, ne posto ji prava koja sece produzenja polupravih AB, BC, CA.

27. Ako je cetvorougao ABCD konveksan, dokazati da se njegove dijagonaleseku, i obratno, ako se dijagonale cetvorouglaABCD seku, dokazati da je onkonveksan.

Resenje: Ako je cetvorougao konveksan, tacka Cje u konveksnom uglu BAD,a tacka D u konveksnom uglu ABC, prema tome, poluprava AC sece duz B Du neko j tacki O, a poluprava B D sece duzACu neko j tacki O

.

A

B

C

D

O

Slika 22

S obzirom da su AC i BD dve razne prave, one, prema tome i polupraveAC i BD mogu imati najvise jednu zajednicku tacku. Stoga su tacke O i O

istovetne, pa se dijagonale AC i B D cetvorougla ABCD seku u tacki O (Slika22). Obratno, ako se dijagonale AC i BD cetvorougla ABCD seku u nekojtacki O, tacka O je izvan prave AB , tacka C iza O u odnosu na A, a tacka Diza O u odnosu na B , pa su temena C i D sa iste strane prave AB.

Isto tako su temenaD i A sa iste strane praveBC, tacke Ai B sa iste straneprave C D, tacke B i Csa iste strane prave AD. Stoga je cetvorougao ABCDkonveksan.

28. Ako je cetvorougaoABCD konkavan, dokazati da se njegove dijagonalene seku, i obratno, ako se dijagonale cetvorouglaABCD ne seku, dokazati da

je on konkavan.Resenje:

22


24/796

A

B

C

D

Slika 23

Ako bi se dijagonaleACi BD cetvorouglaABCDsekle, prema prethodnomzadatku, cetvorougao ABCD bio bi konveksan, sto je suprotno pretpostavci,

prema tome, dijagonale konkavnog cetvorouglaABCD se ne seku (Slika 23).Obratno, ako bi cetvorougao ABCD bio konveksan, prema prethodnom za-datku, njegove dijagonale bi se sekle, sto je suprotno pretpostavci, prema tome,cetvorougao ABCD kome se dijagonale ne seku je konkavan.

29. Ako duz koja spaja dve unutrasnje tacke naspramnih stranicaAD i BCsece dijagonale AC i BD cetvorougla ABCD, dokazati da se dijagonale togcetvorougla seku, tj. da je taj cetvorougao konveksan.

Resenje:

A

B

C

D

M

N

PQ

O

Slika 24

Uput. Neka su M i Nunutrasnje tacke stranicaAD i B C, aP i Q tacke u

kojima duz M Nsece dijagonale AC i B D. Iz M P N sleduje da su tackeM i N, prema tome i tacke B i D sa raznih strana prave AC. Dakle, duz B Dsece pravu ACu neko j tacki O. Analognim postupkom nazivamo da su tackeA i Csa raznih strana prave B D, pa je O presek dijagonalaAC i B D. Otudasleduje da je cetvorougaoABCD konveksan (sl.24).

23


25/796

30. Dokazati da je kod svakog konveksnog cetvorougla zbir dijagonala veciod zbira bilo kojih dveju naspramnih stranica.

Resenje: Prema zadatku 27 dijagonale AC i BD konveksnog cetvorouglaABCD seku se u nekoj tackiS. Pri tome jeAS+ BS > AB i C S+ DS > CD,pa je

AS+ BS+ CS+ DS > AB+ CD

AC+ BD > AB+ CD.

31. Ako je S presek dijagonala konveksnog cetvorougla ABCD i P proi-zvoljna tacka njegove ravni, dokazati da je

SA +SB + SC+ SD P A + P B+ P C+ P D.

Uputstvo.S obzirom da je

SA + SC P A + P C i SB + SD P B+ P D,

biceSA +SB + SC+ SD P A + P B+ P C+ P D.

Znak jednakosti vazi samo u slucaju kada je

SA + SC= P A + P C i SB + SD = P B+ P D,

tj. kada je tackaPna svakoj od dijagonala AC i BD. No to ce nastupiti samou slucaju kada je tacka Pistovetna s tackom S.

32. Dokazati da je zbir dijagonala konveksnog cetvorougla veci od poluo-bima, a manji od obima tog cetvorougla.

Uputstvo.Dijagonale AC i BD konveksnog cetvorougla ABCD se seku u nekoj tacki S.

Pri tome je

AB < AS+ B S, B C < B S + C S, C D < C S + DS, DA < DS+ AS,

pa je

1

2 (AB+BC+ CD + DA)< AS+ BS+ CS+ DS= AC+ BD.

Da bismo dokazali drugi deo stava koristimo relacije

AC < AB+ BS, AC < CD+ DA, BD < AB+ AD, BD < BC+ CD.

Sabiranjem odgovarajucih strana nalazimo da je

AC+ BD < AB+BC+ CD + DA.

Napomena: poslednja nejednakost vazi i u slucaju kada je cetvorougaoABCDkonkavan.

33. Dokazati da je zbir svih dijagonala konveksnog petougla veci od obimatog petougla.

24


26/796

Uputstvo.Ako je A1A2A3A4A5 konveksan petougao, bice cetvorougli

A2A3A4A5, A3A4A5A1, A4A5A1A2, A5A1A2A3, A1A2A3A4

takode konveksni. Prema poznatom stavu, kod konveksnog cetvorougla zbirdijagonala je veci od zbira bilo kojih dveju njegovih naspramnih stranica, pa je

(slika 25)

A2A4+ A3A5 > A2A3+ A4A5

A3A5+ A4A1 > A3A4+ A5A1

A4A1+ A5A2 > A4A5+ A1A2

A5A2+ A1A3 > A5A1+ A2A3

A1A3+ A2A4 > A1A2+ A3A4

Sabiranjem odgovarajucih strana ovih nejednakosti nalazimo da je

A1A3+ A2A4+ A3A5+ A4A1+ A5A2> A1A2+ A2A3+ A3A4+ A4A5+ A5A1.

A1 A2

A3

A4

A5

Slika 25

34. Ako je P proizvoljna tacka u ravni konveksnog poligona A1 . . . An,dokazati da je

P A1+ P A2+ . . . + P An >1

2 (A1A2+ A2A3+ . . . + AnA1) .

Uputstvo.Iz tro jki tacaka P, A1, A2; P, A2, A3; . . . P , AnA1 respektivno nalazimo da je

P A1+ P A2 A1A2, P A2+ P A3 A2A3, . . . , P An+ P A1 AnA1.

S obzirom da tacka P ne moze biti istovremeno na svim stranicama poligonaA1 . . . An, u svim dobijenim relacijama ne moze istovremeno vaziti znak jedna-kosti, pa je otuda

P A1+ P A2+ . . . + P An >1

2 (A1A2+ A2A3+ . . . + AnA1) .

25


27/796

35. Ako je Pproizvoljna tacka u konveksnom poligonu A1 . . . An, dokazatida je

P A1+ P A2+ . . . + P An CAD, i obrnuto, ako je BAD > CAD, dokazatida je AC > AB.

Uputstvo.Ako je E tacka simetricna s tackom A u odnosu na tacku D, biceABD=ECD, pa je AB = CE i BAD = CE D.

A

B CD

E

Slika 26

Kod trougla AC E jeAC > CE, pa je AEC > CAE, tj. BAD > CAD(slika 26). Drugi deo zadatka dokazuje se indirektnim postupkom.

37. Ako je D bilo koja unutrasnja tacka stranice BC trouglaABC, do-kazati da je AB+ AC BC


28/796

pa jeAB+ AC (BD + CD)< 2AD

i prema tomeAD+ AC BC


29/796

i Hpodnozje visine iz temena A, dokazati da je AEB < AEC, BE < CE,a tackaEizmedu tacakaH i D .

Uputstvo.S obzirom da je AB < AC, izmedu tacaka A i Cpostoji tacka F takva da jeAB= AF. Pri tome je ABE= AF E, pa je AEB = AEF. TackaF je ukonveksnom ugluAEC, pa je AEF < AECi prema tome AEB < AEC.

Iz navedenih podudarnih trouglova takode sleduje da su uglovi ABE iAF Ejednaki, pa su jednaki i njima naporedni ugloviABC i E F C. S obzirom da jeBCA < ABC, kod trougla C EFbice i ECF < EF C, pa je EF < CE,i prema tome BE < CE. S obzirom da je tackaD srediste duzi BC, a F tacka

duzi BC takva da je BE < CE , bice CE > 1

2 BC, tj. CE > CD. Stoga

je tackaE iza tacke D u odnosu na tacku C. UgaoAEB manji je od njemunaporednog ugla AEC, dakle on je ostar, pa je podnozje Hupravne iz A napravoj BC izaEu odnosu na C. S toga je tackaEizmedu tacakaH iD (slika27).

F

A

BCDEH

A

Slika 27

42. Ako suABC iABC dva trougla kod kojih je AB = AB, AC=AC i A > A, dokazati da je BC > B C.

Uputstvo.S obzirom da je A > A u ugluBACpostoji polupravaAD koja sa polupra-vomAB zahvata ugao jednak s uglom B AC (slika 28).

Neka jeD tacka te poluprave takva da je AD= AC. Pri tome je ABD=ABC, pa jeBD= B C. Ako bi tackaDbila na duzi BC, tj. izmedu tacakaBi C, imali bismo da jeBC > BD, i prema tomeBC > BC. Ako tackaDnijena duzi BC, odnosno pravoj BC, ugaoCADsadrzan je u ugluBAC, te njegova

raspolovnica sece duzBCu nekoj tackiS. Pri tome jeASC= ASD, pa jeSC=SD. Kod trougla S BD je B S+ SD > BD, i prema tome BC > BC.

28


30/796

A

CB

D

S

A

B

C

Slika 28

43. Ako suABC iABC dva trougla kod kojih je AB = AB, AC=AC i BC > BC, dokazati da je A > A.

Uputstvo.Uputstvo: Dokaz se izvodi indirektnim postupkom, koristeci prethodni zadatak.

44. Dokazati da su kod trouglaABCstraniceABi ACmedu sobom jednakeako su mu jednake:

(a) tezisne linije B B1 i C C1;

(b) simetraleBB2 i C C2 unutrasnjih uglovaB i C;

(v) visineBB3 i C C3.

Uputstvo.

(a) Dokaz izvodimo indirektno. Zato pretpostavimo da straniceAB i ACnisujednake, vec da je npr. AC > AB. Pri tome je kod trouglova BB1C iCC1B B1BC > C1CB .

29


31/796

A

CB

BC

B1C1

Slika 29

Ako je B tacka iza B1 u odnosu na B takva da je BB1 = B1B i C izatackeC1 u odnosu na Ctakva da je CC1 = C1C, kod trouglova BBC iCCBbiceBC= CB,BB = CCi CBB> BC C, pa jeCB > BC.S obzirom da jeABB1= CB B1 iACC1= BCC1 imamo da jeCB = AB i BC = AC, pa je AB > AC, sto je suprotno pretpostavci.Dakle nijeAC > AB. Istim postupkom dokazuje se da nije ni AB > AC,prema tome bice AB = AC(slika 29);

(b) kao u prethodnom delu, dokaz navedimo indirektno. Neka jeAC > AB, iprema tome B > C. Otud sleduje da u uglu ABB2 postoji polupravaBD takva da je B2BD = ACC2.

A

CB

E

D

B2

C2

Slika 30

30


32/796

Kako je ugao ABB2 konveksan, poluprava BD sece duz AB2 u nekojtacki D. U trougluBC D je CBD > BC D, pa je CD > BD. Otudsleduje da izmedu tacakaCi D postoji tackaEtakva da jeBD= CE. Izpodudarnosti trouglovaBB2D i C EC2 sledi da su saglasni uglovi BDC iC2ECjednaki, pa su prave BD i C2Euporedne. No to je nemoguce, jersu tackeE i C2 sa raznih strana prave B D. Dakle nije AC > AB. Istim

postupkom dokazuje se da nije ni AB > AC, prema tome bice AB = AC(slika 30);

(v) trougloviABB3 i ACC3 su podudarni, pa je AB = AC(slika 31).

A

CB

B3C3

Slika 31

45. Neka su AA1, BB1, CC1 tezisne linije i AA2, BB2, CC2 visine trou-gla

ABC, aAA

1

, BB1

, CC1

tezisne linije i AA2

, BB2

, CC2

visine trouglaABC. Dokazati da su trougloviABC iABC podudarni ako je:

(a) AB= AB, AC= AC, AA1 = AA1;

(b) AB= AB, AC= AC, BB1 = B B1;

(v) AB= AB,A= A, CC2 = CC2;

(g) BC= B C, BB2 = B B2, CC2 = CC2;

(d) BC= B C, AA1= AA1, AA2 = AA2.

Uputstvo.Neka su AA1, BB1, CC1 tezisne linije i AA2, BB2, CC2 visine trougla ABC, a

AA1, BB1, CC1 tezisne linije i AA2, BB2, CC2 visineABC.(a) Neka su D i D tacke simetricne tackama A i A u odnosu na tacke A1 i

A1. Tada su cetvorouglovi ABDC i ABDC paralelogrami (dijagonale

se polove), pa jeAA1B=DA1C iAA1B=DA1C, odnosnoAB = CD i AB = CD. Sad jeACD =ACD, odakle sledi

31


33/796

A1AC= A1A

C. Zatim jeAA1C=AA1C, pa je A1C= A1Ci prema tome BC= B C. Iz jednakostiAB = AB, BC=B C, CA =CA sledi da jeABC= ABC;

(b) iz podudarnosti trouglova ABB1iABB1sledi da je BB1C= B

B1C.

Sad je BB1C= BB1C

, odnosnoBC= B C i prema tome ABC=ABC;

(v) iz podudarnosti trouglova ACC2 i ACC2 sledi da je AC = A

C, pa jeABC= ABC;

(g) trouglovi BBC2iBCC2su podudarni, pa je CB C2 = C

BC2i prematome B = B. Isto tako, trougloviB B2C i BB2C

su podudarni, paje BC B2 = B

CB2 i prema tome C = C. Iz jednakosti BC =

BC,B= B,C= C, sledi da jeABC= ABC;(d) trougloviAA1A2 i A

A1A2 su podudarni, pa je AA1A2 = A

A1A2 i

prema tome AA1B= AA1B

i AA1C= AA1C. Sad je AA1B=

AA1B iAA1C=AA1C, pa je AB = AB i AC = AC. Izjednakosti AB = AB, BC = BC, CA = CA sledi da je

ABC=

ABC.46. Ako su tezisne linije AD i uglovi BAD, CAD trougla ABC jednaki

tezisnoj liniji AD i uglovima B AD, CAD trougla ABC, dokazati da jeABC=ABC.

Uputstvo.

B BC C

A A

D D

E E

32


34/796

Ako je E tacka simetricna tacki A u odnosu na tacku D, a E tacka simetricnatacki A u odnosu na tacku D biceABD = EC D iABD= ECD,pa je BAD = DEC i BAD= DEC (sl. 32).

Pri tome je AEC= AEC, pa jeAC=AC i CE= CE. Uz to je josvazi i C E= AB i CE = AB pa je i AB =AB. Iz jednakosti AB = AB ,AC=AC i A= A sledi da je

ABC=

ABC.

47. Ako je kod trouglovaABC i ABC razlika stranica AB i AC jednakarazlici stranicaAB i AC, stranica BC jednaka stranici BC i tezisna linijaAD jednaka tezisnoj liniji AD, dokazati da jeABC= ABC.

Uputstvo.

B BC C

A A

P P

Uglovi ADB i ADB su jednaki. Zaista, ako bi bilo ADB > ADB,odnosno ADC < ADC, imali bismo kod trouglova ABD i ABD da jeAB > AB, a kod trouglova ACD i ACD da je AC < AC (sl. 33).

Otuda je AB AC > AB AC sto je suprotno pretpostavci, dakle nijeADB > ADB. Analognim postupkom dokazuje se da nije ADB BC. U tom slucaju, izmedu tacakaA i D postoji tacka D takvada je BC = AD. Prema prethodnom zadatku, kod cetvorougla ABCD jeBC D = CD A (sl. 35).

Kako je tacka D u uglu BCD, ugao BC D je manji od ugla BCD te jeugaoC DAmanji od ugla C DA. To je nemoguce, jer je ugao C DA spoljasnji,a ugaoC DA unutrasnji nesussedni ugao trouglaC DD. Dakle nije AD > BC.

Iz istih razloga nije AD < BC, pa je AD = BC. Iz podudarnosti trouglovaABC i BAD sledi da je AC=BD.

50. Ako je kod prostog cetvorouglaABCD A= B i D > C, dokazatida je BC > AD.

Uputstvo.

35


37/796

A

C

D

D

Ako bi bilo BC < AD, izmedu tacaka A i D postojala bi tackaD takva daje BC = AD . Prema zadatku 44, imali bismo kod cetvorouglaABCD da jeADC= BC D. TackaD je u ugluBCD, te je BC D< BC D, i prematome ADC < CDA (sl. 36).

To je nemoguce, jer je ADCspoljasnji, a ugaoCDA unutrasnji nesusedniugao trougla CDD. Dakle nije BC < A D. Ako bi bilo BC = AD, premazadatku 44, imali bismo da je C = D sto je suprotno pretpostavci. Dakle

nije ni B C= AD. Stoga jeBD > AD.51. Ako je kod prostog cetvorouglaABCD A=B i BC AD, dokazati

da je D C.Uputstvo.

36


38/796

A

CD

C

Kako jeBC > AD, izmedu tacaka BiCpostoji tacka Ctakva da jeAD= BC.Pri tome je ADC = ADC,ADC = BCD i BCD = BC D, pa jeD= C (sl. 37).

52. Ako je kod prostog cetvorouglaABCD AD=BC i A B, dokazatida je CD.

Uputstvo.

37


39/796

A

D

C

Prema zadatku 38, kod trouglova BAD i ABC jeBD > AC, a prema zadatku39, kod trouglovaBCD i ADC je C > D (sl. 38).

53. Ako su naspramni uglovi prostog cetvorouglaABCD medu sobom jed-naki, dokazati da su njegove naspramne stranice medu sobom takode jednake.

Uputstvo.

38


40/796

B

D C

D

E

Slika 39

Neka je kod prostog cetvorougla ABCD A = C i B = D. Pored toga,pretpostavimo da uglovi CAD i ACB nisu medu sobom jednaki. Neka jeCAD < ACB . U tom slucaju bice i ACD > CAB , pa u trouglu ACDposto ji i tackaD takva da jeABC= CD A (sl. 39).

Sad je ABC = CD A i CD A > CEA > CDA, pa je ABC >CDA, sto je suprotno pretpostavci. Dakle nije CAD > ACB. Isto tako

nije CAD < ACB , prema tome je CAD = ACB i ACD = CAB .Sad su trouglovi ABC i CDA podudarni, pa je AB = CD i B C= DA.

54. Ako je kod prostog cetvorougla ABCD B=D i ako je O sredistedijagonaleACna dijagonaliBD , dokazati da su kod tog cetvorougla naspramnestranice medu sobom jednake.

Uputstvo.

39


41/796

A B

D

D

O

Slika 40

Tacka D simetricna tacki B u odnosu na O je izmedu tacaka O i D , ili je izaD u odnosu na O ili je istovetna sa D. Ako je D izmedu tacakaO i D, D je utrougluACD , pa je CD A > CDA. Kako je AOB= COD i BOC=DOA. bice AB = CD i BC = DA. Sad jeABC=CD A. pa jeABC= CD Ai prema tome ABC > CDA, sto je suprotno pretpostavci(sl. 40).

Dakle, tacka D nije izmedu tacaka O i D. Istim postupkom se dokazuje datacka D nije iza D u odnosu na O, pa prema tome, Tacka D je istovetna satackom D, pa su naspramne stranice cetvorougla ABCD medu sobom jednake.

55. Ako je kod prostog cetvorouglaABCD zbir stranica AB i BC jednakzbiru stranicaC Di DA i ako je srediste O dijagonaleACtacka dijagonaleBD,dokazati da su kod tog cetvorougla ABCD naspramne stranice medu sobom

jednake.Uputstvo.

40


42/796

A B

D

D

O

Slika 41

Kao u prethodnom primeru, tackaD simetricna tacki B u odnosu na tacku Oje izmedu tacakaO i D, ili je izaD u odnosu na O, ili je istovetna sa D. Ako jeD izmeduO i D, D je u trouglu ACD, te je AC+ CD > AD+ CD (sl. 41).

Kako jeAOB=COD iBOC=DOA bice AB = CD i BC =AD, pa je AB+ BC = AD+ CD. Otuda je AD+ CD > AB+ BC, sto

je suprotno pretpostavci. Dakle, tacka D nije izmedu tacaka O i D. Istim

postupkom dokazuje se se da D nije iza D u odnosu na O. Prema tome, D jeistovetna saD. Otud sledi da je AB = CD i B C= AD.

56. Ako prave odredene stranicama prostog cetvorougla dodiruju neki krugkoji se nalazi u tom cetvorouglu, dokazati da je kod tog cetvorougla zbir dvejunaspramnih stranica jednak zbiru drugih dveju naspramnih stranica.

Uputstvo.

41


43/796

C

D

BA

R

S

P

Q

Slika 42a

U ovom zadatku, potrebno je razlikovati dva slucaja, prvi kada krug k dodirujesve cetiri stranice cetvorougla ABCD (sl. 42(a)) i drugi kada dodiruje samodve stranice i produzenja ostalih dveju (sl. 42(b)). Neka suP,Q,R, iStacke ukojima krugk dodiruje praveAB, BC, C D i DAredom. U prvom slucaju biceAB+CD = AP+BP+CR +DR = AS+BQ +CQ +DS= BC+AD(sl.42(a)).

42


44/796

D

C

A BP

R

QS

Slika 42b

U drugom slucaju bice npr. [AP B], [ASD], [BC Q], [DCR], pa je AB + CD =AP+ BP+ DR CR = AS+ BQ + DS CQ = AD+ BC(sl. 42(b)).

57. Ako su stranice prostog cetvorouglaABCDna tangentnom krugu k kojise nalazi izvan tog cetvorougla, dokazati da je razlika dveju naspramnih stranica

jednaka razlici drugih dveju stranica tog cetvorougla.Uputstvo.

43


45/796

R

QD

A P

S

C

B

Slika 43a

Kao i u prethodnom primeru, potrebno je razlikovati dva slucaja, prvi kadakrug k ne dodiruje ni jednu stranicu, vec produzenja stranica cetvorougla (sl.43(a)) i drugi kada krug k dodiruje dve i produzenja drugih dveju(sl.43(b)).Neka su P, Q, R, Stacke u kojima krug k dodiruje prave AB, B C, CD, DA.U prvom slucaju bice npr. [ABP], [BC Q], [DCR], [ADS], pa je AB CD =BP

DR+ CR = AS

BQ

DS+ CQ = AD

BC (sl. 43(a)).

44


46/796

Q

R

A P

S

C

B

D

Slika 43b

U drugom slucaju bice npr. [ABP], [BC Q], [CE D], [ADS], pa je AB CD =AP BP CR DR = AS BQ CQ DS= AD BC(sl. 43(b)).

58. Ako su stranice slozenog cetvorougla ABCD na tangentama kruga k,dokazati da je razlika dveju naspramnih stranica jednaka razlici drugih dvejustranica tog cetvorougla.

Uputstvo.

45


47/796

PA

S

D R

C

Q

B

Slika 44

U ovom slucaju krug k dodiruje dve naspramne stranice i produzenja drugihdveju. Ako su P, Q, R, Stacke u kojima krug k dodiruje praveAB, B C, C D,DA, bice npr. [ABP], [BQC], [CDR], [DSA], pa je AB CD = AP BPCR + DR= AS BQ CQ + DS= AD BC (sl. 44).

59. Ako jeABCD konveksan cetvorougao kod koga krugovi upisani u tro-uglove ABC i CDA dodiruju dijagonalu AC u istoj tacki, dokazati da se u

cetvorougao ABCD moze upisati krug.Uputstvo.

46


48/796

R

A

Q

P

C

S

T

D

Slika 45

Ako su P, Q, R tacke u kojima krug upisan u trougao ABC dodiruje straniceAB, BC, CA i R, S, T tacke u kojima krug upisan u trougao C DA dodirujestraniceAC, C D, DA, biceAB + CD = AP+ BP+ CS+ SD = AR+ BQ +CR + T D= AT+ T D+ BQ + CQ = AD+ BC (sl. 45).

60. Ako je ABCD konveksan cetvorougao takav da krugovi upisani u trou-glove ABC i C DA dodiruju dijagonaluACu istoj tacki, dokazati da i krugovi

upisani u trouglove ABD i B CDUputstvo.

47


49/796

R

A

Q

P

C

S

T

D

Koristiti prethodni zadatak.61. Ako su A i B dodirne tacke dveju tangenata a i b nekog kruga k sa

sredistem O, a M1 i M2 dodirne tacke drugih dveju tangenata m1 i m2, odkojih prva sece prave a i b u tackama A1 i B1, a druga sece prave a i b utackama A2 iB2,dokazati da su ugloviA1OB1 iA2OB2 jednaki ili suplementnizavisno od toga da li su tackeM1 i M2 na istom ili na raznim lucima AB krugak.

48


50/796

O

M2M1

BA

A1

A2 B1

B2

Slika 46

Uputstvo.

Uputstvo. Uglovi A1OB1 i A2OB2 jednaki su polovini istog ili razlicitihuglova AOB zavisno od toga da li su tacke M1 i M2 na istom ili na raznimlucimaAB kruga k (sl. 46).

62. Dokazati da je poligonA1...An

pravilan ako su sve njegove stranice medu sobom jednake i

n 2

uzastopnih unutrasnjih uglova medu sobom jednaki.

49


51/796

An

A1 A2

An2An1

Slika 47

Uputstvo.

Neka su kod polinoma A1...An sve stranice medu sobom jednake i uzastopniuglovi A1,...,An2 medu sobom jednaki. Da bismo dokazali da je poligonA1...An pravilan, treba da dokazemo da su i preostala dva unutrasnja uglaAn2 i An jednaka s ostalim unutrasnjim uglovima tog poligona.

S obzirom da su kod poligona A1...An1 straniceA1A2,...,A2A3,...,An2An1jednake i ugloviA2, A3,...,An2 jednaki bice A2A1An1 = An2An1A1.TrougaoA1AnAn1 ima jednake stranice A1An i An1An, pa je iAn1A1An = A1An1An.Pri tome je AnA1A2 =A2A1An1+An1A1An i An2An1An= An2An1A1+ A1An1An,pa su kod poligonaA1...An unutrasnji uglovi A1 i An1 medu sobom jednaki.Istim postupkom dokazujemo da su i uglovi An i An2 medu sobom jednaki,pa je poligonA1...An pravilan(sl. 47).

63. Ako jeA1...An

prost poligon s parnim brojem temena cije stranice dodiruju neki krug k sa

sredistem S, dokazati da je (a)

A1A2+ A3A4+ ... + An1An = A2A3+ A4A5+ ...+ AnA1

; (b)

A1SA2+ A3SA4+ ...+ An1SAn = A2SA3+ A4SA5+ ...+ AnSA1

50


52/796

. Uputstvo. Koristiti stav prema kome su odsecci na tangentama iz iste tackena nekom krugu medu sobom jednaki.

64. Dva konveksna n-touglaA1...An i A1...An imaju sve odgovarajuce stra-

nice jednake izuzev stranica A1A2 i A1A

2. Ako su za

= 3, 4,...,n

svi ili samo neki od uglova Aveci od odgovarajucih uglova A, a ostali medu

sobom jednaki, dokazati da je

A1A2 > A1A

2

.

An

A1 A2

A3

Ai

An

A1

A2

Ai

Slika 48

Uputstvo.

Ako je n=3 stav je poznat. Analizirani slucaj kada jen >3, pretpostavlja jucinajpre da je za svakov = 3, 4,...,n Av = Av sem zav = i kada je Ai > A

i

(sl.48). Iz podudarnih poligona A2...Ai i A2...Ai nalazimo da je A2Ai = A

2A

i

i A2AiAi1 = A2AiAi1, a iz podudarnih poligona

AiAi+2...AnA1 i AiAi+1...A

nA

1 da je A1Ai= A

1A

i i

A1AiAi+1 = A1AiA

i+1. S obzirom da su poligoni A1...An i A

1...A

n

konveksni bice Ai= A2AiAi1+ A1AiA2+ A1AiAi+1 iAi = A

2A

iA

i1+ A

1A

iA

2+ A

1A

iA

i+1 te je

51


53/796

A1AiA2 > A1A

iA

2

Kod touglovaA1A2Ai jeA1Ai = A1A

i, A2Ai = A

2A

i i

Ai > Ai, pa jeA1A2 > A

1A

2.

Sad pretpostavimo da je za svakov = 3, 4,...,n Av = Av sem zav = i,j, ...,l

(i < j < ... < l) kada je Ai > Ai,Aj > A

j ,...,Al > A

l. Neka je

A1 ...An poligon kome su stranice jednake odgovarajucim stranicama poligona

A1...An izuzev stranicaA

1A

2 i A

1A

2 , a za v = 3, 4,...,n uglovi A

v i A

v

jednaki sem sto je Ai = Ai, dakle Ai > Ai. Prema dokazanom biceA1A

2 > A

1A

2. Neka je zatim A

1 ...A

n poligon kome su stranice jednake

odgovara jucim stranicama poligona A1 ...An izuzev stranice A

1A

2 , a za

v= 3, 4,...,n uglovi Av i Av jednaki sem sto je A

j = Aj , dakle

Aj > Aj . Prema dokazanom biceA

1 A

2 > A

1A

2 , itd. Otuda je

A1A2 > A1A

2.

65. Dva ravna konveksna n-touglaA1...Ani A1...A

nimaju sve odgovarajuce

stranice jednake izuzev stranicaA1A2 i A1A2, a za

= 3, 4,...,n

ugloviAnisu manji od odgovarajucih uglova A. Ako je

A1A2 > A1A

2

, dokazati da je bar jedan od uglova Aveci od njemu odgovarajuceg ugla A.

An

A1 A2

A3

Ai

An

A1

A2

Ai

Uputstvo.

52


54/796

Uputstvo. Dokaz se moze izvesti indirektnim postupkom, koristeci prethodnizadatak.

66. Dva konveksna n-tougla

A1...An

iA1...A

n

sa jednakim odgovarajucim stranicama nemaju sve jednake odgovarajuce unu-trasnje uglove. Ako temenima n-tougla

A1...An

dodelimo znake plus ili minus zavisno da li su uglovi kod tih temena veci ilimanji od odgovarajucih uglova n-tougla

A1...An

, dokazati da broj promena ovih znakova uzetih redom kod temena

A1,...,An

nije manje od cetiri.

An

A1 A2

AkAn1

Ak+1

M

N

+ +

+

Slika 49

53


55/796

Uputstvo.

S obzirom da svi odgovarajuci uglovi n-touglovaA1...An i A1...A

n nisu jed-

naki, n-tougao A1...An ima temena kojima su dodeljeni znaci plus ili minus.Dokazimo da taj n-tougao ima i temena sa znakom plus i temena sa znakomminus. Pretpostavimo da sva temena n-tougla A1...An raspolazu istim znakom,

npr. plus, sem onih temena kojima nije dodeljen nikakav

znak jer su kod njih uglovi jednaki sa odgovarajucim uglovima n-touglaA1...A

n. Pri tome su kod konveksnih n-touglova A1...An i A

1...A

n

odgovara juce stranice AiAi+1 i AiA

i+1 zai = 1,...,n medusobom jednake a

ugloviAj veci ili jednaki s uglovima Aj za j = 2,...,n 1 pa je prema zadatku

64. AnA1 > AnA

1 , sto je nemoguce jer su ove stranice po pretpostavci takode

jednake. Ovim smo dokazali da sva temena poligona A1...An ne moguraspolagati istim znakom. Stoga postoje promene ovih znakova uzetih redomkod temena A1,...,An. Broj tih promena ne moze biti neparan, jer se polazeciod nekog temena sa znakom plus obilazeci redom ostala temena tog poligonadolazi do istog temena koji ima znak plus. Dokazimo da bro j tih promena nemoze biti jednak dvojci. Ako bi broj promena tih znakova bio jednak dvojci,

bice npr. temena A1,...,Ak sa znakom plus, a temenaAk+1,...,An sa znakomminus. Medu njima moze da bude i temena bez znaka. Neka suM i Nproizvoljne unutrasnje tacke stranica A1An iAkAk+1, aM i N tacke stranicaA1A

n i A

kA

k+1 takve da je A1M=A

1M

i AkN=AkN, i prema tome

M An= MAn i N Ak+1 = NAk+1. Stoga je prema zadatku 64. kod

konveksnih poligonaM A1...AkN i MA1...AkN

MN > MN, a kodkonveksnih poligonaN Ak+1...AnM i NAk+1...A

nM

MN < MN. Dobijenedve nejednakosti su protivrecne, te broj promena uvedenih znakova ne mozebiti jednak dvojci. Ovim smo dokazali da broj promena uvedenih znakovauzetih redom kod temena A1,...,An nije manji od cetiri.

67. Ako od pet komplanarnih tacakaA1, A2, A3, A4, A5 nikoje tri ne pripa-daju jednoj pravoj, dokazati da medu njima postoje cetiri tacke koje predsta-

vljaju temena konveksnog cetvorougla.

54


56/796

A1

A2

M

N

A4

A5

Slika 50

Uputstvo.

Ako medu datim tackama A1,...,A5 nikoje cetiri ne bi odredivale konveksancetvorougao, tada bi dve od tih tacaka bile u trouglu ko ji je odreden ostalimtrima tackama. Neka su npr. tacke A4 i A5 u trouglu A1A2A3 (v. sl. 50).PravaA4A5 sece dve stranice trougla A1A2A3, recimo stranice

A1A2 i A1A3 u tackama M i N. S obzirom da se obe tackeA4 i A5 na-laze s iste strane od prave A2A3 i da prava A4A5 ne sece duz A2A3, tackeA2, A3, A4, A5 odredivale bi konveksan cetvorougao, sto je suprotno pretpo-stavci. Ovim je teorema dokazana.

68. Ako svake cetiri od n komplanarnih tacakaA1...Anpredstavljaju temenakonveksnog cetvorougla, dokazati da za datih n tacaka predstavljaju temenanekog konveksnog n-tougla.

55


57/796

Ak

A1 A2

A3

AiAj

Ak1A4

Ak+1

A2A3

Ai

Aj Ak1

Ak+1

Slika 51

Uputstvo.

Ako je n=4, stav sleduje neposredno. Ako je n >4 dokaz izvodimo indukci-jom. Stoga pretpostavimo da je teorema tacna za k (k 4) tacaka, dokazimoda je ona tacna i za k+1 tacaka. Neka suA1,...,Ak+1 tacke jedne ravni takve dasvake cetiri tacke iz tog skupa odreduju neki konveksan cetvorougao. S obzirom

da je teorema tacna za k takvih tacaka, postoji koveksan poligon od k stranicakome su temena tacke A1,...,Ak. Te tacke prenumerisemo tako da pomenutikonveksni poligon bude A1...Ak. TackaAk+1 ne moze biti u poligonu A1...An.Zaista, ako bi se tackaAk+1 nalazila u njemu,ona bi se nalazila u jednom odtrouglova A1A2A3, A1A3A4,...,A1Ak1Ak, npr. u trougluA1AiAi+1. U tomsluca ju tackeA1, Ai, Ai+1, Ak+1 nepredstavljaju temena konveksnog cetvorougla sto je suprotno pretpostavci. Stogatacka Ak+1 nije u poligonu A1...Ak. TackaAk+1 ne moze biti na tom poligonu,

jer bi u tom slucaju u datom skupu tacaka postojale tri kolinearne tacke, sto jenemoguce. Stoga je tacka Ak+1 izvan poligona A1...Ak.Konstruisimo sve poluprave koje polaze iz tacke Ak+1 a sadrze temena togpoligona. S obzirom da je taj poligon konveksan, a tackaAk+1 izvan njega, ukonstruisanom skupu polupravih postoje dve poluprave, obelezimo ih saAk+1AiiAk+1Aj , koje obrazuju konveksan ugao pri cemu su sve ostale poluprave iz po-menutog skupa u tom uglu.Dokazimo da su Ai i Aj susedna temena poligonaA1...Ak. Ako te tacke ne bi bile susedna temena, postojalo bi najmanje jednoteme Ae tog poligona koje se nalazi u trouglu AiAj Ak+1. U tom slucaju tackeAi, Aj , Ak+1, Ae ne bi predstavljale temena konveksnog cetvorougla, sto je su-

56


58/796

protno pretpostavci. Stoga su Ai i Aj susedna temena poligona A1...Ak pa sui tacke A1,...,Ak+1 temena izvesnog konveksnog poligona. Ovim je teoremadokazana.

69. Dokazati da je zbir dvaju unutrasnjih uglova trougla manja od zbiradvaju pravih uglova.

A

B C

Slika 52

Uputstvo.

Dokazimo da je kod trougla ABC npr. B+C


59/796

A

B C

D

Slika 53

Uputstvo.

Ako obelezimo sa A,B, C temena trougla, sa D srediste stranice AC isa E tacku simetricnu sa B u odnosu na D, bice ABD =CE D, pa jeABD = CE D i BAD = EC D, tj ABE= CE B i BAC= EC A.Pri tome je

ABC+ BC A + CAB = ABE+ EBC+ BCA + CAB =CE B+ EBC+ BC A + ACE= CE B+ EBC+ BC E, pa suzbirovi unutrasnjih uglova trouglova ABC i E BCjednaki. Sem toga, ugao BtrouglaABC jednak je zbiru uglova B iE trouglaE BC, pa je jedan oduglovaE i B trouglaE BCbar dva puta manji od ugla B trouglaABC. Stogasu E, B , C temena1 koji ima navedene osobine (sl. 53).

71. Dokazati da zbir unutrasnjih uglova trougla ne moze biti veci od zbiradvaju pravih uglova.

58


60/796

B B1 B2 Bn1 Bn

A A1 An1

Slika 54

Uputstvo.

Prvi nacin. Pretpostavimo naprotiv da postoji trougao kod koga je zbirSunutrasnjih uglova veci od zbira dva prava ugla, tj. da je S = 2R+, gde

je R prav a bilo koji ugao. Prema prethodnom zadatku, postoji trougao1kod koga je zbir S1 unutrasnjih uglova jednak zbiru S unutrasnjih uglova tro-

ugla, a jedan njegov unutrasnji ugao 1, bar dvaput manji od naznacenogunutrasnjeg ugla , zatim postoji trougao2 kod koga je zbir S2 unutrasnjihuglova jednak zbiruS1unutrasnjih uglova trougla 1, a jedan njegov unutrasnjiugao2 bar dvaput manji od unutrasnjeg ugla 1 trougla 1. Nastavlja juci ta jpostupak, zakljucujemo da postoji trougao n kod koga je zbir Sn unutrasnjihuglova jednak zbiruSn1 unutrasnjih uglova trougla n1, a jedan njegov ugaon bar dvaput manji od ugla n1 trouglan1. Stoga je takodeSn=2R+i n 12n . Ako broj n izaberemo tako veliki da je 12n < , bice timpre n < . U tom slucaju bice zbir ostala dva ugla trouglan veci od zbiradvaju pravih uglova, sto je protivrecno sa zadatkom 69. Otuda sleduje da zbirunutrasnjih uglova trougla ne moze biti veci od zbira dvaju pravih uglova.

Drugi nacin. Naprotiv,neka postoji trougaoABB1 kome je zbir unutrasnjihuglova veci od zbira dvaju pravih uglova. Na polupravoj B B1 odredimo tackeB2,...,Bn takve da je [BB1B2...Bn] i BB1 = B1B2 = ... = Bn1Bn (sl. 54),zatim s one strane praveBB1 s koje jeA odredimo tacke A1,...,An1 takve da

jeABB1= A1B1B2=...= An1Bn2Bn. Pri tome jeAA1B1=...=An2An1Bn1 pa je AA1 = A1A2 = ... = An2An1. Zatim je BAB1 >

59


61/796

A1B1A, pa iz trouglova ABB1 i A1B1A sledi da je BB1 > AA1. Pri tomeje BA + AA1 + ... + An2An1 +An1Bn > BBn tj. n (BB1 AA1) AA1, biceBB1AA1 > 0, pa izvedenanejednakost protivreci Arhimedovoj aksiomi neprekidnosti. Otud sleduje da zbirunutrasnjih uglova trougla ne moze biti veci od zbira dvaju pravih uglova.

72. Dokazati da zbir unutrasnjih uglova prostog ravnog n-tougla ne moze

biti veci od zbira (2n 4) pravih uglova. Prema poznatoj teoremi, unutrasnjimdijagonalama moze se povrs ogranicena tim poligonom razloziti na n 2 trou-gaonih povrsi kojima unutrasnji uglovi sacinjavaju unutrasnje uglove n-to ugla.S obzirom da ne postoji trougao kome je zbir unutrasnjih uglova veci od zbiradvaju pravih uglova, ne moze zbir unutrasnjih uglova svih dobijenih trouglovabiti veci od zbira (2n 4) pravih uglova. Stoga, ne moze ni zbir unutrasnjihuglova prostog ravnog n-tougla biti veci od zbira (2n 4) pravih uglova.

73. Ako suM i N dve razne tacke jednog kraka ostrog ugla X OY , a M

i N upravne projekcije tih tacaka na drugom kraku i ako je tackaM izmedutacaka O i N, dokazati da je (a) OM M ON N; (b)M M N N.

N

O N

M

M

N

x

y

Slika 55

Uputstvo.

(a)Kod konveksnog cetvorougla MNN Munutrasnji ugloviMi Nsu pravi,te zbir druga dva unutrasnja ugla Mi Nnije veci od zbira dva prava ugla. Otudasleduje da spoljasnji ugaoOM M kod temenaMnije manji od unutrasnjeg uglan-tog cetvorougla, tj. da je OM M ON N (sl. 55).

60


62/796

(b)S obzirom da je ugaoOM Mostar, njegov naporedni ugaoMM Nje tup.Neka je N tacka polupraveNN takva da je M N=NN. Unutrasnji ugloviM i N konveksnog cetvorouglaMNNM su pravi, a stanice MM i NN

jednake, pa jednaki unutrasnji uglovi kod temena M i N nisu tupi. Otudasleduje da je poluprava M N u konveksnom uglu MM N, i prema tome da jetacka N izmedu tacakaN i N. Stoga je NN N N, tj. MMN M.

74. Ako jeC podnozje visine iz temena Cpravog ugla trougla ABC, doka-zati da je ACC ABC.

A

B C

C

D

D

Slika 56

Uputstvo.

Neka su D i D tacke polupravih AC i AB takve da jeAD=AB iAD=AC.Pri tome jeABC=ADD, pa je ABC = ADD, a ugao D, C i Dna jednom kraku ostrog ugla A trouglaABC, a C i D upravne projekcije tihtacaka na drugom kraku tog ugla i pri tome tackaCizmedu tacakaA i D, pa jeprema prethodnom zadatku ACC ADD, i prema tome ACC ABC(sl. 56).

75. Dokazati da manjoj visini trougla odgovara veca stranica, i obrnuto, damanjoj stranici trougla odgovara veca visina.

61


63/796

A

B C

B

C

D

D

Slika 57

Uputstvo.

Neka je kod trougla ABC visina BB manja od visine CC; dokazimo daje AC > AB. Ako obelezimo sa D i D tacke polupravih AC i AB tako da jeAB = AD i AB = AD, biceABB=ADD, pa je BB = DD, a ugaoD prav. Ako bi bilo AC < AB, tacka D bi bila iza Cu odnosu na A, pa bi

prema zadatku 65, kod cetvorouglaCDDC bilo DD > CC, i prema tomeBB > CC, sto je suprotno pretpostavci. Ako bi bilo AC=AB, tacke C i Dbile bi istovetne, a duziCCi DD jednake, sto je takode suprotno pretpostavci.Dak

76. Ako neka prava s kroz srediste P osnovice BC jednakokrakog trouglaABCsece prave AC iAB u tackama Q i R takvim da je tackaPizmedu tacakaQ i R, dokazati da je QR = BC.

Uputstvo.

Ako je prava s razlicita od prave B C, ona ne sadrzi ni jedno teme trouglaABC. U tom slucaju pravassece stranicuBCtrouglaABC, te prema Pasovomstavu, ona sece jos jednu njegovu stranicu, npr. AC. Pri tome je [AQC] i [ABR].Spoljasnji ugaoP BR trouglaABCveci je od unutrasnjeg uglaP CQ, pa u ugluP BR postoji poluprava BD takva da je /anglePCQ = /anglePBD. Kako

je ugao P BR konveksan, poluprava BD sece duz P R u neko j tacki D, pa jeP R > P D. Iz podudarnosti trouglovaP BD i P CQ sledi da je P D = P Q, pa

je P R > P Q. Ako zatim obelezimo sa Q i R podnozja upravnih iz tacaka

62


64/796

Q i R na pravoj BC, bice RR > QQ, pa je kod trouglova BRR i CQQ

BR> CQ, i prema tomeQR> BC. IzQR > QR iQR > BC, sledi da jeQR > BC. Ukljucujuci I slucaj kada je pravas istovetna s pravomBC, imamoda je QR = BC (sl. 58).

A

B

CP

Q

R

R

Q

s D

Sl. 58

77. Dokazati da je simetrala jedne stranice trougla upravna na pravoj kojaje odredena sredistima drugih dveju stranica tog trougla.

Uputstvo.

Obelezimo sa P, Q, R sredista stranica B C, CA, AB trougla ABC, sa A,B, C podnozja upravnih iz tacakaA, B , Cna pravojQR i saSsrediste duziBC. Pri tome je

AAR = BB Ri

AAQ = BB Q

, pa je AA = BB i AA = CC, i prema tome B B= CC. Sad je

SB B= SC C

, pa je B S= CS. Zatim je

SP B= SP C

63


65/796

pa jeSP B= SP C

S obzirom da su uglovi S P B iS P Cnaporedni i jednaki, oni su pravi, daklebiceS P?BC. Stoga je prava S P simetrala straniceB C. Iz

SB B

=

SC C

iSP B= SP C

sledi i takode da jeBS B = CS C

iBSP = CS P

. No tacka B je u uglu B SP, a tacka Cu uglu C SP, pa je

BSP = CSP

S obzirom da su uglovi BSP i CSP jednaki i naporedni, oni su pravi, pa jeSP BC, tj. SP QR (sl. 59).

A

B CP

QR AB CS

Sl. 59

78. Ako suA, B, C tri razne tacke neke prave l i A, B, C istim redomtacke neke druge prave l takve da je AB = AB i BC = BC, dokazati da

64


66/796

sredistaP, Q, R duzi AA, BB , C C pripadaju jednoj pravoj ili se poklapaju(Teorema Hjelmsleva).

Uputstvo.

Obelezimo sa B i C tacke simetricne s tackama B i Cu odnosu na tacku

P. S obzirom da su tacke A, B, C kolinearne, i njima centralno simetricnetacke A, B, C su kolinearne i na isti nacin rasporedene. Sem toga, duziAB i BCrespektivno su jednake sa duzima AB i BC, te su i duzi AB iBC respektivno jednake sa duzima AB i B C. Stoga su trouglovi ABB iACC jednakokraki sa zajednickim uglom pri vrhuA, te su im simetrale stra-niceB B iCC istovetne. Prema prethodno j teoremi ta za jednicka simetraladuzi BB i CC upravna je na srednjoj liniji P Q trougla BB B i srednjojliniji P R trougla CCC. S obzirom da postoji samo jedna prava koja sadrzitacku P i upravna je na toj simetrali, bice prave P Q i P R istovetne. StogatackeP,Q, R pripadaju jednoj pravoj (sl. 60).

A

CB

A

P

B

C B

Q

C

R

l

l

Sl. 60

79. Ako sve tacke konacnog skupa tacaka ne pripadaju jednoj pravoj, doka-

zati da posto ji prava ko ja sadrzi samo dve tacke tog skupa tacaka.

Uputstvo.

U konacnom skupu tacaka koji ne pripada jednoj pravoj postoje tri tackeA,B, C takve da je odstojanje jedne od njih, npr. tackeA, od prave p odredene

65


67/796

ostalim dvema tackama B i C, najmanje. Prava p sadrzi samo dve tacke B iCdatog skupa tacaka. Zaista ako bi prava p pored tacakaB i C sadrzala josneku tackuD iz ovog skupa, bar dve od tacakaB ,C, D, npr. C i D bi ce s istestrane podnozja Nupravne iz tacke A na pravoj p. Pri tome je npr. tackaCizmedu tacakaN iD. Ako obelezimo saC i N podnozja upravnih iz tacaka Ci Nna pravoj AD, bice C C < N N < AN, pa je odstojanje tackeCod prve

AD manje od odsto janja tackeA od prave B C, sto je nemoguce. Stoga pravap sadrzi samo dve tacke B i Cdatog skupa tacaka (sl.61).

A

B C DN

N

C

p

Sl. 61

Napomena. Moze se dokazati da takvih pravih ima vise. Stavise L,M. Keli

i V.O. Mozer su dokazali da broj takvih pravih nije manji od3m

7 , gde je m broj

tacaka datog skupa.80. Ako svaka prava odredena dvema tackama nekog konacnog skupa od n

tacaka sadrzi najmanje jos jednu tacku tog skupa, dokazati da svih n tacaka togskupa pripadaju jednoj pravoj.

Uputstvo.

Pretpostavimo da svih n tacaka datog skupa ne pripadaju jednoj pravoj.Pri tome, u datom skupu postoje takve tri tackeA,B ,Cda je odstojanje jedneod njih, npr. tacke A, od prave p odredeno drugim dvema tackama na jmanje.Pravap sadrzi pored tacakaB i Cbar jos jednu tacku D datog skupa. Neka

jeNpodnozje upravne iz tacke A na pravoj p. Od tri tacke B , C, D , dve su s

66


68/796

iste strane tacke N, npr. C i D. Neka je tackaC izmedu tacakaN i D. Akoobelezimo sa C iN podnozja upravnih iz tacakaC iNna pravojAD, imamoda je CC N N < AN, pa je odstojanje tacke C od prave AD manje ododsto janja tackeA od prveBC, sto je nemoguce. S toga sve tacke datog skupapripadaju jednoj pravoj (sl. 62).

A

B CN D

N

C

Sl. 62

Napomena. Ovaj se stav moze dokazati i indirektnim postupkom koristeciprethodni zadatak.

81. Ako je u ravni dat konacan skup od n pravih pri cemu se svake dve odtih pravih seku u tacki ko ja pripada bar jos jedno j pravo j iz tog skupa, dokazatida se svih n datih pravih seku u jedno j tacki.

Uputstvo.

Pretpostavimo da se sve prave datog skupa ne seku u jednoj tacki; drugimrecima pretpostavimo da u datom skupu postoji prava p koja ne sadrzi svepresecne tacke ostalih pravih tog skupa. Neka je A ona od tih tacaka kojo j jeodstojanje od pravep najmanje; ako takvih tacaka ima vise, neka jeA bilo koja

od njih. Saglasno pretpostavci, u datom skupu postoje najvise tri prave kojesadrze tacku A, neka one seku pravu p u tackama, recimo B , C, D. Jedna odtacaka B, C, D je izmedu ostalih dveju, neka je npr. tackaD izmedu tacakaBi C. Sem pravihAD i BCu datom skupu postoji bar jos jedna prava recimos, koja sadrzi tacku D. Prava s ne sadrzi ni jedno teme trougla ABC, a secestranicu B Cu tacki D, te prema Pasovom stavu, mora seci jos jednu stranicu

67


69/796

tog trougla, npr. stranicuACu neko j tacki E. Pri tome je odstojanje tackeEod pravepmanje od odsto janja tackeAod pravep, sto je suprotno pretpostavci.Stoga u datom skupu ne posto ji prava koja ne sadrzi sve presecne tacke ostalihpravih tog skupa, prema tome sve prave datog skupa seku se u jednoj tacki (sl.63).

A

B C

p

D

E

s

Sl. 63

68


70/796

2 PARALELNOST

2.1 Paralelnost pravih

U ovom clanu svrstani su zadaci za cije je resavanje neophodno pretpostavitida je uvedena aksioma paralelnosti euklidske geometrije i da su izvedene osnovne

teoreme koje iz nje proizilaze. To je pre svega stav o zbiru unutrasnjih uglovapoligona, stav prema kome je u

dragomir lopandić

Documents