konusni preseci - rvukovic.netrvukovic.net/teka/konike.pdf · 3.2.3 unutra upisani krug ... ovo...

Konusni preseci

Rastko Vukovic

Copyright c© 2014 Rastko VukovicCREATED FOR ARCHIMEDES BANJA LUKA

ELEMENAT.COM

Licensed under the Creative Commons Attribution-NonCommercial 3.0 Unported License(the “License”). You may obtain a copy of the License at http://creativecommons.org/licenses/by-nc/3.0.First edition, March 2015

Sadržaj

1 Osnovne osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1 Istorijat 7

1.2 Definicije 8

1.3 Dandelinove sfere 9

1.4 Konstrukcije 11

1.5 Dekartov sistem 14

1.6 Polarni sistem 19

2 Klasicne osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.1 Opticke osobine konika 232.1.1 Optika parabole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.1.2 Optika elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.1.3 Optika hiperbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2 Invarijante krivih II reda 312.2.1 Fokus i direktrisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2.2 Tangente i polara . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.2.3 Kružnica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.2.4 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3 Analiticka geometrija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.1 Komutatori 493.1.1 Komutator tacaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.1.2 Komutator duži . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.1.3 Jednacine prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.1.4 Vektorsko množenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3.2 Trougao 633.2.1 Simetrale uglova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.2.2 Upisani krugovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.2.3 Unutra upisani krug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.2.4 Vani upisani krugovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.2.5 Poluprecnici upisanih krugova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.2.6 Težište . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.2.7 Centar opisanog kruga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.2.8 Ortocentar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.2.9 Ojlerova prava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.3 Triangulacija 903.3.1 Triangulacija temenima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 903.3.2 Triangulacija stranicama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.3.3 Linearni sistem 2D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.3.4 Centar devet-tacaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 943.3.5 Trilineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3.4 Projektivna ravan 1033.4.1 Nacrtna geometrija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043.4.2 Papusova teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.4.3 Homogene koordinate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1143.4.4 Dvorazmera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1183.4.5 Princip dualnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

3.5 Super konike 1293.5.1 Lameove krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

Index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

5

PredgovorKoreni izucavanja konusnih presjeka vuku se još iz antickog doba. Vec zbog toga bismo mogliocekivati da su elipse, parabole i hiperbole jedna završena prica matematike i njenih primena,a sa druge strane, da je o toj temi pisano više nego dovoljno pre svega na našem jeziku. Takonekako vam kažu kada pocnete sakupljati tekstove za ovakvu knjigu.

Zato sam citavu temu koncipirao za nivo poznavanja matematike u srednoj školi, sa retkimizletima na viši nivo. Medutim, to ne znaci da su dokazi uvek trivijalni. Setimo se samo Gausa(Karl Fridrih Gaus, 1777 - 1855), poznatog kao “princ matematike”, a narocitog po genijalnimdoprinosima iz elementarne matematike, koji je jednom prilikom na margini napisao da jearitmetika za njega preteška. Ako niste profesionalni matematicar, retko cete u višoj matematicisretati dokaze tako naporne kao što mogu biti oni koje ste vidali u elementarnoj.

Dakle, pored poznatih dokaza od kojih nisam bežao, radi kompletnosti izlaganja gradiva,ovde su i prikazi manje-više tipicnih zadatak za bolje srednjoškolce. Medutim, ovo nije zbirkazadataka ako vec jeste zbirka dokaza.

Slažuci priloge, vremenom se pokazalo da ta stara matematika konika veoma lako izlazi izokvira elementarne i meša se sa višom, a zatim i sa drugim oblastima savremene matematike. Naprimer, upotrebom analiticke geometrije, konike odjednom postaju krive drugog reda sa nekimsvojim narocitostima, a zatim lako ulazimo u projektivnu geometriju sa novim posledicama,stalno jedva odolevajuci ubacivanju vlastitih ideja sa neocekivanim raspletima. Otuda proširenjeteme sa dopunjavanjem i kompletiranjem dokaza.

Pokazalo se da je malo od dokaza uopšte pisano na ovom, srpskom jeziku. Za neke oddokaza znam (verujem) da postoje negde u nekoj stranoj literaturi, ali ih nisam uspevao naciuprkos pažljive pretrage interneta pa i ucestvovanja na nekoliko matematickih foruma na nivouna engleskom. Takvi su na primer, dokaz o polu i polari za opšti oblik krive drugog reda (teorema2.2.2) koji sam morao sam osmišljavati, ili neka predstavljanja (inace poznatih) znacajnihtacaka trougla pomocu koordinata temena trougla. Mislim da je nova i citava oblast analitickegeometrije, ovde pod nazivom komutatori. Nadam se da slicni izleti nece narušiti ciljani klasicniduh teorije konusnih preseka.

Rastko Vukovic,Banja Luka, 2015.

IstorijatDefinicijeDandelinove sfereKonstrukcijeDekartov sistemPolarni sistem

1 — Osnovne osobine

Definisacemo koniku kao sinonim za konusni presek, odnosno kao presek šuplje kupe, saravninom. Upoznacemo se sa osnovnim osobinama parabole, elipse i hiperbole, koje su centralnomesto ove teorije, jedne od najstarijih i možda najljepših oblasti matematike.

1.1 IstorijatIstraživanje konusnih preseka spada medu najstarije u matematici. Izleda da ih je okrio Menehmo(Menaechmus, oko 375 - 325. g.p.n.e.), tutor Aleksandra Velikog. Upotrebio ih je u pokušajurešavanja tri famozna problema konstruktivne geometrije: kvadratura kruga, trisekcija ugla,udvostrucavanje kocke. To su problemi koji su se vukli nerešeni kroz istoriju matematike svedo 19. veka kada je dokazano da je nemoguce njihovo rešenje upotrebom samo šestara i lenjirabez podele. Konike su tada po prvi put definisane kao preseci uspravnog kružnog konusa, tj.uspravne kružne kupe i ravni.

Smatra se da se konusnim presecima bavio i Euklid (325 - 256. g.p.n.e), ali su njegovi radovio ovoj temi izgubljeni. Konike, a narocito parabolu proucavao je i Arhimed (287 - 212. g.p.n.e.).

Apolon (Appollonius, oko 262 - 190 g.p.n.e.) je razradio prethodne rezultate o konikama umonografiji “Konusni preseci”, koja je sadržavala osam knjiga sa 787 stavova. Apolonije je bioprvi koji je dao osnove teorije o sve tri konike na kružnom, uspravnom ili kosom konusu. On je itaj koji je dao imena: elipsa, parabola i hiperbola.

Perzijski matematicar, fizicar i astronom Al-Kuh iz Bagdada, u 10. veku je napravioinstrument za crtanje konusnih preseka. Jedan drugi perzijski matematicar Omar Hajam (1048- 1131), koji je bio i astronom, filozof, poeta i poliglota, preveo je Apolonijev rad na arapski,tehnicki jezik tog vremena. Do danas je preživela samo ta verzija Apolonijevog dela.

Mnogo kasnije, konike su u matematici dobijale na znacaju u Renesansi, otkricem Keplerovihzakona kretanja planeta, Dekartove i Fermatove koordinatne geometrije. Proucavanje konika jenarocito ubrzano nakon nastanka projektivne geometrije pokrenutog od strane Dezarga, La Hireai Paskala.

U drugoj polovini 17. veka, Isak Njutn je otkrio da su i orbite nebeskih tela konusni preseci.Danas znamo za kružne zupcanike koji pokrecu mašine, za parabolicne tanjiraste antene i faroveautomobila. Cisterne i eho lokatori koriste osobine hiperbola. Zapravo, konike su svugde okonas.

8 Osnovne osobine

1.2 DefinicijeDefinicija 1.2.1 — Konika. Dati su pozitivan realan broj ε koji se naziva ekscentricitet,tacka F koja se naziva fokus ili žiža i prava d koja se naziva direktrisa. U ravni fokusa idirektrise, geometrijsko mesto tacaka T za koje je odnos udaljenosti rF = T F tacke T odfokusa i rd = T d tacke T od direktrise jednak datom broju, tj. rF : rd = ε , naziva se konika.Pri tome, ako je:

ε = 1 koniku nazivamo parabola, (1.1)

ε < 1 koniku nazivamo elipsa, (1.2)

ε > 1 koniku nazivamo hiperbola. (1.3)

Na slici 1.1 tacka D ∈ d tako da je duž TD okomita na direktrisu, tj. T D⊥ d. Iz definicijeneposredno sledi da je normala iz fokusa na direktrisu osa simetrije konike. Nazivi konika,parabola (παραβoλη - jednako, taman), elipsa (ελλειψιζ - manjak, podbacaj) i hiperbola(υπερoλλη - višak, prebacaj), su iz grckog jezika.

Slika 1.1: Za dato ε > 0 važi rF : rd = ε .

Polazeci od definicije 1.2.1 može se dokazati (v. teoremu 1.3.1) da je konika upravo onakriva koja se dobija presekom uspravnog kružnog konusa sa ravninom. Kupa i konus su sinonimi.Medutim, moguce je i obratno, možemo uzeti konusni presek za definiciju, pa pokazati ispravnostdefinicije 1.2.1 konike.

Slika 1.2: U preseku su: parabola, elipsa i hiperbola

1.3 Dandelinove sfere 9

Kada je ravnina paralelna sa izvodnicom kupe presek je parabola, kada je okomita presek jekružnica. Kada je konika zatvorena kriva onda je ona elipsa. Kružnica je poseban slucaj elipse.Kada je presecna ravan paralelna sa osom simetrije kupe, presek je hiperbola. Tim redom sukonusni preseci prikazani na slici1 1.2.

1.3 Dandelinove sfere

Matematicar Dandelin (Germinal Pierre Dandelin, 1794 - 1847) je 1822. godine pomocu sferaupisanih u konus otkrio jedan interesantan dokaz, da su preseci konusa i ravni parabola, elipsa ihiperbola.

Teorema 1.3.1 — Dandelin. Linija preseka pravog kružnog konusa i ravni je konika.

Dokaz. Upišemo sferu σ unutar konusa κ i ravni preseka π . Tacka dodira sfere i ravni je fokus F.Direktrisa d je prava po kojoj se seku presecna ravan π i ravan kojoj pripada tangentna kružnicaτ , tj. ravan kojoj pripada kružna linija dodira sfere σ i konusa κ . Neka je T proizvoljna tackakonusnog preseka. Pokazacemo da je odnos rastojanja rF : rd = ε , gde je ε > 0, a rF = T F ird = T d su rastojanja od tacke T do fokusa i direktrise. Dokaz je zajednicki za sve tri konike, zaparabolu, elipsu i hiperbolu.

1. T ∈ κ ∩π . Upisana sfera tangira konus po kružnici k = σ ∩κ i dodiruje ravan π u tacki F.Direktrisa je presek ravni kružnice i presecne ravni d = τ ∩σ .

2. Prava kroz tacku T koja je paralelna osi konusa sece ravan τ kružnice k u tacki A.3. Presek izvodnice kroz tacku T i kružnice k je tacka B.4. Odsecak TD je normala (okomica) iz tacke T u tacku D na direktrisi d.5. Ugao izmedu izvodnice i tangentne ravni τ je α , a ugao izmedu presecne ravni π i

tangentne ravni je β .Tangentni odsecci TB i TF na sferu iz iste tacke T su jednaki, tj. T B = T F . Iz trougla TABdobijamo TA = T B · sinα . Iz trougla TAD dobijamo TA = T D · sinβ . Iz prethodne tri jednakostisledi T B · sinα = T D · sinβ , T F · sinα = T D · sinβ , te T F : T D = sinβ : sinα . �

Pogledajmo ovaj dokaz još jednom, korak po korak, na primerima parabole, elipse i hiperbole.

� Primer 1.1 Na slici 1.3 ravan π sece konus κ paralelno jednoj izvodnici. U prostor izmeduravni i konusa upisana je sfera σ . Dodirna tacka ravni preseka i sfere je fokus F, a linija presekatangentne ravni τ kojoj pripada tangentna kružnica dodira konusa i sfere i presecne ravni π jedirektrisa d.

Slika 1.3: Konusni presek je parabola

1wikipedia

10 Osnovne osobine

Izvodnica konusa (hipotenuza TB trougla TAB) je pod uglom α sa tangentnom ravni τ , aravnine τ i π zaklapaju ugao β , oštar ugao pravouglog trougla TAD. Uglovi su jednaki α = β jersu to u oba slucaja uglovi izvodnice konusa i tangentne ravni τ . Prema tome je ε = sinβ

sinα= 1.

Otuda T F : T d = T B : T D = (TA/sinα) : (TA/sinβ ) = 1. �

� Primer 1.2 Provjerimo Dandelinov dokaz za elipsu i dokažimo da elipsa ima dva fokusa sadve odgovarajuce direktrise a sa jednakim ekscentricitetima.

Na slici 1.4 ravan π potpuno preseca konus κ tako da je presecna kriva zatvorena. Zato jemoguce upisati dve sfere, manju i vecu, koje dodiruju presecnu ravan u dve tacke, fokuse F1 i F2redom. Otuda dve tangentne kružnice, koje definišu dve paralelne tangentne ravni τ1 i τ2. Obetangentne ravni sa presecnom ravni zaklapaju ugao β koji je manji od ugla α , tj. ugla izvodnicei tangentne ravni. Iz β < α sledi sinβ < sinα , te ε = sinβ

sinα< 1. To je ekscentricitet elipse.

Slika 1.4: Konusni presek je elipsa

Zato što paralelne tangentne ravni τ1||τ2 zaklapaju jednake uglove (β ) sa presecnom ravni π

i jednake uglove (α) sa izvodnicama bice jednaki i odgovarajuci ekscentriciteti (ε1 = ε2). Zatimnalazimo da su jednake i udaljenosti fokusa od odgovarajucih direktrisa (F1D1 = F2D2) te da jeelipsa osno simetricna i u odnosu na pravu okomitu na duž F1F2 u njenom središtu. Elipsa jezatvorena kriva sa fokusima unutra i direktrisama izvana. �

� Primer 1.3 Kosi presek valjka (v. sliku 1.5) opet je elipsa. Ispravnost poklapanja presekakonusa i cilindra, na slici levo, može se dokazati takode pomocu Dandelinovih sfera. Sada jeα = 90◦, a ugao β je kao i u prethodnom primeru - ugao izmedu presecne ravni (cilindra) itangentne ravni u kojoj leži kružnica po kojoj se cilindar i sfera dodiruju.

Slika 1.5: Kosi presek cilindra je elipsa

Medutim, desno vidimo još nešto, da je zbir udaljenosti tacke T elipse do fokusa F1 i

1.4 Konstrukcije 11

F2 konstantan i da je ta konstanta jednaka udaljenosti izmedu direktrisa. Ova osobina elipse(T F1 +T F2 = const.) se cesto koristi kao njena definicija. �

� Primer 1.4 Na slici 1.6 se može provjeriti Dandelinov dokaz za hiperbolu. Ravan π presecakonus κ pod uglom β vecim od ugla α kojim (takode paralelne) tangnentne ravni presecajuizvodnicu. Otuda ε = sinβ : sinα > 1, a to je ekscentricitet hiperbole.

Slika 1.6: Konusni presek je hiperbola

Kao i kod elipse, lako nalazimo da i hiperbola ima dva fokusa, dve odgovarajuce direktrise sazajednickim ekscentricitetom. To je otvorena dvograna kriva, sa osom simetrije koja ide okomitona duž koja spaja njene fokuse. �

1.4 KonstrukcijePrema definiciji 1.2.1 parabola je skup svih tacaka T u ravni koje su jednako udaljene odjedne fiksne tacke F te ravni i van nje jedne stalne prave d. Na slici 1.7 levo, te udaljenosti suT F = T D = r. Da bismo konstruisali parabolu, uzmimo pravougli trougao i konac proizvoljnedužine DL = l. Jedna kateta pravouglog trougla treba da klizi pravom d, a na drugoj u tacki L jefiksiran jedan kraj konca. Drugi kraj konca je fiksiran u tacki F, dok konac zatežemo olovkom utacki T.

Slika 1.7: Konstrukcija parabole

Lema 1.4.1 Za tacke unutar parabole udaljenost do fokusa je kraca od udaljenosti do direktrise,a za tacke izvan parabole je obratno.

Dokaz. Neka je D projekcija tacke X na direktrisu, T presek XD sa parabolom i F fokus parabole,kao na slici 1.7 desno. Po definiciji parabole je FT = T D. Ako je X unutar parabole, tada je

12 Osnovne osobine

XD = XT +T D. Iz nejednakosti trougla FX < FT +T X = T D+T X = XD. Time je dokazanotvrdenje leme u jednom smjeru.

Dokažimo obratno tvrdenje. Ako su X i parabola na razlicitim stranama direktrise, tadaje tvrdenje ocigledno. Neka je X ′ izvan parabole ali sa iste strane direktrise. Tada je T ′D′ =T ′X ′+X ′T ′, pa iz nejednakosti trougla FX ′+X ′T ′ > FT ′ = T ′D′ = T ′X ′+X ′D′. Prema tomeFX ′ > X ′D′. �

Elipsa obicno lici na izduženu kružnicu. Ona ima dva fokusa, na slici 1.8 levo to su tackeF1 i F2, i ima dve fokusima odgovarajuce medusobno paralelne direktrise cija je udaljenostD1D2 = D1T +T D2 = a1 +a2. Kako je ekscentricitet elipse ε = r1 : a1 = r2 : a2, to je r1 + r2 =ε(a1 +a2) = const. Dakle, zbir udaljenosti tacke elipse od njenih fokusa je konstantan, kao štosmo vec vidjeli na slici 1.5.

Slika 1.8: Konstrukcija elipse

Da bismo konstruisali elipsu, uzmemo konac proizvoljne dužine (D1D2) i njegove krajeveucvrstimo u proizvoljnim tackama (F1 i F2). Elipsu crtamo sa zategnutim koncem u tacki T.Dužinu tog konca nazivamo dužina velike ose elipse.

Kada nacrtamo elipsu i skratimo konac, dobijamo tacke unutar elipse i obrnuto, ako je konacduži onda je tacka izvan elipse. To je smisao sledeceg tvrdenja.Lema 1.4.2 Zbir udaljenosti tacke unutar elipse do oba fokusa je manji, a za tacku izvan elipseje veci, od dužine velike ose elipse.

Dokaz. Na slici 1.8 desno fokusi su F1,F2, a X je data tacka. Neka je T presek zrake F1X ielipse, tako da je F1−X−T . Pretpostavljamo prvo da je X unutar elipse. Iz nejednakosti trouglasledi F2X < XT +T F2 pa F1X +XF2 < F1T +XT +T F2 = F1T +F2T . Medutim, F1T +F2T jevelika osa elipse (dužina konca) .

Slicno dokazujemo kada je X izvan elipse, recimo na liniji F1− T −X . Tada je F2T <XT +XF2. Prema tome F1X +XF2 = F1T +Y T +XF2 > F1T +F2T . �

� Primer 1.5 Postoje razliciti elipsografi2 za crtanje elipsa. jedan od njih je Arhimedov držac(eng. Trammel of Archimedes), prkazan na slici 1.9

Unutar dva žljeba u obliku znaka ‘+’ okvira postavljenog na crtacu tablu, slobodno se krecudva klizaca. Na klizacima je sa po jednom baglamom na svakom pricvršcena šipka na cijemjednom kraju je olovka koja dodiruje podlogu za pisanje. Kada se jedan klizac pokrece gore(dole), drugi vezan za njega šipkom ide desno (levo), dok vrh šipke kruži. Kružeci, olovka crtaelipsu. �

2elipse: http://youtu.be/1v5Aqo6PaFw

1.4 Konstrukcije 13

Slika 1.9: Elipsograf tzv. Arhimedov držac.

Hiperbola je dvograna kriva linija sastavljena od tacaka cija je razlika udaljenosti od dvefiksne tacke konstantna. Naime, na slici 1.10 vidimo da su udaljenosti tacke T hiperbole dofokusa T F1 = r1 i T F2 = r2 i do direktrisa T D1 = a1 i T D2 = a2. Direktrise su medusobnoparalelne na udaljenosti a1− a2 (v. sliku 1.6). Iz definicije 1.2.1 za hiperbolu je r1 = εa1 ir2 = εa2, pa je r1− r2 = ε(a1−a2) = const.

Slika 1.10: Za hiperbolu je r1− r2 = const.

Na osnovu ove osobine, hiperbolu konstruišemo pomocu lenjira pricvršcenog jednim svojimkrajem u tacki F ′ oko koje se lenjir može okretati i konca dužine manje od dužine lenjira,pricvršcenog u F na papiru L na lenjiru. Olovkom, kao na slici 1.10 levo, zatežemo konac doktacka T crta hiperbolu.

Slika 1.11: Konstrukcije hiperbole

� Primer 1.6 Drugi nacin za konstrukciju hiperbole je tacka po tacka.

14 Osnovne osobine

Neka su F1 i F2 dve tacke ravnine i a realan broj takav da je 0 < a < F1F2/2. Lenjirompovucemo pravu x koja sadrži tacke F1 i F2 i sa O oznacimo sredinu duži F1F2, kao na slici 1.10desno.

Kružnica poluprecnika a sa središtem u O sece pravu x u tackama A1 i A2 koje pripadajuhiperboli. Izvan duži F1F2 uzmemo bilo koju tacku X prave x. Opišemo kružnicu k1 poluprecnikaA1X oko tacke F1 i kružnicu k2 poluprecnika A2X oko tacke F2. Te dve kružnice se seku utackama T1 i T2 koje leže na onoj grani hiperbole sa koje strane je tacka X. Uzimanjem razlicitihtacaka X konstruišemo proizvoljan broj tacaka hiperbole.

Za dokaz konstrukcije posmatrajmo datu pravu x kao koordinatnu osu sa ishodištem O.Tada je F1(−c,0) i F2(c,0) i A1(−a,0) i A2(a,0), a izabrana tacka je X(x0,0), pri cemu je0 < a < c < x0. Kružnice k1 i k2 se seku u tacki T . Tada sa jedne strane x-ose imamo jednakostT F1 = A1X = x0 + a, a sa druge strane T F2 = A2X = x0− a. Sabiranjem, za konstantno x0dobijamo T F1 +T F2 = 2x0 = const. Prema tome, tacka T je na elipsi sa fokusima F1 i F2. �

Lema 1.4.3 Neka je d razlika udaljenosti tacke hiperbole do fokusa F1 i F2 i neka je Γ ona granahiperbole unutar koje je F1. Tada je za tacku X unutar (izvan) Γ razlika XF2−XF1 veca (manja)od d.

Slika 1.12: Tacka X je pored hiperbole, Y je na njoj

Dokaz. Pretpostavimo da X leži unutar Γ i neka je T presek zrake F2X i Γ. Tada je F2X =F2T +T X . Iz nejednakosti trougla imamo F1X < F1T +T X , pa je F2X−F1X > (F2T +T X)−(F1T +T X) = F2T −F1T = d.

Ako je X ′ izvan Γ, neka T ′ bude tacka preseka F1X ′ i Γ. Tada je F1X ′ = F1T ′+T ′X ′. Iznejednakosti trougla je F2X ′ < F2T ′+T ′X ′. Prema tome F2X ′−F1X ′ < (F2T ′+T ′X ′)− (F1T ′+T ′X ′) = F2T ′−F1T ′ = d. �

Neke metode crtanja hiperbole se zasnivaju upravo na ovoj razlici3.

1.5 Dekartov sistemAnaliziracemo tzv. kanonske oblike jednacina konika u Dekartovom pravouglom sistemukoordinata Oxy. Parabola, elipsa i hiperbola su tada postavljene blizu ishodišta tako da su osnoili centralno simetricne u odnosu na koordinatni sistem.

3http://youtu.be/r_fqfwKZMR4 - konstrukcija hiperbole


Teorema 1.5.1 — Parabola u kanonskom obliku. Dat je pozitivan realan broj p. U Dekar-tovom pravouglom sistemu koordinata Oxy zadata tacka F( p

2 ,0) je fokus, a prava x = − p2

direktrisa parabole. Jednacina parabole je

y2 = 2px. (1.4)

Dokaz. Neka tacka T (x,y) pripada paraboli. Iz datih uslova sledi:

T F =

√(x− p

2

)2+ y2, T d =

p2+ x. (1.5)

Iz T F = T d, kvadriranjem i sredivanjem sledi y2 = 2px. �

Kada je data jednacina parabole u kanonskom obliku y2 = ax, tada je parametar parabolep = a

2 , pa je fokus tacka F(a4 ,0), a direktrisa je prava x = −a

4 . Kada je parametar negativan,p < 0, tada je i a < 0, a grane parabole su okrenute u levo. Ostale posledice ove teoreme susledece osobine parabole y2 = 2px:• sve apscise parabole su nenegativne;• parabola sadrži koordinatni pocetak;• parabola je osno-simetricna u odnosu na apscisu;• apsolutne ordinate parabole rastu neograniceno sa apscisama.Parametar ove parabole p je rastojanje izmedu direktrisa i fokusa. Medutim, transformacijom

koordinatnog sistema, rotacijom i translacijom, mjenjaju se položaji fokusa i direktrise pakanonska jednacina parabole prelazi u neki drugi oblik.

� Primer 1.7 Naci jednacinu parabole sa fokusom F(1,0) i direktrisom d : x =−1.

Slika 1.13: Parabola y2 = 4x.

Na slici 1.13 vidimo T F = T D, gde je T (x,y) proizvoljna tacka tražene parabole. Kako jeT D⊥ d, to je tacka D(−1,y). Iz jednacina

T F =√(x−1)2 + y2, T D = 1+ x,

izjednacavanjem, T F = T D, zatim kvadriranjem i sredivanjem, dobijamo y2 = 4x. �

16 Osnovne osobine

Teorema 1.5.2 — Elipsa u kanonskom obliku. Zadati su ekscentricitet elipse 0 < ε < 1 irealan broj a > 0.U Dekartovom pravouglom sistemu koordinata je sa time odredena elipsa

x2

a2 +y2

b2 = 1, (1.6)

gde je b2 = a2(1− ε2). Brojevi c = aε, d = aε

definišu fokus F(c,0) i direktrisu x = d.

Dokaz. Prema datim uslovima je ocigledno 0 < b < a i 0 < c < a < d. Neka je T (x,y) tackaelipse. Iz definicije 1.2.1 elipse, T F : T d = ε , dobijamo:√

(x− c)2 + y2 : (d− x) = ε. (1.7)

Kvadriranjem i sredivanjem nalazimo

(1− ε2)x2 +2(ε2d− c)x+ y2 = ε

2d2− c2. (1.8)

Iz datih uslova sledi

x2

a2 +y2

a2(1− ε2)= 1. (1.9)

a otuda tvrdenje teoreme. �

Kada je data jednacina elipse u kanonskom obliku (1.6.), sa parametrima a i b koji se nazivajuvelika i mala poluosa elipse, njeni fokusi F12(±c,0), ekscentricitet ε i direktrise x =±d su datiizrazima:

c =√

a2−b2, ε =ca, d =

aε=

a2

c. (1.10)

Elipsa u kanonskom obliku (1.6) je zatvorena kriva, osno simetricna u odnosu na obe koordinatneose i centralno simetricna u odnosu na ishodište. Tacke A12(±a,0) su temena elipse na velikojosi elipse (apscise A1A2), a slicne tacke B12(0,±b) su temena na maloj osi elipse (ordinateB1B2).

Primetimo da je c2 = a2−b2 što znaci da su fokusi unutar elipse, na x-osi. Kada je a < btada velika i mala osa elipse zamjenjuju mjesta, zajedno sa svim odgovarajucim elementimaelipse.

� Primer 1.8 Naci elemente elipse date jednacinom u kanonskom obliku:

i.x2

25+

y2

9= 1; ii.

x2

9+

y2

25= 1.

U prvom slucaju imamo redom a = 5, b = 3, c =√

a2−b2 = 4, ε = ca = 4

5 , d = aε= 25

4 .Fokusi su na x-osi F(±c,0) a direktrisex =±d su paralelne sa y-osom.

U drugom slucaju je a = 3, b = 5, c =√

b2−a2 = 4, ε = cb = 4

5 , d = bε= 25

4 . Fokusi suF(0,±c) na y-osi a direktrise y =±d su paralelne x-osi. �

Teorema 1.5.3 — Hiperbola u kanonskom obliku. Zadati su ekscentricitet hiperbole ε > 1i realan broj a> 0.U Dekartovom pravouglom sistemu koordinata je sa time odredena hiperbola

x2

a2 −y2

b2 = 1, (1.11)


Slika 1.14: dve elipse

gde je b2 = a2(ε2−1). Brojevi c = aε, d = aε

definišu fokus F(c,0) i direktrisu x = d.

Dokaz. Prema datim uslovima je b > 0 i 0 < d < a < c. Neka je T (x,y) tacka elipse. Iz definicije1.2.1 hiperbole, T F : T d = ε , dobijamo:√

(x− c)2 + y2 : (x−d) = ε. (1.12)

Kvadriranjem i sredivanjem nalazimo

(ε2−1)x2−2(ε2d− c)x− y2 = c2− ε2d2. (1.13)

Iz datih uslova sledi

x2

a2 −y2

a2(1− ε2)= 1. (1.14)

a otuda tvrdenje teoreme. �

Hiperbola u kanonskom obliku je simetricna u odnosu na obe koordinatne ose i u odnosu naishodište, što se dokazuje smjenama x→−x i y→−y u jednacini (1.11). Ona ima dva simetricnafokusa F12(±c,0) i dve odgovarajuce direktrise x =±d. Kada su dati brojevi a i b tada fokuseF(±c,0), ekscentricitet ε i direktrise x =±d hiperbole izracunavamo prema formulama:

c =√

a2 +b2, ε =ca, d =

aε=

a2

c. (1.15)

Hiperbola je smještena izvan trake x±a paralelne y-osi. Naime, iz x2

a2 = 1+ y2

b2 ≥ 1, proizilazix2 ≥ a2. To znaci da hiperbola ima dve simetricne grane.

Tacke A12(±a,0) pripadaju hiperboli i one se nazivaju temena hiperbole. Prava A1A2 jeglavna osa hiperbole, a simetrala duži A1A2 je sporedna ili imaginarna osa hiperbole. Brojevi a ib se nazivaju realna i sporedna poluosa.

Kada jednacinu hiperbole (1.11) napišemo u obliku

yx=±b

a

√1− a2

x2 , (1.16)

18 Osnovne osobine

vidimo da za sve vece i vece apsolutne vrijednosti x izraz a2

x2 postaje sve bliži nuli, pa desnastrana jednakosti teži broju ±b

a . To znaci da prave linije

y =±ba

x (1.17)

dobro aproksimiraju hiperbolu za velike brojeve |x| i |y|. Te prave se nazivaju asimptote hiperbole.One su ‘tangente’ hiperbole u ‘beskonacno dalekoj’ tacki.

� Primer 1.9 Data je jednacina hiperbole u kanonskom obliku:

x2

9− y2

16= 1. (1.18)

Nadimo ostale parametre hiperbole.

Slika 1.15: Hiperbola x2

32 − y2

42 = 1

Iz a = 3 i b = 4 i (1.15) nalazimo redom c =√

9+16 = 5, ε = 53 , d = 9

5 , fokuse F1,2(±5,0)i direktrise x =±9

5 . Asimptote ove hiperbole su prave linije date jednacinama y =±43 x.

Hiperbolu skiciramo prvo crtajuci pravougaonik sa tjemenima (±a,±b), ovdje (±3,±4).Dijagonale tog pravougaonika su asimptote y=±b

a x, ovdje y=±43 x. Zatim skiciramo simetricne

grane hiperbole, koje polaze iz temena A(±a,0), ovdje A(±3,0) pa se približavaju asimptotamana sve cetiri strane, kao slici 1.15.

Obratno, ako su dati edscentricitet hiperbole ε = 53 , fokus F2(5,0) i direktrisa x = 9

5 , nadimojednacinu hiperbole.

Neka je T (x,y) proizvoljna tacka hiperbole (ne mora biti na desnoj grani kao na slici 1.15).Polazeci od definicije 1.2.1 hiperbole, imamo prvo T F2 : T D2 = ε , gde je tacka D2(

95 ,y) takva

da je duž T D2 okomita na datu direktrisu, tj. T D2 ⊥ d2. Zatim izracunavamo, redom√(x−5)2 + y2 :

(x− 9

5

)=

53,

(x−5)2 + y2 =259

(x− 9

5

)2

,(259−1)

x2 +

(10− 25

9· 18

5

)x− y2 = 25−9,


169

x2− y2 = 16,

x2

9− y2

16= 1,

a to je polazna hiperbola (1.18). �

Teorema 1.5.4 — Kriva II reda. Jednacina konike u Dekartovom sistemu je kriva drugogreda:

a11x2 +2a12xy+a22y2 +2a13x+2a23y+a33 = 0. (1.19)

Dokaz. Neka je ε > 0 ekscentricitet, tacka F(cx,cy) fokus, a prava d : mx+ny+ p = 0 direktrisakonike. Njenu proizvoljnu tacku oznacimo sa T (x,y). Slijede ekvivalentne jednakosti:

T F : T d = ε,√(x− cx)2 +(y− cy)2 :

|mx+ny+ p|√m2 +n2

= ε,

(x− cx)2 +(y− cy)

2 = ε2 (mx+ny+ p)2

m2 +n2 .

Koristili smo poznate formule za udaljenosti tacke od tacke i tacke od prave, a zatim cemodobijeni izraz kvadrirati i sredivati. Tako cemo dobiti izraz (1.19), gde je

a11 = m2(1− ε2)+n2, a12 =−2mnε

2, a22 = m2 +n2(1− ε2), (1.20)

a13 =−2cx(m2 +n2)−2mpε2, a23 =−2cy(m2 +n2)−2npε

2,

a33 = (c2x + c2

y)(m2 +n2)− p2

ε2.

Dakle, svaka konika je neka kriva drugog reda. �

One krive drugog reda koje nisu parabole, elipse ili hiperbole, nazivamo degenerisane krive,a to mogu biti još samo prave, tacke ili prazni skupovi. Degenerisane krive ponekad nazivamo idegenerisane konike.

1.6 Polarni sistemPolarni sistem koordinata definiše tacku P(r,φ) u ravni pomocu udaljenosti r = OP od jednefiksne tacke O te ravni, koju nazivamo pol, i orjentisanog ugla φ = ∠xOP tacke u odnosu najednu fiksnu osu, x-osu, te ravni.

Oznacimo istu tacku u Dekartovim koordinatama sa P′(x,y). Sa slike 1.16 vidimo da važetransformacije:

x = r cosφ , y = r sinφ , (1.21)

ili obratno

r =√

x2 + y2, φ = arctgyx. (1.22)

20 Osnovne osobine

Slika 1.16: Polarne i Dekartove koordinate

Teorema 1.6.1 — Polarne konike. Kada je fokus u polu, a direktrisa okomita na polarnuosu u tacki udaljenoj za p od pola, tada je jednacina konike u polarnom sistemu koordinata

r =ε p

1− ε cosφ, (1.23)

gde je njen ekscentricitet ε = 1, ili 0 < ε < 1, odnosno ε > 1 za parabolu, ili elipsu, odnosnohiperbolu, redom.

Dokaz. Na slici 1.17 fokus konike je u polu, tj. F = O, koji je na udaljenostip od direktrise DD0okomite na polarnu osu u tacki D0(p,π). Tacka T (r,φ) pripada koniki, a njoj je najbliža tacka Ddirektrise. Prema definiciji konike 1.2.1 bice FT : DT = ε , te DT = FT/ε = r/ε .

Slika 1.17: Konika u polarnim koordinatama

Primetimo da važi vektorska jednakost−−→DD0 +

−−→D0F +

−→FT =

−→DT . U Dekartovom sistemu,

apscise vektora−−→DD0,

−−→D0F ,

−→FT i

−→T D su redom 0, p, r cosφ i r/ε , što primjenjeno na navedenu

vektorsku jednakost daje p+ r cosφ = r/ε , a otuda r(1− ε cosφ) = ε p i tražena jednakost. �

U slucaju prarabole, ekscentricitet ε = 1, a p teoreme 1.6.1 je i parametar parabole.Kada imamo elipsu, tada je 0 < ε < 1. Za uglove φ1 = π i φ2 = 0 dobijamo temena

elipse i veliku osu dužine A1A2 = 2a. Ovdje su to tacke A1(r1,π) i A2(r2,0) cije rastojanjeje |r1|+ |r2| = ε p

1+ε+ ε p

1−ε= 2ε p

1−ε2 . Uporedivanjem nalazimo poluosu elipse, a zatim i ostaleparametre (1.10):

a =ε p

1− ε2 , b =ε p√

1− ε2, c = εa, d =

aε. (1.24)


U slucaju hiperbole, ekscentricitet je ε > 1. Rastojanje izmedu fokusa i direktrise, premateoremi 1.5.3 iznosi F2d2 = a · ε2−1

ε, što je ovdje dužina p. Uporedivanjem nalazimo poluosu

hiperbole, a zatim i ostale parametre (1.15):

a =ε p

ε2−1, b =

ε p√ε2−1

, c = εa, d =aε. (1.25)

Opticke osobine konikaOptika paraboleOptika elipseOptika hiperbole

Invarijante krivih II redaFokus i direktrisaTangente i polaraKružnicaDeterminante

2 — Klasicne osobine

2.1 Opticke osobine konika

Ovde razmatramo uglove izmedu pravih koje sjeku koniku i njihovih tangentnih linija u dodirnimtackama, koji se zovu upadni, odnosno odbojni uglovi. Kao što je poznato iz optike, kada sezraka svijetlosti odbije od ogledala, upadni ugao je jednak odbojnom. To je tzv. Fermatovprincip, prema kojem svjetlosne zrake uvek putuju najkracim putanjama. Proucavanje takvih,tzv. optickih osobina konika, u krajnjem slucaju, recimo odbijanja elektro-magnethih talasa odslicnih površina ima i razlicite tehnicke primjene.

2.1.1 Optika paraboleOpticke osobine parabole bile su poznate u antickoj Grckoj. Na primer, Arhimed (oko 287 - 212.g.p.n.e.) je pravio ogledalo od bakarnih ploca da bi zapalio rimske brodove u opsadi Sirakuze.

Teorema 2.1.1 — Bisektrisa parabole. Tangentna linija parabole polovi ugao iz tangentnetacke ka fokusu i direktrisi.

Slika 2.1: Tangenta parabole gradi jednake uglove prema fokusu i direktrisi.

Dokaz. Pretpostavimo da je bisektrisa (simetrala) ugla ∠FPP′ prava l′ na slici 2.1, ali da onapreseca parabolu u dve tacke P i Q. Okomite projekcije tacaka P,Q na direktrisu su tacke P′,Q′

24 Klasicne osobine

redom. Trougao ∆FPP′ je jednakokrak pa je simetrala ugla u tjemenu P okomita na stanicu FP′

i polovi je. Prema tome, za bilo koju tacku Q te simetrale l′ imamo QP′ = QF = QQ′. Ali, to jenemoguce jer je Q′ jedina tacka na direktrisi parabole gde je udaljenost do Q minimalna. �

2.1.2 Optika elipseUglovi koje gradi tangenta elipse do pravaca od tangentne tacke ka fokusima elipse su vanjskiuglovi, a uglovi koje gradi normala na tangentu u istoj tacki, su unutrašnji uglovi. Sledecateorema tvrdi da su takvi uglovi (dva vanjska, ili dva unutrašnjai) medusobno jednaki, a ona jeposledica sledece leme.Lema 2.1.2 Neka su u istoj ravni date prava p, na njoj tacka T i van nje a sa iste strane pravedviije tacke A i B. Ako je zbir AT +T B minimalan za sve takve T ∈ p, onda je upadni ugao∠AT p jednak odbojnom ∠BT p.

Slika 2.2: Upadni i odbojni ugao u tacki T ∈ p.

Dokaz. Na slici 2.2, u odnosu na pravu p konstruišemo osno simetricnu sliku B′ tacke B. DužAB sece pravu p u tacki T sa jednakim unakrsnim uglovima u tacki preseka. Da tacka X = Tdaje najkraci put AX +XB, od svih mogucih tacaka X ∈ p vidimo ovako. Zato što su osnosimetricne slike jednakih dužina (XB = XB′, T B = T B′) i iz nejednakosti trougla ∆AXB′ slediAT +T B = AB′ ≤ AX +XB′ = AX +XB, tj. AT +T B≤ AX +XB. �

Teorema 2.1.3 — Bisektrisa elipse. Tangentna linija elipse pravi jednake uglove sa pravcimaiz tangentne tacke ka fokusima.

Dokaz. Na slici 2.3 levo imamo tangentnu liniju l u tacki P elipse sa fokusima F1 i F2. Neka jeX ∈ l razlicita od P. Kako je X izvan elipse, imamo XF1 +XF2 > PF1 +PF2, tj. od svih tacakaprave l tacka P ima najmanji zbir udaljenosti do fokusa. To znaci da su uglovi koje formirajulinije PF1 i PF2 sa l jednaki. �

Kada fokus F2 reflektujemo preko tangente l u tacku F ′2 dobijamo tri kolinearne tacke F1,P,F ′2.Naime, ∠F1PX = ∠F2Pl = ∠F2PF ′2, v. sliku 2.3. Time je dokazana slijedeca posledica.

Korolar 2.1.4 — Opticka osobina elipse. Kolinearne tacke elipse su: fokus, dodirna tackanjene tangente i simetricna slika drugog fokusa u odnosu na tangentu.

Sa druge strane, zbog osobine teoreme 2.1.3 elipse, kada u elipticno gradenim sobama zrakezvuka, svjetlosti i sl. krecu iz jednog fokusa one nakon odbijanja od zidova sobe završe u drugom

2.1 Opticke osobine konika 25

Slika 2.3: (a) Tangenta gradi jednake uglove. (b) Refleksije iznutra.

fokusu, v. sliku 2.3 (b). Slicno tome, u posudi elipsastog oblika napunjenom vodom, kadaispustimo lopticu na mjestu jednog fokusa nastaju vodeni talasi koji se odbijaju od zidova posudei sabiraju na mjestu drugog fokusa1.

Teorema 2.1.5 Tetiva PQ elipse sadrži njen fokus F1, a tacka R je presek tangenti iz P i Q.Drugi fokus elipse je F2. Tada je R centar vani upisanog kruga trougla PQF2, a F1 je dodirnatacka tangente na taj krug na stranici PQ trougla (slika 2.4).

Dokaz. Zbog optickih osobina PQ i QR su bisektrise vanjskih uglova trougla F2PQ. Prematome, R je centar vani opisanog kruga. Tangentna tacka (nazovimo je F ′1) vani opisanog kruga iodgovarajuce stranice i tacka F2 polove obim trougla (v. lemu ??), tj. F ′1P+PF2 = F2Q+QF ′1.Medutim, tu osobinu ima tacka F1 i postoji samo jedna takva tacka. Dakle, F ′1 = F1. �

Slika 2.4: Vani upisan krug trougla PQF2 elipse

Ova teorema je tacna i za hiperbolu, ali kada se vanjski krug zamjeni unutrašnjim.

Korolar 2.1.6 Prava linija koja spaja presek tangenti elipse i fokus, u tom fokusu je okomitana tetivu koja spaja dodirne tacke tangenti.

Vežba 2.1 Iz proizvoljne tacke P izvan elipse povucene su dve tangente na elipsu, u tangent-nim tackama X i Y . Pokazati da su uglovi F1PX i F2PY jednaki, gde su F1,F2 fokusi elipse.�

1http://youtu.be/Fx912cGgTgo - talasi vode u elipticnoj posudi.

26 Klasicne osobine

Slika 2.5: Tangente na elipsu

Rešenje. Neka su F ′1,F′

2 refleksije F1 i F2 preko PX ,PY redom, kao na slici 2.5 levo. Tada jePF ′1 = PF1 i PF ′2 = PF2. Pored toga, tacke F1,Y,F ′2 su kolinearne (opticke osobine). Isto važiza tacke F2,X ,F ′1. Tako je F2F ′1 = F2X +XF1 = F2Y +Y F1 = F ′2F1. Trouglovi ∆PF2F ′1 i ∆PF1F ′2su podudarni jer imaju tri jednake strane, pa je ∠F2PF1 + 2∠F1PX = ∠F2PF ′1 = ∠F1PF ′2 =∠F1PF2 +2∠F2PY . Otuda ∠F1PX = ∠F2PY , što je traženi rezultat. �

Slicno važi za hiperbolu (vježba 2.3).Rešenje vežbe 2.1 sa slikom 2.5 daju još jedan zanimljiv rezultat.

Vežba 2.2 Dokazati da je linija F1P bisektrisa (simetrala) ugla ∠XF1Y (slika 2.5). �

Rešenje. Iz podudarnosti trouglova ∆PF2F ′1 ∼=∆PF ′2F1 sledi jednakost uglova∠PF ′1F2 =∠PF1F ′2,zatim ∠PF1X = ∠PF ′1F2 = ∠PF1F ′2 = ∠PF1Y . �

Teorema 2.1.7 Geometrisko mesto tacaka sa kojih se elipsa vidi pod pravim uglom je krugsa centrom u centru elipse.

Dokaz. Neka su F1,F2 fokusi elipse i neka se dve tangente seku u tacki P i dodiruju elipsu utackama X ,Y , kao na slici 2.6-a. Refleksija F1 preko PX daje tacku F ′1. Iz rešenja vežbe 2.1imamo ∠XPY = ∠F ′1PF2 i F ′1F2 = F1X +XFX , tj. dužina F ′1F jednaka je glavnoj osi elipse(dužini konca za konstrukciju elipse, slika 1.8). Prema Pitagorinoj teoremi, ugao ∠F ′1PF2 je pravako i samo ako (F ′1P)2 +(F2P)2 = (F ′1F2)

2.Prema tome, XPY je prav ugao ako i samo ako je (F1P)2 +(F2P)2 jednako kvadratu glavne

ose elipse. Medutim, taj uslov definiše kružnicu. Naime, pretpostavimo da fokusi imaju Dekar-tove koordinate F1(x1,y1),F2(x2,y2). Tada koordinate tacke P(x,y) zadovoljavaju jednacinu

(x− x1)2 +(y− y1)

2 +(x− x2)2 +(y− y2)

2 = (2a)2,

gde je a glavna poluosa elipse. Preuredivanjem ove jednacine dobijamo jednacinu kružnice(x− x1 + x2

2

)2

+

(y− y1 + y2

2

)2

= 2a2 +(x1− x2)

2 +(y1− y2)2

4,

sa centrom na sredini duži F1F2. �


Slika 2.6: a) Kružnica, b) Konfokalna elipsa, oko date elipse.

� Primer 2.1 Date su tacke P1, . . . ,Pn, brojevi k1, . . . ,kn i C.Geometrijsko mesto tacaka X takvo da je k1XP2

1 + · · ·+ knXP2n = C je kružnica, koja se

naziva Fermat-Apolonijeva kružnica. Kada je njen poluprecnik imaginaran? �

Teorema 2.1.8 Pretpostavimo da je konopac stavljen oko elipse i zategnut olovkom. Akoolovka rotira oko elipse, opisace drugu elipsu konfokalnu sa datom (slika 2.6-b).

Dokaz. Datu elipsu oznacimo sa α , a figuru crtanu olovkom sa β . Jasno je da je nova figuraglatka. Pokazacemo da je tangenta u svakoj njenoj tacki X ∈ β simetrala (bisektor) vanjskogugla F1XF2.

Neka su XM i XN tangente na α . Tada ∠F1XN = ∠F2XM, pa se simetrala vanjskog uglaNXM podudara sa simetralom vanjskog ugla F1XF2. Oznacimo je sa l.

Neka je Y proizvoljna tacka na l a Y L i Y R su tangente na α , kao što se vidi na slici 2.6-b.Pretpostavljamo da L leži ‘levo’ od X ; u drugom slucaju dokaz ide slicno.

Neka je P presek linija XM i Y L. Lako je videti da je Y N < Y R+ RN i LM < LP+PM.Zatim, kako je l vanjska simetrala ugla NXP, imamo PX +XN < PY +Y N. Prema tome

MX +XN + NM < MX +XN + NL+LP+PM =

= PX +XN + NL+LP < PY +Y N + NL+LP

= LY +Y N + NL < LY +Y R+ RN + NL

= LY +Y R+ RL,

što znaci da Y leži izvan β . Isto važi za bilo koju tacku Y ∈ l. Izlazi da β sadrži jednu tackusimetrale l, tj. ta linija je tangenta. Otuda takode i zakljucak da je dobijena kriva konveksna.

Dobili smo da se zbir udaljenosti do fokusa F1 i F2 ne menja vremenom, što znaci da jetrajektorija olovke elipsa.

Evo još jednog, rigoroznijeg dokaza poslednjeg tvrdenja. Pretpostavimo da je X izvan elipse.Postavimo olovku na X i povucimo konopac okolo date elipse. Neka je f (X) dužina konopca ig(X) = F1X +F2X (tacku razumemo kao par koordinata; tako obe f i g zavise od para realnihbrojeva). Može se pokazati da su te funkcije neprekidno diferencijabilne i da vektori gradijentf =

(∂ f∂x ,

∂ f∂y

)i gradijent g =

(∂g∂x ,

∂g∂y

)nisu nule u bilo kojoj tacki. Tada, prema teoremi za

izvod implicitne funkcije, kriva koju opisuje olovka sa konopcem fiksne dužine, tj. izobara,

28 Klasicne osobine

nivo-kriva (eng. level curve), je glatka (neprekidno diferencijabilna). Otuda, ta kriva može bitiparametrizovana diferencijabilnom funkcijom h = h(t) koja je opet par koordinatnih funkcijax = x(t) i y = y(t), ciji tangentni vektor nije nula. Kako je ranije pokazano, tangentni vektordhdt =

(dxdt ,

dydt

)krive je tangenta na nivo-krive funkcije g, tj. okomita je na gradijent g(h) u

h = h(t). Razmotrimo funkciju g(h(t)). Njena derivacija je

dg(h(t))dt

=∂g∂x

dx(t)dt

+∂g∂y

dy(t)dt≡ 0,

tj. g(h(t)) je konstanta. To je prethodno pomenuti uslov ortogonalnosti. Posledica je da kriva ležina elipsi sa istim fokusima. Kako bilo koja zraka (poluprava) koja polazi iz F1 mora sadržavatineku tacku krive, kriva se podudara sa elipsom. �

Zadatak 1.Dat je poligon, 2n-to ugao, opisan oko konike sa fokusom F . Stranice su mu naizmenicno crvenei plave boje. Dokazati da je zbir uglova pod kojima se iz F vidi crvena boja iznosi 180◦.

Zadatak 2.Elipsa je upisana u konveksni cetvorougao tako da joj fokusi leže na razlicitim dijagonalamacetvorougla. Dokazati da je proizvod naspramnih stranica jednak.

2.1.3 Optika hiperboleKonstruišuci hiperbolu, u sekciji 1.4 na slici 1.10 smo vidjeli da je razlika udaljenosti tacke Thiperbole od njenih fokusa r1 = T F1 i r2 = T F2 konstantna, tacnije |r1− r2|= ε|a1−a2| , gde jeε > 1 ekscentricitet hiperbole, a |a1−a2| rastojanje izmedu njenih direktrisa. Zatim iz (1.15)vidimo da su jednacine direktrisa hiperbole d : x =± a

ε, gde je a poluosa hiperbole. Prema tome,

razlika udaljenosti tacke T hiperbole od njenih fokusa je:

|r1− r2|= 2a. (2.1)

To je zanimljiva osobina hiperbole sa stanovišta još nekih primjena.

� Primer 2.2 Naci geometrijsko mesto tacaka centara krugova koji tangiraju dva data kruga.Neka su dati krugovi k1(F1,r1),k2(F2,r2), dakle krugovi k1 i k2 sa centrima F1 i F2 i

poluprecnicima r1 i r2. Recimo da niti jedan od krugova ne sadrži tacke drugog, osim moždajednu u kojoj se izvana dodiruju.

Slika 2.7: Krug k koji tangira dva kruga k1,k2.

Tražimo krug k(T,r) koji ih oba tangira izvana. Tada su udaljenosti T F1 = r+ r1 i T F2 =r+ r2, pa je T F1−T F2 = r1− r2, tj. centar T leži na jednoj grani hiperbole sa fokusima F1 i F2,kao što se vidi na slici 2.7. �


Lema 2.1.9 — Bisektrisa. Neka su u istoj ravni dati prava p, na njoj tacka T i van nje a saraznih strana prave date su dve tacke A i B. Ako je razlika AT −BT minimalna za sve takvetacke T ∈ p, onda prava p polovi2 ugao ∠AT B.

Dokaz. Neka je B′ osno simetricna slika tacke B, u odnosu na osu p, kao na slici 2.8.

Slika 2.8: Bisektrisa p ugla ∠AT B.

Tada je udaljenost BT = B′T . Neka je tacka T ′ ∈ p∩AB′. Kako su tacke A,B′,T kolinearne,bice razlika dužina AT −B′T = AB′. Medutim, za bilo koju drugu tacku T ′ ∈ p, tacke A,B′,T ′

formiraju trougao, za koji važi tzv. nejednakost trougla: |AT ′−B′T ′| ≤ AB′. Otuda, za bilokoju tacku T ′ ∈ p tek kada je B = B′ imamo da je razlika |AT ′−B′T ′| maksimalna. Tada sutacke B i B′ osno simetricne u odnosu na pravu p, što znaci da im je ta prava bisektrisa, tj.α = ∠AT p = ∠pT B = β . �

Povucimo sada tangentu u tacki T hiperbole. Kako tangenta krive nema zajednickih tacakasa krivom, sem dodirnih, to znaci da tangenta hiperbole mora ležati potpuno izmedu dve granehiperbole. Birajmo sada niz tacaka T (n) na tangenti hiperbole, tako da je njihov rasporedT ′−T ′′−T ′′′−·· ·−T .

Dalje, zamislimo da imamo niz hiperbola svaku sa istim fokusima u fiksnim tackama F1,F2,ali tako da svaka sadrži po jednu od datih tacaka niza T (n). Pocev od T ′ ka T , ove hiperboleimaju sve vece poluose a i prema tome sve vece razlike udaljenosti od tacke na hiperboli T (n) donjenih fokusa. Drugim recima, važe nejednakosti:

|F1T ′−F2T ′| ≤ |F1T ′′−F2T ′′| ≤ |F1T ′′′−F2T ′′′| ≤ · · · ≤ |F1T −F2T | (2.2)

Otuda i iz (2.49) vidimo da od svih tacaka na pojedinoj tangenti baš ona tacka T koja pripadahiperboli daje maksimalni rezultat razlike |F1T −F2T |, a prema lemi 2.1.9 to znaci da ona poloviugao ∠F1T F2. Dokažimo to na još jedan nacin.

Teorema 2.1.10 — Bisektrisa hiperbole. Tangentna linija hiperbole je bisektrisa ugla podkojim se vide fokusi iz tangentne tacke.

Dokaz. Pretpostavimo da je l′ bisektrisa, tj. simetrala ugla F1PF2 na slici 2.9 (a), gde su dvetacke P i Q zajednicke grani hiperbole bližoj F1 i datoj pravoj.

2Prava koja prolazi kroz teme ugla i polovi ugao se naziva bisektrisa ili simetrala ugla.

30 Klasicne osobine

Neka je F ′1 refleksija F1 preko l′, tj. osno simetricna slika tacke F1 u odnosu na osu,datu pravu. Tada za udaljenosti važe jednakosti F1Q = QF ′1 i F1P = PF ′1, štaviše P,F ′1,F2 sukolinearne tacke. Kako su obe tacke P i Q na hiperboli, bice F2P−PF1 = F2Q−F1Q i prematome F2F ′1 = F2P−PF ′1 = F2Q−QF ′1. Ali, prema nejednakosti trougla F2F ′1 > F2Q−QF ′1. DakleP = Q. �

Slika 2.9: (a) Tangenta hiperbole (P = Q ∈ l′) je bisektrisa ugla ∠F1PF2. (b) Konfokalne elipse ihiperbole.

� Primer 2.3 — Konfokalne konike. Konfokalne konike su one koje imaju iste fokuse, slika2.9 (b). Pokažimo da se familije konfokalnih elipsa i hiperbola seku pod pravim uglovima.

Ako su svi fokusi elipsa i hiperbola u istom paru tacaka F1,F2, tada su u proizvoljnoj tacki Ppreseka jedne elipse i parabole njihove tangentne linije bisektrise vanjskih i unutrašnjih uglovaF1PF2 redom. Prema tome, one su okomite. �

Vežba 2.3 Iz tacke P su povucene tangente na hiperbolu, u tangentnim tackama X i Y .Pokazati da su uglovi izmedu tangenti i pravaca ka fokusima iz tacke jednaki (∠F1PX i∠F2PY na slici 2.10). �

Slika 2.10: Tangente na hiperbolu

Rešenje. Slicno vježbi 2.1, tacke F ′1,F′

4 su refleksije fokusa F1,F2 hiperbole preko tangentiPX ,PY redom. Tada je ∆F1PX ∼= ∆F ′1PX i takode F1−F ′2−Y i F ′1−F2−X . Zatim, iz XF1−

2.2 Invarijante krivih II reda 31

XF2 = Y F1−Y F2 sledi F ′1F2 = F1F ′2. Otuda i podudarnost trouglova ∆F1PF ′2 ∼= ∆F2PF ′1, iz kojesledi tražena jednakost uglova ∠F1PF ′2 = ∠F ′1PF2. �

Za hiperbolu ne postoji uvijek kružnica iz teoreme 2.1.7. Kada je ugao izmedu asimptotahiperbole oštar, poluprecnik kruga je imaginaran. Ako je ugao izmedu asimptota prav, tadakružnica degeneriše u tacku koja je u centru hiperbole.

2.2 Invarijante krivih II redaPostoji nekoliko dobro poznatih invarijanti krive drugog reda (1.19), kao što su ekscentricitet ε ,polu-bocna uspravna tetiva (l, semi-latus rectum), velika polu-osa a, fokus F , direktrisa d, itd.Izvodenja ovih invarijanti iz jednacine drugog reda su dobro poznata u geometriji.

Jednacina krive drugog reda (1.19) sastoji se od kvadratnog, linearnog dela i slobodnogclana:

Q(x,y) = a11x2 +2a12xy+a22y2 +2a13x+2a23y+a33 = 0. (2.3)

Kada su sve tri koeficijenta kvadratnih clanova nule, (a11,a12,a22) = (0,0,0), tada imamojednacinu prave, tacku, ili prazan skup.

Pridružimo izrazu Q simetricnu matricu Q = (a jk), tako da (2.3) postane:

(x,y,1)

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

xy1

= 0, (2.4)

pri cemu je a jk = ak j za sve j,k = 1,2,3. Nedegenerisane krive drugog reda koje ove jednacinedefinišu su elipse, hiperbole i parabole, koje su krive linije u ravni, a degenerisane su prave linijei tacke.

Množeci jednacinu (2.4) sa realnim brojem q 6= 0, tako da množimo matricu Q(x,y) sa q,vidimo da simetricna matrica Q′(x,y) = qQ(x,y) predstavlja drugaciju funkciju (2.3) ali istukrivu drugog reda, pri cemu je a′jk = qa jk. Kada je q = 0 data kriva degeneriše u prazan skup.

2.2.1 Fokus i direktrisaPuno toga se o krivoj drugog reda može reci pomocu njenih fokusa, a što je bilo poznato još izvremena Papusa iz Aleksandrije (~290 - 350.). Deo toga smo vec izveli iz definicije konike 1.2.1,a sada krive drugog reda.

Neka su dati pozitivan realan broj ε > 0 koji nazivamo ekscentricitet, tacka F ∈ R2 kojunazivamo fokus i van nje prava linija d⊂R2 koju nazivamo direktrisa, tada je konika geometrijskomesto tacaka P cija udaljenost od F iznosi ε > 0 puta udaljenost do d.

Proširenjem ove definicije na slucaj kada fokus pripada direktrisi, F ∈ d, dobijamo i degener-isane krive: prave i tacke.

Kada je ekscentricitet ε < 1 krivu II reda nazivamo elipsa, kada je ε = 1 nazivamo jeparabola, a kada je ε > 1 nazivamo je hiperbola. Ovi nazivi dolaze od Apolona iz Perga (~260 -190.).

Neka je jednacina direktrise data u Heseovom (Otto Hesse, 1811 - 1874) normalnom obliku

d(x,y) = xcosω + ysinω− p = 0, (2.5)

tako da je fokus F(xF ,yF) sa pozitivne strane direktrise, figura 2.11 (a). Kao što smo videli uteoremi 1.5.4, koniku dobijamo iz jednacina

m2F = ε

2m2d , d(M) = xcosω + ysinω =±md , (2.6)

32 Klasicne osobine

odakle slediε

2(xcosω + ysinω + p)2− (x− xF)2− (y− yF)

2 = 0,

a nakon sredivanja

(ε2 cos2ω−1)x2 +2ε

2 cosω sinωxy+(ε2 sin2ω−1)y2+

+2(ε2 pcosω + xF)x+2(ε2 psinω + yF)y+ ε2 p2− x2

F − y2F = 0.

Koeficijenti ove jednacine se mogu pisati matricno

Q(ε,F,d) =

ε2 cos2 ω−1 ε2 cosω sinω ε2 pcosω + xF

ε2 cosω sinω ε2 sin2ω−1 ε2 psinω + yF

ε2 pcosω + xF ε2 psinω + yF ε2 p2− x2F − y2

F

. (2.7)

Zbog normalizovanog oblika direktrise, ovu matricu nazivamo normalizovana matrica krivedrugog reda.

Na ovaj nacin dobijamo tzv. fokalno generisane krive, karakterisan preslikavanjem

R+×R2×L(R2)→ Q, (ε,F,d)→M(ε,F,d), (2.8)

gde je L skup linija u datoj ravni. Videcemo da ovo preslikavanje niti je injekcija niti je surjekcija.

Slika 2.11: (a) Fokus i direktrisa; (b) Teme, eng. Apex.

Kada je direktrisa y-osa, d = x = 0, bice ω = 0, odnosno cosω = 1, sinω = p = 0, pafokus leži na x-osi sa koordinatama xF = f , yF = 0. Tada se koeficijenti (2,7) pojednostavljuju idobijamo jednacinu krive II reda:

(1− ε2)x2 + y2−2x f + f 2 = 0. (2.9)

Iz oblika ove jednacine vidimo da je x-osa, koju nazivamo glavna osa, sada osa simetrije kojaprolazi kroz F okomito na direktrisu. Za x = f ta jednacina daje y =±ε f . Dužina l je visina,paralelno direktrisi, od fokusa do krive.

l = ε f (2.10)


ciji je latinski naziv semi-latus rectum krive. Jasno je da translacijom, ili rotacijom krive dužinal, od fokusa paralelno sa direktrisom do krive, ostaje nepromenjena.

Sledeca invarijantna tacka krive je njeno teme, tzv. Apex, tacka A na slici 2.11 (b). Glavnaosa preseca koniku u tacki A izmedu fokusa F(xF ,0) i direktrise d paralelne ordinati, pri cemuje presek apscise i direktrise tacka B(xB,0). Kada teme postavimo u ishodište cuvajuci x-osu zaglavnu osu, bice A(0,0).

Tada su AF = aF = xF i AB = ad =−xB udaljenosti tacke A ∈ Q do fokusa i direktrise timredom, pa je −xB + xF = f . Sa druge strane, iz aF = εad sledi xF =−εxB, a otuda:

xF =l

1+ ε, xB =− l

ε(1+ ε).

Sada, prva jednakost (2.6) daje(x− l

1+ ε

)2

+ y2 = ε2(

x+l

ε(1+ ε)

)2

i konacno, temena jednacina konike je

y2 = 2lx− (1− ε2)x2. (2.11)

� Primer 2.4 Elipsa i hiperbola su centralne krive, u kanonskom obliku, redom:

x2

a2 +y2

b2 = 1,x2

a2 −y2

b2 = 1, (2.12)

gde su a i b njihova velika i mala poluosa.

Slika 2.12: Invarijante elipse

Dobijamo ih u slucaju kada je ekscentricitet ε 6= 1, za elipsu 0 < ε < 1, za hiperbolu ε > 1.Glavna temena krive su tacke:

A1

(f

1+ ε,0), A2

(f

1− ε,0)

(2.13)

koje su preseci krive sa glavnom, x osom (y = 0). Rastojanje

A1A2 = |xA1− xA2 |=2l

|1− ε2|(2.14)

34 Klasicne osobine

je glavna osa krive. Za polu-glavnu osu uzimamo

a =l

1− ε2 (2.15)

pa je za elipsu a > 0, a za hiperbolu a < 0. Centar je na glavnoj osi

C =

(xA1 + xA2

2,0)=

(f

1− ε2 ,0)=(a

ε,0). (2.16)

Taj centar je na udaljenosti od direktrise za ±a/ε , plus kod elipse, minus kod hiperbole.Translacijom

x = x′+f

1− ε2 , y = y′

centar prelazi u ishodište u Dekartovom sistemu x′y′. Tada iz (2.9) dobijamo jednacine (2.12) uobliku (1− ε2)x′2 + y′2 = l2/(1− ε2), odnosno

x′2(l

1−ε2

)2 +y′2(l√

1−ε2

)2 = 1. (2.17)

Malu polu-osu uzimamo za

b =l√

1− ε2(2.18)

u oba slucaja, elipse i hiperbole. Medutim, kod hiperbole je broj b imaginaran. �

Sve ove rezultate smo vec imali, impicitno u teoremi 1.5.4, ali ih ovde iznosimo detaljnije nanacin uobicajen u matematickoj literaturi. Iz jednacine (2.17) opet vidimo simetrije date krive uodnosu na centar C i koordinatne ose, apscisa i ordinata, na kojima leže glavna i sporedna osasimetrije.

Preciznije, sporedna osa je rastojanje B1B2, gde su B1,2 sporedna temena krive, sa ordinatamay1,2 =±b i apscisom centra C. Rastojanje od fokusa do centra je FC = |xC− f |= aε . Broj

e = aε (2.19)

nazivamo linearni ekscentricitet date krive. Ovaj broj je negativan za hiperbolu. Zatim lakonalazimo i relacije:

b2 = al, a2 = b2 + e2. (2.20)

Sve ove invarijante se mogu videti na slici 2.12 na primeru elipse.Fokalno ne generisana kriva je kružnica. Kada podemo od elipse ε < 1 i predemo na limes

ε → 0, tada a→ l, b→ l, e→ 0 i f → ∞. Fokus F →C a dierktrisa iscezava ka rubu ravnine. Ugranicnom slucaju dobijamo jednacinu kružnice

x2 + y2 = l2 (2.21)

poluprecnika l. Prema tome, kružnica ima ekscentricitet ε = 0 i ne može se generisati na nacinkako smo dobili koeficijente matrice (2.7).

Osobina elipse, v. sliku 1.8 konstrukcije elipse, da je zbir udaljenosti tacke elipse od njenadva fokusa konstantan, takode spada u osobine fokusa i direktrise elipse. Oznacimo sa s1 i s2udaljenosti date tacke do direktrise, to su md u izrazu (2.6), a sa r1,2 odgovarajuce udaljenostido fokusa. Zbir udaljenosti tacke elipse od direktrisa, prema (2.16) je s1 + s2 = 2a/ε , pa iz


r = εs dobijamo r1 + r2 = ε(s1 + s2) = 2a. To je osobina koja se koristi za konstrukciju elipse, aponekad i kao njena druga definicija. Slicno, za hiperbolu dobijamo r1− r2 =±2a, gde znakplus stoji za desnu, a minus za njenu levu granu.

Kada je ekscentricitet ε = 1 tada imamo parabolu. Iz jednacine (2.9) vidimo da parabola imasamo jednu osu simetrije (y = 0) i jedno teme A(l/2,0).

� Primer 2.5 Prelaskom na polarne koordinate x = r cosϕ , y = r sinϕ , birajuci fokus F(0,0), iz(2.6) dobijamo [r−ε( f + r cosϕ)][r+ε( f + r cosϕ)] = 0, pa r∓ε( f + r cosϕ) = 0, odakle dvepolarne jednacine:

r =l

1− ε cosϕ, r =− l

1+ ε cosϕ, (2.22)

koje su faktori polarne jednacine krive drugog reda. �

Slika 2.13: Parabola u polarnom sistemu

Primetimo da faktori (2.22) razlicito definišu datu krivu. Za hiperbolu prvi od tih izraza važiza njenu desnu granu, a desni za eventualnu levu granu. Takode kod elipse i parabole, samo leviizraz (2.22) definiše tacke krive, dok desni uvek daje r < 0, jer je ε ≤ 1 i l > 0.

U slucaju hiperbole ε > 1, za cosϕ1,2 = ±1/ε nazivnici (2.22) iscezavaju, što znaci da utim slucajevima imamo radijalne (r) zrake, u Dekartovom sistemu y = kx+n, sa koeficijentimapravca

k1,2 = tgϕ1,2 =±√

1− cosϕ1,2

cosϕ1,2=±

√ε2−1. (2.23)

Paralelne sa ovim zrakama su asimptote hiperbole koje prolaze kroz centar.

2.2.2 Tangente i polaraNeka je Q kriva drugog reda (2.3) koja nije singularna, tj. ne degeneriše u tacku. Neka suTj(x j,y j), j = 1,2 dve razne tacke na Q. Duž T1T2 koja spaja ove tacke je tetiva krive, a prava

36 Klasicne osobine

koja sadri tetivu naziva se secica ili sekanta krive. Kada rastojanje izmedu ovih tacaka iscezava,d(T1,T2)→ 0, sekanta postaje tangenta krive u njenoj tacki T1 = T2 = T ∈ Q.

Kada dve razne tacke T1,T2 ∈ Q date krive pripadaju tangentama t1, t2 koje se seku u tackiP0, tada se prava koja sadrži tangentne tacke T1,T2 ∈ p0 naziva polara, a tacka preseka tangentit1∩ t2 = P0 se naziva pol.

Ako je a22 6= 0 tada se izraz (2.3) može pisati i rešavati kao kvadratna jednacina po y. Nakonsredivanja dobijamo dve eksplicitne funkcije:

y12 =−a12x−a23±

√b11x2 +2b12x+b22

a22, (2.24)

gde je b11 = a212−a11a22, b12 = a12a23−a13a22, b22 = a2

23−a22a33. U svim slucajevima nede-generisane krive, ako je b11 jednako nuli, pozitivno, ili negativno, kriva je tada redom parabola,elipsa ili hiperbola. Vrednost broja b11 se ne menja translaciom ili rotacijom koordinatnogsistema.

TangentaNeka je prava y = kx+n sekanta koja prolazi dvema tackama krive T1,T2 ∈ Q. Smenom u opštujednacinu krive drugog reda (2.3) dobijamo, redom:

a11x2 +2a12x(kx+n)+a22(kx+n)2 +2a13x+2a23(kx+n)+a33 = 0,

(a22k2+2a12k+a11)x2+2(a22kn+a12n+a23k+a13)x+(a22n2+2a23n+a33) = 0. (2.25)

Kada ova sekanta postaje tangenta u tacki T ∈ Q, tada dve tacke T1 i T2 preseka prave i krive Qpostaju T . U tom slucaju su koreni kvadratne jednacine (2.24) jednaki i realni.

Umesto kvadratne jednacine po x, na slican nacin možemo dobiti i odgovarajucu (2.24)kvadratnu jednacinu po y.

Neka jednacina tangente u tacki T0(x0,y0) ∈ Q bude

y− y0 = k(x− x0). (2.26)

Smenom ove prave u jednacinu krive nalazimo opet (2.24), gde je k isto, a n = −kx0 + y0.Medutim, sada vidimo da koreni te kvadratne jednacine oba moraju biti jednaki ordinati tangentnetacke x1 = x2 = x0. Prema Vieteovim formulama, nalazimo

2x0 =−2(−a22x0k2 +(a22y0−a12x0 +a23)k+a12y0 +a13)

a22k2 +2a12k+a11,

a zatimk =−a11x0 +a12y0 +a13

a12x0 +a22y0 +a23.

Vracajuci koeficijent k u jednacinu (2.25) dobijamo redom:

y− y0 =−a11x0 +a12y0 +a13

a12x0 +a22y0 +a23(x− x0),

a11xx0 +a12(x0y+ xy0)+a22yy0 +a13(x+ x0)+a23(y+ y0)+a33 = 0. (2.27)

U poslednjem koraku smo koristili definicionu jednakost (2.3). To je jednacina tangente na krivuu tacki koja pripada krivoj T0 ∈ Q.

Evo još jednog dokaza iste formule (2.26) o tangentama.


Teorema 2.2.1 Ako tacka T1(x1,y1) pripada krivoj drugog reda (2.3), tada je jednacinatangente te krive u toj tacki:

a11xx1 +a12(x1y+ xy1)+a22yy1 +a13(x+ x1)+a23(y+ y1)+a33 = 0 (2.28)

Dokaz. Izvod krive u tacki T1 jednak je koeficijentu k nagiba tangente u tacki T1. Uzimajuciizvod krive (2.3) po x nalazimo

2a11x+2a12y+2a12xy′+2a22yy′+2a13 +2a23y′ = 0.

Tako, za nagib tangente u tacki T1(x1,y1) nalazimo:

y′(x1) =−a11x1 +a12y1 +a13

a12x1 +a22y1 +a23. (2.29)

smenjujuci (2.28) u (2.25) i uredujuci dobijamo, redom:

y− y1 =−a11x1 +a12y1 +a13

a12x1 +a22y1 +a23(x− x1),

(a11x1 +a12y1 +a13)(x− x1)+(a12x1 +a22y1 +a23)(y− y1) = 0,

[a11xx1 +a12(x1y+ xy1)+a22yy1 +a13(x+ x1)+a23(y+ y1)+a33]−−(a11x2

1 +2a12x1y1 +a22y21 +2a13x1 +2a23y1 +a33) = 0,

a kako je izraz u drugoj zagradi nula, jer tacka T1 pripada krivoj, bice

a11xx1 +a12(x1y+ xy1)+a22yy1 +a13(x+ x1)+a23(y+ y1)+a33 = 0,

a to je upravo ono što je i trebalo dokazati. �

� Primer 2.6 Dati su parabola i dve njene tacke:

y2−4x = 0, T1(1,−2), T2(4,4). (2.30)

Slika 2.14: Parabola i tangente

Koeficijenti (2.3) su: a11 = 0, a12 = 0, a22 = 1, a13 = −2, a23 = 0, a33 = 0, a (2.24):b11 = 0, b12 = 2, b22 = 0. Tangente (2.26) su:

t1 :−2y−2(x+1) = 0, t2 : 4y−2(x+4) = 0.

Presek tangenti je pol, tacka P0(−2,1). Rezultat sui prikazani na slici 2.14. �

Primetimo da jednacina prave kroz dve tacke y− y1 = y2−y1x2−x1

(x− x1), u gornjem primeruy+2 = 4+2

4−1(x−1), može biti napisana u obliku y−2(x−2) = 0 ili yy0−2(x+ x0) = 0.To je bio lakši deo.

38 Klasicne osobine

Pol i polaraTeži deo je dokazati da analogna formula (2.26) važi za tacku van krive, pol T0 /∈ Q, i polaru p0,pravu koja spaja dodirne tacke T1,T2 ∈ p0 tangenti povucenih iz pola na datu krivu Q. Polom ipolarom krivih drugog reda bavio se svojevremeno i srpski matematicar Ruder Boškovic (1711- 1787) i to nije nešto novo u matematici osim što su se vremenom pojavljivali novi dokazi iprimene.

Razmotrimo dve tangentne linije (2.28) u dve tangentne tacke T1,T2 krive (2.3):{a11xx1 +a12(xy1 + x1y)+a22yy1 +a13(x+ x1)+a23(y+ y1)+a33 = 0,a11xx2 +a12(xy2 + x2y)+a22yy2 +a13(x+ x2)+a23(y+ y2)+a33 = 0.

(2.31)

Preuredimo ih u sistem linearnih jednacina po x,y:{(a11x1 +a12y1 +a13)x+(a12x1 +a22y1 +a23)y =−a13x1−a23y1−a33,(a11x2 +a12y2 +a13)x+(a12x2 +a22y2 +a23)y =−a13x2−a23y2−a33.

(2.32)

Determinante sistema su:∆ = b11(x2y1− x1y2)+b13(x2− x1)+b12(y1− y2),∆x = b12(x1y2− x2y1)+b23(x1− x2)+b22(y2− y1),∆y = b13(x1y2− x2y1)+b33(x1− x2)+b23(y2− y1),

(2.33)

gde {b11 = a2

12−a11a22, b12 = a12a23−a13a22, b22 = a223−a22a33,

b13 = a12a13−a11a23, b23 = a12a33−a13a23, b33 = a213−a11a33.

(2.34)

Rešenje sistema (2.32) je tacka P0(x0,y0) sa koordinatama:

x0 =∆x

∆, y0 =

∆y

∆. (2.35)

Tacka P0 je pol.

Teorema 2.2.2 Ako tacka P0(x0,y0) pripada dvema tangentama krive (2.3), sa tangentnimtackama T1 i T2, tada pravac T1T1 ∈ p0 ima jednacinu:

a11xx0 +a12(x0y+ xy0)+a22yy0 +a13(x+ x0)+a23(y+ y0)+a33 = 0. (2.36)

Dokaz. Tacka P0 je rešenje sistema (2.32). Otuda:

(a11x1 +a12y1 +a13)x0 +(a12x1 +a22y1 +a23)y0 +a13x1 +a23y1 +a33 = 0,(a11x2 +a12y2 +a13)x0 +(a12x2 +a22y2 +a23)y0 +a13x2 +a23y2 +a33 = 0.

Množeci prvu sa 1−λ , drugu sa λ i sabirajuci obe dobijene jednacine, dobijamo:

(a11x+a12y+a13)x0 +(a12x+a22y+a23)y0 +a13x+a23y+a33 = 0, (2.37)

gde je

x = x1 +λ (x2− x1), y = y1 +λ (y2− y1). (2.38)

To je parametarska jednacina prave linije. Tacka T (x,y) postaje T1(x1,y1) kada λ = 0, a T2(x2,y2)kada λ = 1. Dakle, prava (14) sadrži tangentne tacke T1,T2. Ta prava linija je polara p0.

Sredivanjem linije (2.37) nalazimo:

a11xx0 +a12(x0y+ xy0)+a22yy0 +a13(x+ x0)+a23(y+ y0)+a33 = 0,

a to je ono što je trebalo dokazati. �


� Primer 2.7 Date su elipsa i pol:

x2 + xy+ y2−6x+8y−10 = 0, P0(−6,−2). (2.39)

Koeficijenti (2.3) su: a11 = 1, a12 =12 , a22 = 1, a13 =−3, a23 = 4, a33 =−10, a koordinate

pola su: x0 =−6, y0 =−2. Jednacina polare (2.36) je:

−6x+12(−6y−2x)−2y−3(x−6)+4(y−2)−10 = 0,

ili nakon pojednostavljivanja: y =−10x. Elipsa, pol i polara su prikazane na slici 2.15.

Slika 2.15: Elipsa (2.39) sa polom P0 i tangentama

Smenjujuci polaru u elipsu, zatim rešavanjem kvadratne jednacine, nalazimo preseke:

x2 + x(−10x)+(−10x)2−6x+8(−10x)−10 = 0,

91x2−86x−10 = 0,

x12 =43±

√2759

91=

{+1.04974, −10.4974−0.104683, 1.04683

Dakle, presecne tacke su:

T1(1.04974,−10.4974), T2(−0.104683,1.04683).

Jednacine tangentnih linija y− y0 =yi−y0xi−x0

(x− x0), i = 1,2, su:

t1 : y =−1.20535 · x−9.23208, t2 : y = 0.516823 · x+1.10094.

�

40 Klasicne osobine

SecicaSmenjujuci pravu y = kx+n u krivu (2.3), nakon sredivanja dobijamo jednacinu:

(a11+2a12k+a22k2)x2+2(a12n+a22kn+a13+a23k)x+(a22n2+2a23n+a33) = 0. (2.40)

Prepoznajemo kvadratnu jednacinu u (standardnom) obliku:

Ax2 +Bx+C = 0, (2.41)

gde je A = a11 +2a12k+a22k2,B = 2(a12n+a22kn+a13 +a23k),C = a22n2 +2a23n+a33.

Rešenja jednacine su apscise tacaka preseka Ti(xi,yi), i = 1,2 koje kombinujemo sa odgovara-jucim ordinatama:

x12 =−B±

√B2−4AC

2A, y12 = kx12 +n. (2.42)

Diskriminanta kvadratne jednacine je: D = B2−4AC =

= 4(a12n+a22kn+a13 +a23k)2−4(a11 +2a12k+a22k2)(a22n2 +2a23n+a33)

= 4[(a212−a11a22)n2 +2(a13a22−a12a23)kn+(a2

23−a22a33)k2+

+2(a12a13−a11a23)n+2(a13a23−a12a33)k+(a213−a11a33).

Prema tome:

D = 4(b11n2−2b12kn+b22k2 +2b13n−2b23k+b33), (2.43)

gde su koeficijenti bi j (i, j = 1,2) isti kao u prethodnim slucajevima (2.24) ili (2.34).Kada pol P0(x0,y0) pripada datoj pravoj liniji bice n = y0− kx0. Supstitucijom n u prethodni

izraz nalazimo drugi oblik iste diskriminante: 14 D =

= (b11x20+2b12x0+b22)m2−2(b11x0y0+b12y0+b13x0+b23)m+b11y2

0+2b13y0+b33. (2.44)

Ako je diskriminanta D = B2− 4AC > 0 tada prava preseca krivu u dve tacke. Koristeci(2.29) i tacke preseka Ti možemo naci jednacinu tangentne linije, zatim pomocu (2.35) možemonaci pol P0. Takva secica je polara.

Ako je diskriminanta D = 0 tada postoji samo jedna tacka preseka (dodira), a “secica” jetangenta. Tada nemamo dovoljno informacija da nademo pol P0 (nema druge secice), osim akose pol poklapa sa tangentnom tackom, tj. ako je T1 = T2. U svakom slucaju, nagib tangente je k apresek n = y0− kx0. Koordinate tangentne tacke T1(x1,y1) su:

x1 =−B

2A, y1 =−

Bk2A

+n. (2.45)

Ako je diskriminanta D < 0 tada prava i kriva nemaju zajednickih tacaka.

� Primer 2.8 Date su hiperbola i prava:

x2 + xy− y2 + x+ y+1 = 0, x+ y+2 = 0. (2.46)


Koeficijenti (2.3) su: a11 = 1, a12 =12 , a22 =−1, a13 =

12 , a23 =

12 , a33 = 1. Nagib i presek

sa ordinatom prave: m =−1, n =−2. Formiramo kvadratnu jednacinu (2.40): −x2−6x−5 = 0,cija rešenja su presecne tacke Ti(xi,yi) (i = 1,2):

x12 =−3±2 =

{−1, −1−5, 3

Desno smo pridružili odgovarajuce ordinate: yi =−xi−2.From (5) it follows the first tangent:

y− y1 =−a11x1 +a12y1 +a13

a12x1 +a22y1 +a23(x− x1),

y+1 =−−1− 1

2 +12

−12 +1+ 1

2

(x+1),

y = x.

Similarly, we find the second tangent: y =−35 x.

Slika 2.16: Hiperbola (2.46) i polara

Koeficijenti (2.34) su: b11 = 1.25, b12 = 0.75, b13 = 1.25, b13 =−0.25, b23 = 0.25, b33 =−0.75. Pol (2.35) je P0(0,0). Rezultate možete videti na slici 2.16. �

� Primer 2.9 Za krivu drugog reda

Q : y2− xy−2x2 + x−5y−6 = 0 (2.47)

tražimo tacke T1,T2 ∈ Q sa apscisom jedan. Tražimo njene tangente t1, t2 u tim tackama, a zatimpol P0 i polaru p0 definisanu tim tangentama.

Prvo tražimo ordinate tacaka krive sa apscisom x0 = 1. Uvrštavanjem u jednacinu krivedobijamo kvadratnu jednacinu

y2−6y−7+0

cija su rešenja brojevi −1 i 7. Dakle postoje dve tacke na krivoj sa datom apscisom i to suT1(1,−1) i T2(1,7). Uvrštavajuci koordinate ovih tacaka u jednacinu (2.27), dobijamo jednacinetangenti {

t1 : −y− 12(−x+ y)−2x+ 1

2(x+1)− 52(y−1)−6 = 0

t2 : 7y− 12(7x+ y)−2x+ 1

2(x+1)− 52(y+7)−6 = 0,

42 Klasicne osobine

odnosno {t1 : x+4y+3 = 0t2 : 5x−4y+23 = 0.

Prava T1T2 je polara p0. To je prava okomita na apscisu u tacki x = 1. Pol je tacka u kojoj seseku tangente P0(−13/3,1/3) ∈ t1∩ t2. Svi ti rezultati su prikazani na slici 2.17.

Slika 2.17: Hiperbola sa polom P0 i polarom p0

Proveru rezultata možemo izvesti uvrštavajuci koordinate pola P0(−13

3 ,13

)u jednacinu, sada

polare (2.27). Dobijamo redom:

p0 :y3− 1

2

(x3− 13y

3

)+

26x3

+12

(x− 13

3

)− 5

2

(y+

13

)−6 = 0,

p0 : 2y− (x−13y)+52x+(3x−13)−5(3y+1)−36 = 0,

p0 : 54x−54 = 0.

Dakle, y iscezava i ostaje x = 1. To jeste gornja jednacina polare p0. �

U posebnom slucaju, kada su jednacine elipse i hiperbole date u kanonskom obliku (2.12),tada se polare oblika (2.27), odnosno (2.36) svode na oblik, redom:

xx0

a2 +yy0

b2 = 1,xx0

a2 −yy0

b2 = 1, (2.48)

pri cemu je tacka P0(x0,y0) pol. Kada tacka P0 pripada krivoj, tada je (2.48) njena tangenta u tojtacki. Slicno važi za parabolu, gde su

y2 = 2px, yy0 = p(x+ x0), (2.49)

njena jednacina u kanonskom obliku i polara za pol P0(x0,y0). Ove formule su neposredneposledice (2.27), ali se mogu dokazivati i odvojeno.

Parabola i pravaDokazujemo (2.49) i još nekoliko usputnih rezultata.

Iz pola, tacke P0(x0,y0), su povucene tangente oblika y = kx+n na parabolu. Dodirna tackatangente i parabole, ako postoji je T (xt ,yt), odnosno to su tacke T1(x1,y2) i T2(x2,y2). Pol P0


sa ovim tackama definiše tangente t, odnosno t1 i t2, dok dve tangentne tacke definišu polarup0 ∈ T1T1.

Smenjujuci ordinatu prave u jednacinu parabole dobijamo (kx+n)2 = 2px, odnosno

k2x2 +2(kn− p)x+n2 = 0. (2.50)

Ovo je kvadratna jednacina cija je diskriminanta nula, jer jednacina ima samo jedno rešenje,tacku tangiranja. Otuda p = 2kn, što vraceno u kvadratnu jednacinu daje (kx−n)2 = 0, pa suapscisa i ordinata tangentne tacke T :

xt =nk, yt = 2n. (2.51)

Kada su poznate koordinate tangentne tacke, tada iz ovih jednacina dobijamo:

n =yt

2=

y2t

2yt=

2pxt

2yt=

pxt

yt,

k =nxt

=pxt/yt

xt=

pyt.

Tako jednacina tangente parabole postaje y = px/yt + pxt/yt , odnosno

yyt = p(x+ xt). (2.52)

Normala na parabolu u tacki tangiranja je prava y = k⊥x+ n⊥, za ciji koeficijent nagiba važik⊥ =−1/k =−yt/p, pa je

y− yt =−yt

p(x− xt) (2.53)

jednacina normale na parabolu u tacki tangiranja.Kada iz “vanjske” tacke parabole, pola P0, možemo povuci dvije tangente t1, t2 na parabolu,

sa dodirnim tackama T1,T2, jednacine tangenti su takode, redom:

yy1 = p(x+ x1), yy2 = p(x+ x2),

odnosno{y0y1 = p(x0 + x1)y0y2 = p(x0 + x2),

(2.54)

jer pol P0 pripada obema tangentama. Oduzimanjem nalazimo y0(y2− y1) = p(x2− x1) i

y2− y1

x2− x1=

py0. (2.55)

To je koeficijent polare p0 ∈ T1T2, prave koja prolazi dodirnim tackama tangenti iz pola P0.Polara, prava koja prolazi diralištima, tangentnim tackama T1,T2, ima jednacinu

y− y1 =y2− y1

x2− x1(x− x1),

y− y1 =py0(x− x0),

yy0− y1y0 = px− px1.

44 Klasicne osobine

Slika 2.18: Parabola y2 = 8x, pol P0(−2,−1) i polara p0

Koristeci prvu jednacinu (2.54) sada nalazimo

yy0 = p(x+ x0). (2.56)

To je jednacina polare p0 parabole (2.49) sa polom P0(x0,y0).Pol i polara imaju smisla i kada se na opisani nacin ne može izvesti njihova veza (2.56). Na

primer, ako za pol uzmemo fokus F(p/2,0) ove parabole (y2 = 2px), tada (2.56) daje x =−p/2,tj. direktrisu parabole. Važi i obrnuto, ako je polara direktrisa, tada je pol fokus.

� Primer 2.10 Odrediti jednacine tangenti povucenih iz tacke P0(−2,−1) na parabolu y2 = 8x.Rešicemo zadatak pomocu polare kao na slici 2.18. Koordinate tacke P0(−2,−1) u jednacini

polare (2.56) daju y(−1) = 4(x−2), tj. y =−4x+8. Presek polare i parabole je rešenje sistema

y =−4x+8, y2 = 8x.

Smenom ordinate dobijamo (−4x+8)2 = 8x i kvadratnu jednacinu

2x2−9x+8 = 0.

Rešenja su apscise x12 =9±√

174 , sa odgovarajucim ordinatama y12 =−1∓

√17. Tražene tangente

su prave: {t1 : (−1−

√17)y = 4(x+ 9+

√17

4 ),

t2 : (−1+√

17)y = 4(x+ 9−√

174 ).

Njihov presek, rešenje ovog sistema, trebala bi biti polazna tacka P0. �

Elipsa ili hiperbola i pravaPresek prave i elipse ili hiperbole nalazimo rešavajuci sistem dve jednacine, prva sa drugom ilitecom:

y = kx+n,x2

a2 +y2

b2 = 1,x2

a2 −y2

b2 = 1.


Smenom y iz prve u drugu ili tecu, nalazimo kvadratne jednacine, redom:

(a2k2 +b2)x2 +2a2knx+a2(n2−b2) = 0,

(a2k2−b2)x2 +2a2knx+a2(n2 +b2) = 0,

cija rešenja su apscise presecnih tacaka, redom za elipsu i hiperbolu:

x12 =−a2kn±ab

√a2k2 +b2−n2

a2k2 +b2 , x12 =−a2kn±ab

√−a2k2 +b2 +n2

a2k2−b2 , (2.57)

koje uvrštene nazad (recimo u datu jednacinu prave) daju odgovarajuce ordinate preseka.Diskriminante ovih kvadratnih jednacina elipse i hiperbole su:

De = a2k2 +b2−n2, Dh =−a2k2 +b2 +n2. (2.58)

Kada je diskriminanta manja od nule, D < 0, tada se prava i kriva mimoilaze. Kada je diskrimi-nanta jednaka nuli, D = 0, prava dodiruje, tangira krivu. Kada je diskriminanta pozitivna, D > 0,prava sece krivu u dve tacke.

Kada je prava y = kx+n tangenta krive tada izracunavamo dirališta T (xt ,yt):

Te

(−a2k

n,b2

n

), Th

(−a2k

n,−b2

n

), (2.59)

za elipsu i hiperbolu redom.U slucaju da imamo par tangenti na datoj krivoj sa diralištima T1(x1,y1) i T2(x2,y2), tada je

polara p0 prava koja sadrži ove tacke:

y− y1 =y2− y1

x2− x1(x− x1). (2.60)

Pol je tacka preseka ovih tangenti P0(x0,y0), pa važe i jednacine:x1x0

a2 ±y1y0

b2 = 1,x2x0

a2 ±y2y0

b2 = 1, (2.61)

gde uzimamo znak plus za elipsu a minus za hiperbolu. Od druge jednacine (iste krive) oduzi-mamo prvu i dobijamo, redom:

y2− y1

x2− x1=−b2x0

a2y0,

y2− y1

x2− x1=

b2x0

a2y0, (2.62)

za elipsu, odnosno hiperbolu. Ove koeficijente vracamo u jednacinu (2.60) i nakon sredivanjadobijamo:

xx0

a2 ±yy0

b2 = 1, (2.63)

gde uzimamo znak plus za elipsu a minus za hiperbolu. To je jednacina polare p0 koja odgovarapolu P0 za elipsu, odnosno hiperbolu datu u kanonskom obliku.

Kao što je lako videti, identicne jednacine ovima mogu se dobiti neposredno iz jednacinepolare (2.36) za opšti oblik krive drugog reda. A ovde je lakše proveriti, recimo, da uzimanjemfokusa za pol P0 = F(aε,0) dobijamo direktrisu x = a/ε za polaru, i obratno.

� Primer 2.11 Nalazimo jednacine zajednickih tangenti krivih:

x2

64+

y2

12= 1,

x2

112+

y2

9= 1.

Prema uslovu dodira je 64k2+12 = n2 i 112k2+9 = n2. Pomnožimo prvu jednacinu sa (−1)i saberimo sa drugom da dobijemo 48k2− 3 = 0, k12 = ±1/4, a zatim nadimo odgovarajucen12 =±4. Jednacine traženih tangenata su y =±x/4±4. �

46 Klasicne osobine

2.2.3 KružnicaKada su oba fokusa elipse u jednoj tacki (u centru elipse), elipsa se naziva kružnica. Iz nacinakonstrukcije elipse, slika 1.8, možemo razumeti da je kružnica geometrijsko mesto tacakajednako udaljenih, za r, od date tacke C. Ta konstantna udaljenost se naziva poluprecnik, akonstantna tacka C je centar kružnice.

Slika 2.19: Kružnica sa centrom C(p,q) i poluprecnikom r

Na slici 2.19 data je proizvoljna tacka T (x,y) kružnice sa centrom C(p,q) i poluprecnikomr u Dekartovom pravouglom sistemu koordinata Oxy. Normalne projekcije tacaka C i T nakoordinatne ose zatvaraju pravougli trougao sa katetama x− p, y− q i hipotenuyom r. IzPitagorine teoreme sledi:

(x− p)2 +(y−q)2 = r2, (2.64)

a to je normalni ili kanonski oblik jednacine kružnice. Kvadriranjem i sredivanjem dobijamorazvijeni oblik jednacine kružnice:

x2 + y2−2px−2qy+ p2 +q2− r2 = 0. (2.65)

Ovaj izraz možemo pomnožiti proizvoljnim parametrom λ 6= 0 i dobiti drugaciji zapis istekružnice. Uporedivanjem tako poopštenog razvijenog oblika jednacine kružnice sa (2.3) opštimoblikom krive drugog reda nalazimo koeficijente:

a11 = a22 = λ , a12 = 0, a13 =−λ p, a23 =−λq, a33 = λ (p2 +q2− r2). (2.66)

Obratno, polazeci od opšteg oblika krive drugog reda i (2.66), možemo naci kanonski oblik(2.64) i procitati koordinate centra i poluprecnik kružnice.

Kada imamo dve kružnice u kanonskom obliku, sa centrima C1(p1,q1), C2(p2,q2) cijaudaljenost je C1C2, i poluprecnicima r1, r2, njihove uzajamne položaje procenjujemo po sledecojšemi:• r1 + r2 <C1C2 - kružnice su predaleko i nemaju zajednickih tacaka;• r1 + r2 =C1C2 - kružnice se dodiruju izvana;• |r1− r2|<C1C2 < r1 + r2 - kružnice se seku;


• |r1− r2|=C1C2 - kružnice se dodiruju iznutra;• C1C2 < |r1− r2| - jedna od kružnica je sasvim unutar druge.

Dve ili više kružnica sa zajednickim centrom nazivaju se koncentricne kružnice.Presek prave y = kx+n i kružnice nalazimo nalazimo rešavajuci sistem od te dve jednacine.

U opštem obliku dobijamo kvadratnu jednacinu poput (2.40). Broj rešenja je broj tacaka preseka,koji može biti dva, jedna ili nijedna, što odgovara slucajevima da prava sece kružnicu, da jetangira, ili da se prava i kružnica mimoilaze. U slucaju tangiranja, prava i kružnica imaju samojednu zajednicku tacku T0(x0,y0) a jednacina tangente je:

(x− p)(x0− p)+(y−q)(y0−q) = r2. (2.67)

Kada je tacka T0(x0,y0) izvan kružnice onda je nezivamo pol, a prava (2.67) je njena polara.Udaljenost date prave od kružnice je

d =|kp−q+n|√

k2 +1, (2.68)

a ako je prava tangenta ova udaljenost je r.Ako je prava y= kx+n tangenta kružnice (2.64), tada je d = r, pa kvadriranjem i uredivanjem

jednakosti (2.68) nalazimo

r2(k2 +1) = (kp−q+n)2. (2.69)

To je uslov dodira prave i kružnice.Kada su iz tacke T0(x0,y0) van kružnice postavljene tangente na kružnicu (2.64), jednacine

tangenti najlakše možemo tražiti na sledeca dva nacina.

� Primer 2.12 Potražimo tangente povucene iz date tacke na datu kružnicu.

T0(8,10), (x−2)2 +(y−3)2 = 4. (2.70)

1. nacin, tražimo tacke dodira T1,T2. Zato što je dodirna tacka na kružnici, prema (6.64)bice (x1− 2)2 +(y1− 3)2 = 4, a zato što sa tackom T0 ona definiše tangentu, prema (2.67)imamo jednacinu (8−2)(x1−2)+(10−3)(y1−3) = 4. Rešenja tog sistema su tangentne tackeT1(−64/17,35/17) i T2(4/5,23/5). Ove tacke uvrštene u jednacinu tangente (2.67), nakonsredivanja daju tangente:{

t1 : 15x−8y−40 = 0,t2 : 3x−4y+16 = 0.

(2.71)

2. nacin, koristeci uslov dodira (2.69). Svaka od tangenti y = kx+n prolaze tackom T0(8,10),pa je 10 = 8k+n. Uslov dodira daje drugu jednacinu 4(k2 +1) = (2k−3+n)2. Rešenja ovogsistema su iste tangente (2.71). �

2.2.4 DeterminanteKrive drugog reda sa jedinstvenim centrom simetrije, koji se naziva centar krive, su rešenjasistema jednacina:{

a11x+a12y+a13 = 0,a21x+a22y+a23 = 0.

(2.72)

U slucaju da ovaj sistem nema rješenja, onda kažemo da imamo krivu bez centra.

48 Klasicne osobine

Takode je poznato da translacija i rotacija koordinatnog sistema nece promeniti sledecedeterminante simetricne matrice F :

∆3 =

∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣ , ∆2 =

∣∣∣∣a11 a12a21 a22

∣∣∣∣ , ∆1 = a11 +a22. (2.73)

Polu invarijantan je zbir

Z =

∣∣∣∣a22 a23a32 a33

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣a11 a13a31 a33

∣∣∣∣ , (2.74)

koji je invarijantan samo na rotaciju koordinatnog sistema.Transformacijom (rotacijom, translacijom) koordinatnog sistema, krivu drugog reda možemo

svesti na oblik:

Φ(x,y) = a11x2 +2a12xy+a22y2. (2.75)

Kada je Φ(x,y) pozitivno definitno imamo elipsu, kada je negativno definitno imamo hiperbolu,a nedefinitno imamo parabolu. To proizilazi iz korena karakteristicne jednacine:∣∣∣∣a11−λ a12

a21 a22−λ

∣∣∣∣= 0 ⇐⇒ λ2−∆1λ +∆2 = 0. (2.76)

Tri fundamentalne invarijante ∆3, ∆2 i ∆1 definišu krivu drugog reda, osim paralelnih linija, dokretanja u Euklidskoj ravni. Kada su odgovarajuce (delta) invarijante dve krive jednake, tadase te krive mogu kretanjem dovesti do poklapanja. Drugim recima, takve su krive ekvivalentneobzirom na grupu kretanja ravni, tj. metricki ekvivalentne.

Konacno pogledajmo i kratak pregled krivih II reda:ne-degenerisane ∆3 6= 0 degenerisane ∆3 = 0

centralna ∆2 > 0 ∆3/Z < 0 realna elipsa tacka∆3/Z > 0 imaginarna elipsa

∆2 < 0 hiperbola paralelne pravene-centralna ∆2 = 0 parabola Z > 0 imaginarne paralele

Z < 0 realne paraleleZ = 0 dupla prava

KomutatoriKomutator tacakaKomutator dužiJednacine praveVektorsko množenje

TrougaoSimetrale uglovaUpisani krugoviUnutra upisani krugVani upisani krugoviPoluprecnici upisanih krugovaTežišteCentar opisanog krugaOrtocentarOjlerova prava

TriangulacijaTriangulacija temenimaTriangulacija stranicamaLinearni sistem 2DCentar devet-tacakaTrilineari

Projektivna ravanNacrtna geometrijaPapusova teoremaHomogene koordinateDvorazmeraPrincip dualnosti

Super konikeLameove krive

3 — Analiticka geometrija

Analiticka geometrija, takode nazivana koordinatna geometrija je oblast matematike u kojojse algebarskim simbolima i metodama rešavaju geometrijski problemi. Osnova je mnogihsavremenih oblasti geometrije, ukljucujuci algebru, diferencijalni racun, diskretnu matematiku ikompjutersku geometriju. Izvan matematike, analiticka geometrija je u širokoj upotrebi u fizici iinženjerstvu. Sama geometrija je mnogo starija.

Ravna geometrija je ona u kojoj važi Euklidov postulat paralelnosti. Jedna od varijanti togpostulata je sledecai: “Kroz datu tacku van date prave u istoj ravni prolazi tacno jedna prava kojanema zajednickih tacaka sa datom pravom”. Dve prave koje se poklapaju, ili leže u istoj ravni alinemaju zajednickih tacaka nazivaju se paralelne prave. Geometrija u kojoj važi peti Euklidovpostulat naziva se i euklidska geometrija.

Neeuklidkske geometrije su elipticne, ili su hiperbolne. U ravnini elipticne geometrije svakedve prave linije se seku. Specijalni slucaj elipticne geometrije je sferna, ili Rimanova. Treca vrstaneeuklidskih geometrija su hiperbolicne, ili geometrije Lobacevskog. U ravni ove geometrije,kroz datu tacku van date prave moguce je povuci bar dve prave koje se ne seku sa datom pravom.

U euklidskoj geometriji je odnos obima i precnika proizvoljnog kruga iracionalna konstanta,broj π = 3,14159 . . . . Zbir uglova proizvoljnog trougla je 108◦, ili π radijana. U elipticnojgeometriji odnos obima i precnika kruga je manji od broja π , a zbir uglova trogula je veci od π

radijana. U hiperbolnoj geometriji je obratno, odnos obima i precnika kruga veci je od π , a zbiruglova trogula je manji od π radijana.

U prvom delu narednog teksta razmatramo samo trouglove u euklidskim ravninama. Oni suneka vrsta duboke osnove ili uvoda u krive drugog reda, odnosno konike.

3.1 KomutatoriNa slici 3.1 je objašnjenje slijedece formule za orjentisanu površinu trougla.

50 Analiticka geometrija

Teorema 3.1.1 Površina trougla ABC je:

Π(ABC) =12

∣∣∣∣∣∣Ax Bx Cx

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ . (3.1)

Slika 3.1: Orjentisana površina trougla

Dokaz. Primetimo da se površina trougla ABC na slici 3.1 sastoji od površina trapeza AxCxCAplus CxBxBC minus AxBxBA. Znamo da je površina trapeza jednaka proizvodu poluzbira osnovica(srednja linija trapeza) i visine. Drugim recima, imamo

Π(ABC) =Cy +Ay

2(Cx−Ax)+

By +Cy

2(Bx−Cx)−

By +Ay

2(Bx−Ax) =

=12[Ax(By−Cy)+Bx(Cy−Ay)+Cx(Ay−By)]

=12


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ ,a to je ono što smo i hteli dokazati. �

3.1.1 Komutator tacakaKomutator tacaka A,B je broj [A,B] = AxBy−BxAy. Ocigledno je komutator tacaka nula ako isamo ako prava AB sadrži ishodište koordinatnog sistema. Uvek je [A,B] =−[B,A].

Neposredna posledica teoreme 3.1.1 je sledeca.

Korolar 3.1.2 Ciklicni zbir komutatora temena trougla jednak je dvostrukoj površini togtrougla, tj.

[A,B]+ [B,C]+ [C,A] = 2Π(ABC).

Dokaz.

[A,B]+ [B,C]+ [C,A] = (AxBy−BxAy)+(BxCy−CxBy)+(CxAy−AxCy) =

3.1 Komutatori 51

= Ax(By−Cy)+Bx(Cy−Ay)+Cx(Ay−By) = 2Π(ABC).

�

Neka je na pravoj AB data tacka T , što možemo pisati T ∈AB, ili A−T−B kada naglašavamoda je T kolinearna sa tackama A i B ali je izmedu njih. Tada je površina trougla ABC jednakazbiru površina trouglova ATC i T BC. Drugim recima, važi sledeci stav.

Teorema 3.1.3 T ∈ AB ⇐⇒ [A,B] = [A,T ]+ [T,B].

Dokaz. Ako je T ∈ AB, uzmimo proizvoljnu tacku C. Za površine trouglova važi

2Π(ABC) = 2Π(ATC)+2Π(T BC),

pa imamo pojednostavljivanja, redom:

[A,B]+ [B,C]+ [C,A] = ([A,T ]+ [T,C]+ [C,A])+([T,B]+ [B,C]+ [C,T ])

[A,B]+ [C,A] = ([A,T ]+ [T,C]+ [C,A])+([T,B]+ [C,T ])

[A,B] = [A,T ]+ [T,C]+ [T,B]+ [C,T ]

[A,B] = [A,T ]+ [T,B].

Obrnuto, ako važi desna strana ekvivalencije, tada posmatrajmo trougao AT B. Iz

Π(AT B) = [A,T ]+ [T,B]+ [B,A] = [A,B]+ [B,A] = 0

sledi kolinearnost temena A,T,B. �

Naravno, ova teorema se može dokazivati i na druge nacine.

� Primer 3.1 Proveriti tvrdenje teoreme 3.1.3 pomocu vektora. �

Rešenje. Proizvoljna tacka T na pravoj AB je data vektorskom jednacinom:−→OT =

−→OA+

−→AB · t, t ∈ R, (3.2)

odnosno

(Tx,Ty) = (Ax,Ay)+(Bx−Ax,By−Ay)t. (3.3)

Drugim recima, imamo sistem jednacina:

Tx = Ax +(Bx−Ax)t, Ty = Ay +(By−Ay)t. (3.4)

Otuda

[A,T ]+ [T,B] = AxTy−TxAy +TxBy−BxTy =

= Ax(Ay +(By−Ay)t)− (Ax +(Bx−Ax)t)Ay+

+(Ax +(Bx−Ax)t)By−Bx(Ay +(By−Ay)t)

= AxAy +AxByt−AxAyt−AxAy−BxAyt +AxAyt+

+AxBy +BxByt−AxByt−BxAy−BxByt +BxAyt

= AxBy−BxAy

= [A,B].

�


Slika 3.2: Konveksan i konkavan cetvorougao.

� Primer 3.2 Predstaviti površine konveksnog i konkavnog cetvorougao ABCD, na slici 3.2,pomocu komutatora. �

Rešenje. Površina konveksnog (levo) je

Π(ABCD) = Π(ABD)+Π(BCD) =

= ([A,B]+ [B,D]+ [D,A])+([B,C]+ [C,D]+ [D,B])

= [A,B]+ [B,C]+ [C,D]+ [D,A].

Koristeci teoremu 3.1.3, lako nalazimo i površinu konkavnog (desno):

Π(A′B′C′D′) = [A′,B′]+ [B′,C′]+ [C′,D′]+ [D′,A′] =

= [A′,B′]+ [B′,E ′]+ [E ′,C′]+ [C′,D′]+ [D′,E ′]+ [E ′,A′]

= [A′,B′]+ [B′,E ′]+ [E ′,A′]+ [E ′,C′]+ [C′,D′]+ [D′,E ′]

= Π(A′B′E ′)+Π(E ′C′D′). (3.5)

�

Uopšte, ciklicni zbir komutatora duž izlomljene zatvorene linije jednak je površini koju tafigura zatvara. Ta površina je pozitivna1 (negativna) ako je obilazimo u pozitivnom (negativnom)smeru.

3.1.2 Komutator dužiProjekcijama duži p = MN na koordinatne ose nazivamo orjentisane dužine:

px = Nx−Mx, py = Ny−My. (3.6)

Kada u determinanti (1.1) teoreme 3.1.1 zamenimo prva dva retka, determinanta, odnosnopovršina trougla Π(ABC) menja znak. Otuda:{

Π = 12 [Ax(By−Cy)+Bx(Cy−Ay)+Cx(Ay−By)],

Π = 12 [Ay(Cx−Bx)+By(Ax−Cx)+Cy(Bx−Ax)].

(3.7)

To isto pomocu projekcija duži možemo pisati krace:{2Π = −Axay−Bxby−Cxcy,2Π = Axay +Bxby +Cxcy.

(3.8)

Komutator duži p i q je broj [p,q] = pxqy−qx py. To je dosledno sa definicijom komutatoratacaka.

1Pozitivan smer je suprotan kretanju kazaljke na satu.

3.1 Komutatori 53

Teorema 3.1.4 Ako su p = AC i q = BD dijagonale cetvorougla ABCD, njegova površina je:

Π(ABCD) = [p,q]. (3.9)

Dokaz. [p,q] = pxqy−qx py = (Cx−Ax)(Dy−By)− (Dx−Bx)(Cy−Ay) =

= (CxDy−CxBy−AxDy +AxBy)− (DxCy−DxAy−BxCy +BxAy)

= (AxBy−BxAy)+(BxCy−CxBy)+(CxDy−DxCy)+(DxAy−AxDy)

= [A,B]+ [B,C]+ [C,D]+ [D,A] = Π(ABCD).

U poslednjem koraku smo upotrebili rezultat primera 3.2. �

U euklidskoj geometriji je uobicajeno temena trouglova oznacavati velikim slovima en-gleskog alfabeta A,B,C, . . . , stranice malim slovima a,b,c, . . . , a uglove malim grckim slovimaα,β ,γ, . . . . Ako nije drugacije receno ovde cemo prodrazumevati iste oznake, koje se vide naslici 3.3.

Slika 3.3: Podrazumevane oznake za trougao.

U trouglu ABC, orjentisane projekcije stranica a = BC, b =CA i c = AB na koordinatne osesu:

BC : ax =Cx−Bx, ay =Cy−By

CA : bx = Ax−Cx, by = Ay−Cy

AB : cx = Bx−Ax, cy = By−Ay

(3.10)

Teorema 3.1.5 Za stranice a = BC, b =CA, c = AB trougla ABC važe relacije:

ax +bx + cx = 0, ay +by + cy = 0. (3.11)

[a,b] = [b,c] = [c,a] = 2Π(ABC). (3.12)

Dokaz. Prve jednakosti slede iz:

ax +bx + cx =−(Bx−Cx)− (Cx−Ax)− (Ax−Bx) = 0,

ay +by + cy =−(By−Cy)− (Cy−Ay)− (Ay−By) = 0.


Zatim, važe jednakosti:

[a,b] = axby−bxay =

= (Bx−Cx)(Cy−Ay)− (Cx−Ax)(By−Cy)

= (BxCy−BxAy−CxCy +CxAy)− (CxBy−CxCy−AxBy +AxCy)

= (AxBy−BxAy)+(BxCy−CxBy)+(CxAy−AxCy)

= [A,B]+ [B,C]+ [C,A] = 2Π(ABC).

Poslednji korak je posledica korolara 3.1.2. Ciklicna zamena slova daje ostale relacije (3.12). �

Dakle, komutator dve stranice trougla jednak je dvostrukoj površini datog trougla. Zato jeciklicni zbir tri komutatora stranica trougla jednak šestostrukoj površini datog trougla:

[a,b]+ [b,c]+ [c,a] = 6Π(ABC). (3.13)

Otuda i sledeca relacija za trougao ABC:

a||b||c ⇐⇒ [a,b]+ [b,c] = [a,c]. (3.14)

� Primer 3.3 Dokazati da je:

ax[C,A]− [B,C]bx = 2CxΠ, (3.15)

gde je Π = Π(ABC) površina trougla ABC. �

Dokaz.ax[C,A]− [B,C]bx =

= (Cx−Bx)(CxAy−AxCy)− (BxCy−CxBy)(Ax−Cx)

= (C2x Ay−AxCxCy−BxCxAy +AxBxCy)

−(AxBxCy−BxCxCy−AxCxBy +C2x By)

=Cx[(AxBy−BxAy)+(BxCy−CxBy)+(CxAy−AxCy)]

=Cx([A,B]+ [B,C]+ [C,A]) =Cx ·2Π.

�

3.1.3 Jednacine prave

Pogledajmo nekoliko primera primene komutatora.

� Primer 3.4 Izvesti oblike jednacine prave pomocu novih oznaka:1. implicitni,2. eksplicitni.3. Primeniti ih na pravu kroz tacke A(2,−3),B(−1,4).

�

3.1 Komutatori 55

Dokaz. 1. Stavljajuci T (x,y) u [A,T ]+ [T,B] = [A,B] teoreme 3.1.3, dobijamo, redom:

(Axy− xAy)+(xBy−Bxy) = [A,B],

(By−Ay)x− (Bx−Ax)y = [A,B],

cyx− cxy = [A,B], (3.16)

gde je c = AB duž. To je implicitni, ili opšti oblik jednacine prave.2. Iz implicitnog oblika sledi:

y−Ay =cy

cx(x−Ax). (3.17)

To je eksplicitni oblik jednacine prave, gde cx = Bx−Ax, cy = By−Ay.3. Za tacke A(2,−3),B(−1,4) imamo:

cy = By−Ay = 7, cx = Bx−Ax =−3, [A,B] = AxBy−BxAy = 5.

Prema tome, implicitna (3.16) i eksplicitna (3.17) jednacina glase:

7x+3y = 5, y−4 =7−3

(x+1). (3.18)

�

Kada duž p = MN leži na istoj pravoj c = AB, iz (3.16) sledi sistem jednakosti:

cyMx− cxMy = [A,B],

cyNx− cxNy = [A,B].

Oduzimanjem dobijamo cy px−cx py = 0, tj. [p,c] = 0. Sa druge strane, ako prava c = AB prolaziishodištem, tada je njen slobodni clan [A,B] = 0. Otuda sledeca posledica.

Korolar 3.1.6 — Komutativnost. Za komutator tacaka [A,B], odnosno duži [p,q] važi:• [A,B] = 0 ako tacke A,B i O leže na istoj pravoj.• [p,q] = 0, ako duži p i q leže na istoj pravoj.

� Primer 3.5 Napisati segmentni oblik jednacine prave. �

Rešenje. Ako prava c = MN sece x,y-ose redom u tackama M 6= N, iz (3.16) sledi da je njenajednacina

Nyx+Mxy = MxNy.

Kada ovu jednacinu podelimo sa MxNy dobijamo:

xMx

+y

Ny= 1. (3.19)

To je segmentni oblik jednacine prave, gde je

Mx = m, My = 0, Nx = 0, Ny = n.

�

� Primer 3.6 Napisati normalni oblik jednacine prave. �


Slika 3.4: Normala O−P−P′ na paralelne prave c i c′.

Rešenje. Na slici 3.4 vidimo slicne trouglove ∆OMP ∼ ∆NOP. Otuda Mx = OP/cosω,Ny =OP/sinω , pa jednacina (3.19) postaje:

xcosω + ysinω = OP. (3.20)

To je tzv. normalni oblik jednacine prave c, nazvane tako zbog nagibnog ugla ω i dužine normaleOP na datu pravu. �

Kada podelimo opšti oblik jednacine prave (3.15) sa dužinom c = AB dobijamo jednacinuuporedivu sa normalnim oblikom (3.20). Na desnoj strani jednacine mora biti nenegativan brojkoji predstavlja dužinu OP, tj. udaljenost prave c od ishodišta. Da bi to bolje razumeli koristimofunkciju predznak broja x:

σ(x) ={

+1, x≥ 0−1, x < 0.

(3.21)

Pišemo skraceno σAB = σ([A,B]), odnosno σ ′AB = σ([A′.B′]). Dakle, funkcija sigma je broj(plus) jedan ako je navedeni komutator pozitivan ili nula2, a sigma je minus jedan ako je navedenikomutator negativan. Tako dobijamo:

cosω =cy

cσAB, sinω =− cx

cσAB, OP =

[A,B]cσAB

, (3.22)

gde je c =√

c2x + c2

y , a sigme su predznaci slobodnog clana sa desne strane jednacine (3.16).

� Primer 3.7 Nadimo rastojanje izmedu dve paralelne prave. �

Rešenje. Na slici 3.4 vidimo dve paralelne prave c i c′, sa iste strane ishodišta O. One imajujednak ugao ω normale OPP′ ali mogu imati razlicite udaljenosti p = OP i p′ = OP′ od ishodišta.Prema tome, njihove jednacine u normalnom obliku ce biti:{

c : xcosω + ysinω = p,c′ : xcosω + ysinω = p′.

(3.23)

2Ovo nije funkcija “signum”, jer je sgn(0) = 0.

3.1 Komutatori 57

Udaljenost, distanca izmedu njih je razlika d(c,c′) = |p− p′|.Kada je ishodište izmedu paralelnih pravih c i c′, ugao izmedu normala je ispružen, tj.

ω ′ = ω +180◦. Tada je cosω ′ =−cosω i sinω ′ =−sinω , pa jednacine (3.23) glase:{c : xcosω + ysinω = p,c′ : xcosω + ysinω =−p′,

(3.24)

Rastojanje izmedu pravih je ista razlika, ali sada

d(c,c′) = |p− (−p′)|= p+ p′. (3.25)

�

Kada prevodimo prave (3.23) pomocu (3.20) u opšti oblik, primetimo da je c′x = cx, c′y = cy ic′ = c. Dobijamo:

c :cyx− cxy

cσAB=

[A,B]cσAB

, c′ :cyx− cxy

cσ ′AB=

[A′,B′]cσ ′AB

. (3.26)

Razlomci desno su uvek pozitivni, jer su kolicnici brojeva istog znaka. Zato je udaljenost izmedupravih:

d(c,c′) =∣∣∣∣ [A,B]cσAB

± [A′,B′]cσ ′AB

∣∣∣∣ ,Medutim, ako ostavimo predznak komutatora, tada isti rezultat glasi:

d(c,c′) =|[A,B]− [A′,B′]|

c. (3.27)

Naime, ako su prave sa iste strane ishodišta tada komutatori (slobodni clanovi jednacina prave)imaju isti znak pa je korektno oduzimanje njihovih apsolutnih vrednosti. Medutim, kada su pravesa razlicitih strana ishodišta tada komutatori imaju razlicite predznake pa se u formul pojavljujezbir apsolutnih vrednosti.

Na primer, na slici 3.5 prava c : 3x− 4y = 5 je paralelna sa obe prave c′± : 3x− 4y = ±2.Njene udaljenosti od obe su d(c,c′±) =

|5−(±2)|5 , tj. 3

5 odnosno 75 . Pored toga, medusobna

udaljenost prim pravih je d(c′+,c′−) =

|2−(−2)|5 = 4

5 .

Slika 3.5: Paralelne prave c i c′±.

� Primer 3.8 Naci udaljenost tacke od prave. �


Rešenje. Neka su date prava c i tacka P′. Konstruišimo pravu c′ koja sadrži tacku P′ a paralelnaje sa pravom c, kao na slici 3.5. Njihove jednacine moraju biti oblika (3.23) ako su prave c ic′ sa iste strane ishodišta, ili oblika (3.24) ako su prave c i c′ sa raznih strana ishodišta. Akoje jednacina date prave u opštem obliku (3.16) onda su jednacine pravih c,c′ oblika (3.24), atraženo rastojanje je (3.27).

Kada izracunavamo izraz (3.27) tada koristimo koeficijente prave c i uvršavamo koordinatetacke P′(x′,y′). Koordinate tacke P′ zadovoljavaju jednacinu c′, pa možemo pisati:

d(c,P′) =|[A,B]− [A′,B′]|

c=|[A,B]− (cyx′− cxy′)|

c,

tj.

d(c,P′) =|cyx′− cxy′− [A,B]|

c. (3.28)

�

Na primer, na slici 3.5 na pravama c′± : 3x− 4y = ±2 su tacke P′±. Kako tacke leže i nanormali y =−4

3 x, to su njihove koordinate P′+( 6

25 ,−8

25

)i P′+

(− 6

25 ,825

). Udaljenosti tacaka od

prave c : 3x−4y = 5 su:

d(c,P′+) =

∣∣∣∣∣3 · 625 −4 · −8

25 −5√

32 +42

∣∣∣∣∣= 35= 0,6,

d(c,P′−) =

∣∣∣∣∣3 · −625 −4 · 8

25 −5√

32 +42

∣∣∣∣∣= 75= 1,4.

Razlika ovih udaljenosti je d−−d+ = 0,8, što se slaže sa udaljenošcu izmedu samih pravih c ic′, koja prema (1.27) iznosi d(c′+,c

′−) =

45 = 0,8.

3.1.4 Vektorsko množenjeDat je trougao u Dekartovom pravouglom sistemu Oxyz temenima A(Ax,Ay,Az), B(Bx,By,Bz)i C(Cx,Cy,Cz). Projekcije datog trougla na koordinatne ravni x = 0, y = 0 i z = 0 su trouglovi,redom:

x = 0 : A(0,Ay,Az),B(0,By,Bz),C(0,Cy,Cz),y = 0 : A(Ax,0,Az),B(Bx,0,Bz),C(Cx,0,Cz),z = 0 : A(Ax,Ay,0),B(Bx,By,0),C(Cx,Cy,0).

(3.29)

Na slici 3.6 je prikazana jedna takva projekcija na ravan z = 0, tj. na koordinatnu ravan Oxy.Dvostruke orjentisane površine trouglova (1.29) su:

2Πx =

∣∣∣∣∣∣Ay By Cy

Az Bz Cz

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , 2Πy =

∣∣∣∣∣∣Az Bz Cz

Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , 2Πz =


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ ,odnosno

2Πx : [A,B]x +[B,C]x +[C,A]x,2Πy : [A,B]y +[B,C]y +[C,A]y,2Πz : [A,B]z +[B,C]z +[C,A]z.

(3.30)

Pri tome je [A,B]x = AyBz−AzBy i dalje ciklicno. To je dosledno sa prethodnom definicijomkomutatora.

3.1 Komutatori 59

Slika 3.6: Projekcija trougla ABC na ravan z = 0.

Dvostruke površine projektovanih trouglova (3.30) možemo upotrebiti za definisanje vek-torskog množenja vektora:

~b×~c =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~kbx by bz

cx cy cz

∣∣∣∣∣∣= 2Πx~i+2Πy~j+2Πz~k. (3.31)

Odnosno, za definisanje komutatora projektovanih stranica datog trougla na koordinatne ose,redom:

[b,c]x = bycz− cybz, [b,c]y = bzcx− czbx, [b,c]z = bxcy− cxby. (3.32)

Znamo da se skalarno i vektorsko množenje vektora~a i~b definiše i sa:{~b ·~c = bxcx +bycy +bzcz,~b×~c = [b,c]x~i+[b,c]y~j+[b,c]z~k.

(3.33)

Ovo množenje se prirodno povezuje sa komutatorima i trouglovima.Paralelogram za sabiranje vektora je toliko intuitivan da je rana istorija njegove upotrebe

nepoznata. Možda se po prvi put pojavio kod Aristotela (384 - 322. g.p.n.e.) i u “Mehanici”Herona iz Aleksandrije u prvom veku p.n.e. To je bio i prvi korolar (posledica) Njutnovih3

“Principa” iz 1687. Medutim, vektorski racun je nastao u prve dve dekade 19. veka radigeometrijskog predstavljanja kompleksnih brojeva. Gibs (Josiah Willard Gibbs, 1839 - 1903) inezavisno od njega Hevisajd (Oliver Heaviside, 1850 - 1925) su 1881. godine uveli današnjeoznake za skalarni proizvod vektora koristeci tacku izmedu vektora (u ·v) i znak za množenjeizmedu faktora vektorskog proizvoda (u×v).

Visina h = CD trougla ∆ABC na slici 3.7 je h = vsinα , gde je v = |~v| dužina stranice AC.Ortogonalna projekcija vektora~v na stranicu AB je dužine AD = vcosα . Prema tome, skalarniproizvod definisan sa ~u ·~v = uvcosα , gde je intenzitet vektora |~u| = u, je proizvod dužine

3Isaac Newton (1642–1727): Principia Mathematica.


Slika 3.7: Skalarni proizvod vektora: ~u ·~v = uvcosα .

projekcije vektora ~v na vektor ~u i dužine vektora ~u. Takvo množenje se se naziva skalarnomnoženje datih vektora.

Primetimo da je jedinicni vektor pravca AB jednak ~nc =~uu , pa je vektor

−→AD = vcosα~nc, tj.

−→AD = vcosα

u ~u. Otuda je vektor visine datog trougla

−→DC =~v− vcosα

u~u. (3.34)

Skalarni proizvod jedinicnih vektora Dekartovih osa, tzv. ortova~i,~j,~k, je nula kada su faktorirazliciti i jedan ako množimo isti vektor, jer je ugao izmedu razlicitih ortova 90◦, a cos90◦ = 0 icos0◦ = 1. Vektore oznacavamo strelicom iznad~v, ili masnim slovom v, ravnopravno.

Vektorskim množenjem vektora u i v dobijamo vektor n = u× v normalan na ravan kojasadrži vektore u,v, faktore množenja. Intenzitet proizvoda, |n| = uvsinϕ , jednak je površiniparalelograma razapetog vektorima faktorima. Smer proizvoda je ka onoj strani sa koje se vidipozitivan ugao ϕ izmedu faktora definisan redosledom množenja. Zato je vektorski proizvod dvaproizvoljna vektora antikomutativan, tj.:

u×v =−v×u. (3.35)

Smer proizvoda možemo proceniti i ovako: kada prsti desne ruke idu redosledom množenjadva vektora, smerom ugla ϕ = ∠(u,v), tada vektorski proizvod ide u smeru palca, kao na slici3.8. To je tzv. pravilo desne ruke. Sve ovo nam je poznato sa casova elementarne matematike.

Treci nacin razumevanja smera vektorskog proizvoda vektora je tzv. pravilo desnog zavrtnja.Kada u plocu koja sadrži vektore faktore zavrcemo (odvrcemo) zavrtanj okrecuci ga u smerumnoženja, zavrtanj ce se kretati u pravcu rezultata množenja. Ako je koordinatni sistem desnoorjentisan, tada za vektorsko množenje ortova važe formule:

i× j = k, j×k = i, k× i = j, (3.36)

Rezultat prvog množenja vektora je skalar, drugog vektor:{u ·v = uxvx +uyvy +uzvz,u×v = (uyvz−uzvy)i+(vxuz−uxvy)j+(uxvy− vxuy)k.

(3.37)

Kada dati vektor predstavlja orjentisanu duž, recimo u =−→OU , ciji pocetak je ishodište O(0,0,0),

a vrh tacka U(ux,uy,uz), tada su ux,uy i uz projekcije (1.6) vektora na koordinatne ose. Takode,

3.1 Komutatori 61

Slika 3.8: Pravilo desne ruke: n = u×v.

vektor v =−→OV , gde je tacka V (vx,vy,vz) predstavljena svojim projekcijama u odnosu na ishodište.

Prema tome, ima smisla drugu od ovih formula pisati pomocu komutatora:

u×v = [u,v]xi+[u,v]yj+[u,v]zk. (3.38)

Tako smo ponovo kod formula (1.33).Mešoviti proizvod vektora je vektorski i skalarni proizvod tri vektora: ~b =

−→AB, ~c =

−→AC i

~p =−→AP, koji je skalar:

(~b×~c) ·~p =

∣∣∣∣∣∣px py pz

bx by bz

cx cy cz

∣∣∣∣∣∣= 2Πx px +2Πy py +2Πz pz =V (ABCP). (3.39)

Ovaj proizvod oznacavamo sa [b,c, p] i kao što znamo on predstavlja orjentisanu zapreminu (V )cetvorostrane prizme razapete datim vektorima, tj. tackama A,B,C,P. Rezultat je zapreminacetvorostrane prizme poput one na slici 3.9.

Slika 3.9: Kosa prizma ABCP.

Kada za bazu te prizme uzmemo samo trougao ABC, umesto paralelograma ABCD, dobi-jamo pola zapremine V . Ako uzmemo samo cetiri vrha ABCP dobijamo tetraedar sa šestinom


zapremine V . Dalje nalazimo:

V (ABCP) =

∣∣∣∣∣∣∣∣Ax Ay Az 1Bx By Bz 1Cx Cy Cz 1Px Py Pz 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ . (3.40)

� Primer 3.9 Neka je ∆ABC u ravni σ nagnutoj pod uglom θ u odnosu na neku ravan σ ′, tj.θ = ∠(σ ,σ ′) i neka je ∆A′B′C′ ortogonalna projekcija datog trougla na ravan σ ′. Proveriti dapovršina projektovanog trougla iznosi:

Π(A′B′C′) = Π(ABC)cosθ . (3.41)

�

Rešenje. Neka je linija preseka ove dve ravni l ∈ π ∩σ . Sve duži datog trougla paralelne sa lprojektuju se u duži iste dužine, a sve one okomite na l projektuju se u duži dužine l′ = l cosθ .Prema tome, površine datog i projektovanog trougla su u odnosu 1 : cosθ . �

Na primer, kada projektujemo dati trougao ∆ABC na koordinatne ravni Oyz,Ozx,Oxy, tj.ravni x = 0,y = 0,z = 0 dobijamo površine projekcija:

Πx = Πcosθx, Πy = Πcosθy, Πz = Πcosθz, (3.42)

gde su θx,θy,θz nagibni uglovi ravni datog trougla prema odgovarajucim koordinatnim ravnima.Takode lako nalazimo:

Π2 = Π

2x +Π

2y +Π

2z . (3.43)

� Primer 3.10 Naci zapreminu paralelopipeda sa temenima A(1,1,1), B(2,0,3), C(4,1,7) iP(3,−1,−2) koristeci:

1. formulu (3.39),2. fomulu (3.40).

�

Rešenje. 1. Koristeci mešoviti proizvod vektora (3.39) imamo, redom:

V = [b,c, p] =

∣∣∣∣∣∣1 −1 23 0 62 −2 −3

∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣1 0 03 3 02 0 −7

∣∣∣∣∣∣=−21.

2.Koristeci determinantu cetvrtog reda (3.40) dobijamo isto:

V =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 12 0 3 14 1 7 13 −1 −2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0 02 −2 1 −14 −3 3 −33 −4 −5 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣−2 1 −1−3 3 −3−4 −5 −2

∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣0 0 −13 0 −30 −7 −2

∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣3 00 −7

∣∣∣∣=−21.

�

3.2 Trougao 63

� Primer 3.11 Pokazati da je:

[Π,a]z = Az(a2x +a2

y)+Bz(axbx +ayby)+Cz(axcx +aycy). (3.44)

�

Rešenje.

[a,Π]z = axΠy−Πxay =

= (Cx−Bx)[Az(Bx−Cx)+Bz(Cx−Ax)+Cz(Ax−Bx)]

−[Ay(Bz−Cz)+By(Cz−Az)+Cy(Az−Bz)](Cy−By).

Medutim, kako je

Ay(Bz−Cz)+By(Cz−Az)+Cy(Az−Bz) =−[Az(By−Cy)+Bz(Cy−Ay)+Cz(Ay−By)],

to je

[a,Π]z = (Cx−Bx)[Az(Bx−Cx)+Bz(Cx−Ax)+Cz(Ax−Bx)]

+[Az(By−Cy)+Bz(Cy−Ay)+Cz(Ay−By)](Cy−By)

=−ax(Azax +Bzbx +Czcx)− (Azay +Bzby +Czcy)ay

=−Az(a2x +a2

y)−Bz(axbx+ayby)−Cz(axcx +aycy).

Sa druge strane, [a,Π]z =−[Π,a]z. �

3.2 TrougaoZa razliku od kvadrata ili krugova, trouglovi imaju mnogo centara. U Antickoj Grckoj su ihpoznavali cetiri: centar upisanog kruga (eng. incenter), težište (centroid), centar opisane kružnice(circumcenter) i ortocentar (orthocenter). Prema Kimberlingovoj (Clark Kimberling, 1942 - )klasifikaciji, njima pripadaju oznake redom: X1, X2, X3 i X4. Ovde cemo ih razmotriti pomaloneuobicajenom metodom koordinata.

3.2.1 Simetrale uglovaDve prave b,c koje se seku u tacki A ∈ b∩ c grade dva para jednakih i suplementnih uglova.Simetrale sA,s′A tih uglova su uzajamno okomite, a svaka od simetrala je geometrijsko mestotacaka jednako udaljenih od obe date prave. To znamo iz elementarne geometrije.

Neka su date još dve tacke B ∈ b, C ∈ c, tako da imamo trougao ∆ABC nenulte površine.Podrazumeva se da nasuprot temena (veliko slovo) trougla leži istoimena (malo slovo) stranicatrougla, tako da su jednacine pravih na kojima su stranice trougla:

a : ayx−axy = [B,C],b : byx−bxy = [C,A],c : cyx− cxy = [A,B].

(3.45)

Kada saberemo sve tri jednacine, zbog teoreme 3.1.5, tacnije zbog relacija (3.11) i (3.12), nalevoj strani zbirne jednakosti dobijamo nulu a na desnoj strani površinu trougla. Dakle, kadapovršina trougla nije nula, tada ne postoji zajednicka taca za sve tri prave. Postoje tri razne tackeA,B,C koje su preseci tri razlicita para jednacina sistema (3.45).


Slika 3.10: Upisani krugovi trougla.

3.2.2 Upisani krugoviVidecemo da trougao ima cetiri upisana kruga, jedan unutra i tri izvana. Unutra upisani krug(eng. incircle) je najveci krug sadržan u trouglu, a vani upisan krug (eng. excircle) leži izvantrougla, tangira jednu od njegovih stranica i produžetke druge dve, kao na slici 3.10.

Simetrale uglova trougla indeksujemo imenima temena trougla, kao na slici 3.11. Takoje sA geometrijsko mesto tacaka S(x,y) jednako udaljenih od pravih b,c, tj. d(b,S) = d(c,S).Jednacina simetrale ugla u temenu A datog trougla daje:∣∣∣∣byx−bxy− [C,A]

b

∣∣∣∣= ∣∣∣∣cyx− cxy− [A,B]c

∣∣∣∣ .Otuda jednacine simetrala uglova trougla:

sA : byx−bxy−[C,A]b ± cyx−cxy−[A,B]

c = 0,sB : cyx−cxy−[A,B]

c ± ayx−axy−[B,C]a = 0,

sC : ayx−axy−[B,C]a ± byx−bxy−[C,A]

c = 0,

(3.46)

gde su a,b i c dužine istoimenih stranica. Grupišemo promenljive i dobijamo:sA :

(byb ±

cyc

)x−(

bxb ±

cxc

)y−([C,A]

b ±[A,B]

c

)= 0,

sB :( cy

c ±aya

)x−( cx

c ±axa

)y−([A,B]

c ±[B,C]

a

)= 0,

sC :(

aya ±

byb

)x−(

axa ±

bxb

)y−([B,C]

a ±[C,A]

b

)= 0,

(3.47)

gde je a =√

a2x +a2

y , b =√

b2x +b2

y , c =√

c2x + c2

y . Predznak “±” je u istoj jednacini isti, urazlicitim ne mora biti. Medutim, nije moguca svaka kombinacija ovih predznaka.

3.2 Trougao 65

Na primer, kada na mestu znaka ± svugde biramo minus, dobijamo jedan saglasan sistemjednacina. Naime, zbir sve tri jednacine ocigledno daje identitet 0 = 0. To znaci da je bilo kojaod tri jednacine posledica ostale dve i da postoji bar jedno zajednicko rešenje za sve tri. Kako susve tri simetrale razlicite prave, to one moraju biti konkurentne. Imace tacno jednu zajednickutacku. Kao što znamo iz geometrije, zajednicka tacka simetrala uglova trougla naziva se centarupisanog kruga trougla, koji cemo ovde oznacavati Su(xu,yu).

Slika 3.11: Oznake elemenata trougla.

Teorema 3.2.1 Sistem jednacina (3.46) definiše tri konkurentne prave samo u slucajevimakada na mestu sva tri znaka “plus-minus” (tj. ±) stoji znak “minus”, ili kada je jedan bilo kojiod tih znakova “minus” a ostala dva su “plus”.

Dokaz. Kada grupišemo varijable sistema (3.46) dobijamo ekvivalentan sistem (3.47). Pom-nožimo prvu od jednacina (3.47) sa α drugu sa β trecu sa γ i saberimo sve tri. Dobijamo:

x : byb (α±1 γ)+

cyc (β ±2 α)+

aya (γ±3 β ) = 0,

y : bxb (α±1 γ)+ cx

c (β ±2 α)+ axa (γ±3 β ) = 0,

z : [C,A]b (α±1 γ)+ [A,B]

c (β ±2 α)+ [B,C]a (γ±3 β ) = 0,

(3.48)

gde smo u prvoj jednacini (3.46) izmedu razlomaka stavili predznak±1 u drugoj±2 i u trecoj±3.Dobili smo novi, homogeni linearni sistem jednacina sa nepoznatima ξ1 = α±1 γ , ξ2 = β ±2 α

i ξ3 = γ±3 β .Trivijalno rešenje sistema (3.48) je ξ1 = ξ2 = ξ3 = 0. Da bi taj homogeni sistem imao i

drugih rešenja, sva tri zbirna koeficijente ispred varijabli ξ1,ξ2,ξ3 moraju biti nule. Drugimrecima, mora determinanta sistema biti nula.


Medutim, determinanta ovog sistema je:

D =

∣∣∣∣∣∣∣byb

cyc

aya

bxb

cxc

axa

[C,A]b

[A,B]c

[B,C]a

∣∣∣∣∣∣∣= abc

∣∣∣∣∣∣by cy ay

bx cx ax

[C,A] [A,B] [B,C]

∣∣∣∣∣∣== abc((axcy− cxay)[C,A]+ (bxay−axby)[A,B]+ (cxby−bxcy)[B,C])

= abc(2Π[C,A]+2Π[A,B]+2Π[B,C])

= abc(2Π)([C,A]+ [A,B]+ [B,C]) = abc(2Π)2,

jer su sva tri komutatora projekcija jednaka dvostrukoj površini trougla (teorema 3.1.5), a zatim,ciklicni zbir komutatora tacaka je dvostruka površina trougla (korolar 3.1.2). Dakle, determinantasistema (3.48) je

D = 2abcΠ2 6= 0,

što znaci da taj sistem nema drugih rešenja osim trivijalnih:

α±1 γ = 0, β ±2 α = 0, γ±3 β = 0. (3.49)

Vec smo videli da izborom sva tri minusa na mestu predznaka ±1, ±2, ±3 dobijamo sistemjednacina tri konkurentne prave. One predstavljaju simetrale uglova trougla koje se seku u centruupisanog kruga trougla.

Drugi moguci izbor predznaka je: +,+,−. Tada imamo α = −γ , zatim β = −α = +γ iβ = γ , što je moguce za svako γ .

Medutim, izbor predznaka +,−,− vodi (3.48) u kontradikciju. Naime, pretpostavimo li dapostoje neki razliciti od nule brojevi α,β ,γ takvi da je α + γ = 0, zatim β −α = 0 i γ−β = 0,tada je α =−γ , zatim β = α =−γ i β = γ , ali poslednje dve vrednosti β daju −γ = γ , tj. γ = 0,što je u kontradikciji s pretpostavkom da je γ 6= 0. Simetricno, isto važi i za permutacije +,−,+i −,+,+.

Izbor predznaka +,+,+ takode vodi u kontradikciju. Naime, iz

α + γ = 0, β +α = 0, γ +β = 0

sledi α =−γ, β =−α =+γ i β =−γ , te γ = 0, što je u kontradikciji s pretpostavkom da jeγ 6= 0.

Kako drugih varijacija predznaka nema to znaci da sistem (3.46) definiše tri konkurentneprave samo u slucajevima kada izmedu razlomaka na sva tri mesta stoje minusi (−,−,−), ili dvaplusa i jedan minus (+,+,−) u bilo kojoj od tri permutacije. Time je teorema dokazana. �

U sledecim primerima su data temena trougla a tražimo centar Su(xu,yu) upisanog kruga.Eventualno, centre vani upisanih krugova na stranicu a,b,c oznacavacemo redom sa S′a(x

′a,y′a),

S′b(x′b,y′b) i S′c(x

′c,y′c). Držacemo se ciklicnog redosleda i smera uzimanja podataka i necemo

voditi racuna o položaju ishodišta koordinatnog sistema Oxy u odnosu na ugao i njegovusimetralu.

� Primer 3.12 Dat je trougao A(1,1),B(4,2),C(3,5). Naci centar Su unutra upisanog kruga. �

Rešenje. Izracunavamo ax =Cx−Bx, ay =Cy−By, a =√

a2x +a2

y , . . . , nalazimo:

ax =−1 ay = 3 a =√

10 [B,C] = 14bx =−2 by =−4 b =

√20 [C,A] =−2

cx = 3 cy = 1 c =√

10 [A,B] =−2(3.50)

3.2 Trougao 67

pri cemu su komutatori [B,C] = BxCy−CxBy = 14, . . . . Zatim formiramo jednacine pravih linijana kojima leže stranice trougla:

a : ayx−axy− [B,C] = 0,b : byx−bxy− [C,A] = 0,c : cyx− cxy− [A,B] = 0,

⇒

a : 3x+ y−14 = 0,b : −4x+2y+2 = 0,c : x−3y+2 = 0.

(3.51)

Tako dolazimo do jednacina simetrala uglova:sA : 4x−2y−2√

20± −x+3y−2√

10= 0,

sB : −x+3y−2√10± −3x−y+14√

10= 0,

sC : −3x−y+14√10

± 4x−2y−2√20

= 0.(3.52)

Umesto znaka “±” svugde stavljamo znak “−” i dobijamo jednacine simetrala unutrašnjihulgova datog trougla. Nakon množenja sa

√10 i grupisanja nepoznatih imamo sistem:

sA : (2√

2+1)x− (√

2+3)y−√

2+2 = 0,sB : 2x+4y−16 = 0,sC : (−3−2

√2)x− (1−

√2)y+14+

√2 = 0.

(3.53)

Slika 3.12: Centar upisanog kruga Su trougla ABC.

Kontrole radi, ako saberemo sve tri jednacine dobicemo identitet 0 = 0, što znaci da jesistem saglasan. Dakle, postoji jedinstveno rešenje, tacka Su(xu,yu). Biramo bilo koje dve od trijednacine. Rešenje sistema od dve izabrane jednacine su koordinate tacke Su:

xu =4+2

√2

1+√

2, yu =

2+3√

21+√

2. (3.54)

Približno xu = 2,82843 i yu = 2,58579. Rezultati su na slici 3.12. �


� Primer 3.13 Dat je trougao A(1,2),B(3,−2),C(5,3). Naci centar S′c(x′c,y′c) vani upisanog

kruga na stranicu c = AB. �

Rešenje. Lako nalazimo stranice i komutatore:

ax = 2 ay = 5 a =√

29 [B,C] = 19bx =−4 by =−1 b =

√17 [C,A] = 7

cx = 2 cy =−4 c =√

20 [A,B] =−8

Jednacine pravih linija na kojima leže stranice trougla su:a : ayx−axy−B,C] = 0,b : byx−bxy− [C,A] = 0,c : cyx− cxy− [A,B] = 0,

⇒

a : 5x−2y−19 = 0,b : −x+4y−7 = 0,c : −4x−2y+8 = 0.

Zbir slobodnih clanova [B,C]+ [C,A]+ [A,B] = 18 je dvostruka površina ovog trougla.Dalje, formiramo jednacine simetrala uglova:

sA : x−4y+7√17± 4x+2y−8√

20= 0,

sB : 4x+2y−8√20± −5x+2y+19√

29= 0,

sC : −5x+2y+19√29

± x−4y+7√17

= 0.

tj. sA :

(1√17± 4√

20

)x−(

4√17± −2√

20

)y+(

7√17± −8√

20

)= 0,

sB :(

4√20± −5√

29

)x−(−2√

20± −2√

29

)y+(−8√

20± 19√

29

)= 0,

sC :(−5√

29± 1√

17

)x−(−2√

29± 4√

17

)y+(

19√29± 7√

17

)= 0.

(3.55)

Na slici 3.13, sa s su oznacene unutrašnjie simetrale uglova (ljubicaste prave), a primovano s′

su oznake vanjskih simetrala (zelene). Sve tri unutrašnje simetrale imaju znak minus na mestima± jednacine (2.11), a sve tri vanjske imaju znak plus.

Simetrale vanjskih uglova A i B su: s′A :(

1√17+ 4√

20

)x−(

4√17+ −2√

20

)y =

(−7√

17+ 8√

20

),

s′B :(

4√20+ −5√

29

)x−(−2√

20+ −2√

29

)y =

(8√20+ −19√

29

),

(3.56)

Determinante ovog sistema su:

∆ =

∣∣∣∣∣1√17+ 4√

20−4√

17+ 2√

204√20+ −5√

292√20+ 2√

29

∣∣∣∣∣ ,∆x =

∣∣∣∣∣ −7√17+ 8√

20−4√

17+ 2√

208√20+ −19√

292√20+ 2√

29

∣∣∣∣∣ ,∆y =

∣∣∣∣∣1√17+ 4√

20−7√

17+ 8√

204√20+ −5√

298√20+ −19√

29

∣∣∣∣∣ ,tj.

∆ : −18(

1√29·17− 1√

17·20− 1√

20·29

),

∆x : −18(

5√29·17− 1√

17·20− 3√

20·29

),

∆y : =−18(

3√29·17− 2√

17·20− −2√

20·29

).

(3.57)

3.2 Trougao 69

Slika 3.13: Sve simetrale uglova trougla ABC.

Rešenje sistema je tacka S′c(x′c,y′c), centar upusanog kruga vani na stranicu c = AB ovog

trougla, na slici 3.13. Koordinate centra su:

x′c =Dx

D=−0,91463 y′c =

Dy

D=−2,16283. (3.58)

�

3.2.3 Unutra upisani krug

Iz primera vidimo koliko bi bilo znacajno poznavati formule za izracunavanje koordinata centaraupisanih krugova. Da bismo došli do takvih formula, prvo prepišimo sistem (3.47) u ekvivalentanoblik:

sA :

(byb ±1

cyc

)x−(

bxb ±1

cxc

)y+([A,C]

b ±1[B,A]

c

)= 0,

sB :( cy

c ±2aya

)x−( cx

c ±2axa

)y+([B,A]

c ±2[C,B]

a

)= 0,

sC :(

aya ±3

byb

)x−(

axa ±3

bxb

)y+([C,B]

a ±3[A,C]

b

)= 0.

(3.59)

Videli smo, teorema 3.2.1, da preznaci ±1,±2,±3 mogu biti tri minusa, ili jedan minus i dvaplusa. Razmotrimo redom te slucajeve.

Teorema 3.2.2 Kada u sistemu jednacina (3.59) umesto ± na svim mestima stoji minus, tadaje rešenje sistema:

xu =Axa+Bxb+Cxc

a+b+ c, yu =

Aya+Byb+Cyca+b+ c

.


Dokaz. Sistem (3.59) sada glasi:sA :

(byb −

cyc

)x−(

bxb −

cxc

)y+([A,C]

b −[B,A]

c

)= 0,

sB :( cy

c −aya

)x−( cx

c −axa

)y+([B,A]

c −[C,B]

a

)= 0,

sC :(

aya −

byb

)x−(

axa −

bxb

)y+([C,B]

a −[A,C]

b

)= 0.

(3.60)

Bilo koje dve od tri navedene jednacine dace rešenje, tacku Su(xu,yu) koja je centar upisanogkruga trougla. Na primer, Su ∈ sA∩ sB, rešimo sistem prve dve od navedenih jednacina.

Determinanta sistema je

∆ =

∣∣∣∣byb −

cyc

cxc −

bxbcy

c −aya

axa −

cxc

∣∣∣∣==

(byax

ba−

bycx

bc−

cyax

ca+

cycx

c2

)−(

cycx

c2 −cybx

cb−

aycx

ac+

aybx

ab

)=

byax−aybx

ab+

cybx−bycx

bc+

aycx− cyax

ca.

Prema teoremi 3.1.5 imamo [a,b] = [b,c] = [c,a] = 2Π, što znaci da je svaki od brojnika jednakdvostrukoj površini datog trougla. Otuda:

D = 2Π

(1ab

+1bc

+1ca

)=

2Π

abc(a+b+ c). (3.61)

Ovo je determinanta sistema bilo koje dve od tri jednacine (3.60).Determinanta promenljive x prve dve jednacine (3.60) je, redom:

∆x =−

∣∣∣∣∣ [A,C]b −

[B,A]c

cxc −

bxb

[B,A]c −

[C,B]a

axa −

cxc

∣∣∣∣∣==−

([A,C]ax

ba− [A,C]cx

bc− [B,A]ax

ca+

[B,A]cx

c2

)+

([B,A]cx

c2 − [B,A]bx

cb− [C,B]cx

ac+

[C,B]bx

ab

)=− [A,C]ax− [C,B]bx

ab− [B,A]bx− [A,C]cx

bc− [C,B]cx− [B,A]ax

ca

=Cx · (2Π)

ab+

Ax · (2Π)

bc+

Bx · (2Π)

ca.

Naime, [A,C]ax− [C,B]bx =

=−(AxCy−CxAy)(Bx−Cx)+(CxBy−BxCy)(Cx−Ax)

=−(AxBxCy−AxCxCy−BxCxAy +C2x Ay)

+(C2x By−AxCxBy−BxCxCy +AxBxCx)

=Cx · (−AxCy−BxAy +CxAy−CxBy +AxBy +BxCy)

=Cx · [Ax(By−Cy)+Bx(Cy−Ay)+Cx(Ay−By)]

=Cx · (2Π),

3.2 Trougao 71

jer je površina datog trougla Π = Π(ABC). Ciklicnom zamenom slova dobijamo ostale brojnike.Dakle, determinanta promenljive x je:

∆x = 2Π

(Cx

ab+

Ax

bc+

Bx

ca

)=

2Π

abc(Axa+Bxb+Cxc). (3.62)

Determinanta promenljive y prve dve jednacine (3.60) je, redom:

∆y =−

∣∣∣∣∣byb −

cyc

[A,C]b −

[B,A]c

cyc −

aya

[B,A]c −

[C,B]a

∣∣∣∣∣==−

(by[B,A]

bc−

by[C,B]ba

−cy[B,A]

c2 +cy[C,B]

ca

)+

(cy[A,C]

cb−

cy[B,A]c2 −

ay[A,C]

ab+

ay[B,A]ac

)=−

ay[A,C]−by[C,B]ab

−by[B,A]− cy[A,C]

bc−

cy[C,B]−ay[B,A]ca

=Cy · (2Π)

ab+

Ay · (2Π)

bc+

By · (2Π)

ca.

Naime, ay[A,C]−by[C,B] =

=−(By−Cy)(AxCy−CxAy)+(Cy−Ay)(CxBy−BxCy)

=−(AxByCy−CxAyBy−AxC2y +CxAyCy)

+(CxByCy−BxC2y −CxAyBy +BxAyCy)

=Cy · (AxBy−AxCy +CxAy−CxBy +BxCy−BxAy)

=Cy · [Ax(By−Cy)+Bx(Cy−Ay)+Cx(Ay−By)]

=Cy · (2Π).

Ciklicnom zamenom slova dobijamo drugi i treci brojnik razlomaka. Dakle, determinantapromenljive y je:

∆y = 2Π

(Cy

ab+

Ay

bc+

By

ca

)=

2Π

abc(Aya+Byb+Cyc). (3.63)

Prema tome, jednacine (3.60) predstavljaju prave koje se seku u istoj tacki Su(xu,yu) koja jecentar upisanog kruga datog trougla. Koordinate tog centra su xu =

∆x∆,yu =

∆y∆

, tj. xu :(

Axbc +

Bxca +

Cxab

)/( 1

bc +1ca +

1ab

)= Axa+Bxb+Cxc

a+b+c ,

yu :(

Aybc +

Byca +

Cyab

)/( 1

bc +1ca +

1ab

)=

Aya+Byb+Cyca+b+c .

(3.64)

Time je teorema dokazana. �

U primeru 3.12 formule (3.51) daju:

xu =1 ·√

10+4 ·√

20+3 ·√

10√10+

√20+

√10

=4+2

√2

1+√

2,

yu =1 ·√

10+2√

20+5√

10√10+

√20+

√10

=2+3

√2

1+√

2.

To je rezultat jednak tamo dobijenom.


3.2.4 Vani upisani krugoviPotražimo sada centre S′p(x

′p,y′p) vani upisanih krugova na stranice p ∈ {a,b,c} trougla ∆ABC.

Ne gubimo na opštosti ako pretpostavimo da je krug upisan sa vanjske strane stranice c.

Teorema 3.2.3 Kada u sistemu jednacina (2.15) umesto ±1,±2,±2 stoji redom +,+,− tadaje rešenje sistema:

x′c =Axa+Bxb−Cxc

a+b− c, y′c =

Aya+Byb−Cyca+b− c

.

Dokaz. Neka su s′A,s′B simetrale vanjskih uglova A,B, a sC simetrala unutrašnjeg ugla C datog

trougla. Vanjske simetrale su primovane za razliku od unutrašnje, samo zbog lakšeg pracenjateksta. Dosledno tome, u prve dve jednacine (2.15) na mestima ± birajmo plus, a u trecoj minus:

s′A :(

byb +

cyc

)x−(

bxb + cx

c

)y+([A,C]

b + [B,A]c

)= 0,

s′B :( cy

c +aya

)x−( cx

c + axa

)y+([B,A]

c + [C,B]a

)= 0,

sC :(

aya −

byb

)x−(

axa −

bxb

)y+([C,B]

a −[A,C]

b

)= 0.

(3.65)

Prema teoremi 3.2.1, bilo koje dve od tri navedene jednacine dace isto rešenje tacku S′c kojaje traženi centar upisanog kruga trougla. Na primer, S′c ∈ s′A ∩ s′B, tj. potražimo S′c u presekusimetrala vanjskih uglova A,B. Rešavamo sistem prve dve od tri navedene jednacine.

Determinanta tog sistema je

∆ =

∣∣∣∣byb +

cyc − cx

c −bxbcy

c +aya −ax

a −cxc

∣∣∣∣==−

(byax

ba+

bycx

bc+

cyax

ca+

cycx

c2

)+

(cycx

c2 +cybx

cb+

aycx

ac+

aybx

ab

)=−

byax−aybx

ab+

cybx−bycx

bc+

aycx− cyax

ca.

Kako je redom byax−aybx = [a,b] = 2Π, ... to je svaki od brojnika je jednak dvostrukoj površinidatog trougla. Zato je:

∆ = 2Π

(− 1

ab+

1bc

+1ca

)=

2Π

abc(a+b− c). (3.66)

Ovo je determinanta sistema bilo koje dve od tri jednacine (3.65).Determinanta promenljive x je, redom:

∆x =−

∣∣∣∣∣ [A,C]b + [B,A]

c − cxc −

bxb

[B,A]c + [C,B]

a −axa −

cxc

∣∣∣∣∣==

([A,C]ax

ba+

[A,C]cx

bc+

[B,A]ax

ca+

[B,A]cx

c2

)−([B,A]cx

c2 +[B,A]bx

cb+

[C,B]cx

ac+

[C,B]bx

ab

)=

[A,C]ax− [C,B]bx

ab− [B,A]bx− [A,C]cx

bc− [C,B]cx− [B,A]ax

ca

=−Cx · (2Π)

ab+

Ax · (2Π)

bc+

Bx · (2Π)

ca.

3.2 Trougao 73

Naime, opet je [A,C]ax− [C,B]bx = 2Π, jer su ovi brojnici identicni kao u prethodnimrazlomcima. Samo predznaci ovih razlomaka su drugaciji. Determinanta promenljive x sada je:

∆x = 2Π

(−Cx

ab+

Ax

bc+

Bx

ca

)=

2Π

abc(Axa+Bxb−Cxc). (3.67)

Determinanta promenljive y je, redom:

∆y =−

∣∣∣∣∣byb +

cyc

[A,C]b + [B,A]

ccyc +

aya

[B,A]c + [C,B]

a

∣∣∣∣∣==−

(by[B,A]

bc+

by[C,B]ba

+cy[B,A]

c2 +cy[C,B]

ca

)+

(cy[A,C]

cb+

cy[B,A]c2 +

ay[A,C]

ab+

ay[B,A]ac

)=

ay[A,C]−by[C,B]ab

−by[B,A]− cy[A,C]

bc−

cy[C,B]−ay[B,A]ca

=−Cy · (2Π)

ab+

Ay · (2Π)

bc+

By · (2Π)

ca.

Naime, opet je by[B,C]−ay[C,A] = 2Π. I ovaj put je razlika samo u predznacima razlomaka,tako da je determinanta promenljive y ovde:

∆y = 2Π

(−

Cy

ab+

Ay

bc+

By

ca

)=

2Π

abc(Axa+Bxb−Cxc). (3.68)

Prema tome, rešenje sistema je x′c =∆x∆, y′c =

∆y∆

, odnosno:

x′c =Axa+Bxb−Cxc

a+b− c, y′c =

Aya+Byb−Cyca+b− c

. (3.69)

To su koordinate tacke S′c(x′c,y′c) koja je centar vani upisanog kruga na stranicu c datog trougla

ABC. Time je teorema dokazana. �

Zbog simetrije oznaka elemenata trougla, dalje lako nalazimo centre S′a,S′b vani opisanih

krugova na stranice a,b redom:

S′a : x′a =−Axa+Bxb+Cxc−a+b+ c

, y′a =−Aya+Byb+Cyc−a+b+ c

, (3.70)

S′b : x′b =Axa−Bxb+Cxc

a−b+ c, y′b =

Aya−Byb+Cyca−b− c

. (3.71)

U primeru 3.13 za trougao A(1,2),B(3,−2),C(5,3) imamo:

x′c =1 ·√

29+3 ·√

17−5 ·√

20√29+

√17−

√20

=−0,91463

y′c =2 ·√

29+(−2) ·√

17−5 ·√

20√29+

√17−

√20

=−2,16283.

To je jednako tamošnjem rezultatu.

� Primer 3.14 Temena trougla su A(−1,−1),B(5,0),C(0,3). Tražimo centre upisanih krugova.�


Slika 3.14: Unutra upisani krug u trougao sa ishodištem unutar trougla.

Rešenje. Formiramo jednacine stranica:a : −3x−5y+15 = 0,b : 4x− y+3 = 0,c : −x+6y+5 = 0.

(3.72)

Zatim formiramo jednacine simetrala uglova:sA : 4x−y+3√

17± −x+6y+5√

37= 0,

sB : −x+6y+5√37± −3x−5y+15√

34= 0,

sC : −3x−5y+15√34

± 4x−y+3√17

= 0.(3.73)

U svakoj od jednacina izmedu razlomaka za znak “±” biramo “−”. Otuda sistem:sA :

(4√17− −1√

37

)x−(

1√17− −6√

37

)y+(

3√17− 5√

37

)= 0,

sB :(−1√

37− −3√

34

)x−(−6√

37− 5√

34

)y+(

5√37− 15√

34

)= 0,

sC :(−3√

34− 4√

17

)x−(

5√34− 1√

17

)y+(

15√34− 3√

17

)= 0.

(3.74)

Približno, to je sistem:sA : (1,13454)x− (1,22893)y+(−0,0943881) = 0,sB : (0,350097)x− (−1,84389)y+(−1,75048) = 0,sC : (−1.48464)x− (0.614957)y+(1.84487) = 0,

(3.75)

ili eksplicitno:sA : y = 0,923169x−0,0768051,sB : y =−0,189869x+0,949341,sC : y =−2.41422x+3.

(3.76)

Na slici 3.14 prikazane su unutrašnje simetrale uglova trougla koji sadrži ishodište. Madasvaki od uglova trougla sadrži ishodište u jednacinama (3.73) umesto ± na sva tri mesta biramo− i dobijemo (3.74) simetrale unutašnjih uglova. Prema teoremi 3.2.2 centar upisanog kruga jetacka Su(0,921914;0,774302). �

3.2 Trougao 75

3.2.5 Poluprecnici upisanih krugova

Teorema 3.2.4 Poluprecnik unutra upisanog kruga trougla ABC je

ru =2Π

a+b+ c. (3.77)

Dokaz. Udaljenost centra Su od stranice c trougla, prema (1.28) iznosi:

ru =

∣∣∣∣cyxu− cxyu− [A,B]c

∣∣∣∣ .Koordinate centra, prema teoremi 3.2.2, uvštene u navedeni izraz daju:

ru =1

c(a+b+ c)|(By−Ay)(Axa+Bxb+Cxc)

−(Bx−Ax)(Aya+Byb+Cyc)− (AxBy−BxAy)(a+b+ c)|

=1

a+b+ c|Ax(By−Cy)+Bx(Cy−Ay)+Cx(Ay−By)|

=2Π

a+b+ c.

�

Teorema 3.2.5 Poluprecnici vani upisanih krugova trougla ABC na stranice a,b,c su, redom:

r′a =2Π

−a+b+ c, r′b =

2Π

a−b+ c, r′c =

2Π

a+b− c. (3.78)

Dokaz. Udaljenost centra S′c od stranice c, prema (2.26) iznosi:

r′c =∣∣∣∣cyx′c− cxy′uc− [A,B]

c

∣∣∣∣ .Koordinate centra, prema teoremi 3.2.3, uvštene u navedeni izraz daju:

r′c =1

c(a+b− c)|(By−Ay)(Axa+Bxb−Cxc)

−(Bx−Ax)(Aya+Byb−Cyc)− (AxBy−BxAy)(a+b− c)|

=1

a+b− c|−Ax(By−Cy)−Bx(Cy−Ay)−Cx(Ay−By)|

=2Π

a+b− c.

Zbog simetrije, ciklicnom zamenom oznaka dobijamo i ostala dva poluprecnika. �

� Primer 3.15 U prilogu [19] autor objašnjava upisane krugove unutar delova trougla i dokazujeda je:

r ≤ ρa +ρb +ρc < min(a,b,c), (3.79)

gde je r poluprecnik upisanog kruga u trougao ABC, a P je proizvoljna tacka unutar tog trouglakoja formira tri nova podtrougla PBC,PCA,PAB ciji su poluprecnici upisanih krugova redomρa,ρb,ρc. Proverimo tu relaciju i formulu (2.33) na prethodnom primeru trougla, birajuci tackuP = O. �


Rešenje. Poluprecnik (2.33) kruga trougla ABC je:

r =23√

34+√

17+√

37= 1.4342.

Površine trouglova unutar su:Π(OBC) : [O,B]+ [B,C]+ [C,O] = 15,Π(OCA) : [O,C]+ [C,A]+ [A,O] = 3,Π(OAB) : [O,A]+ [A,B]+ [B,O] = 5.

Stranice (q′ = OQ) trouglova unutar:∆OBC : a =

√34, b′ = 5, c′ = 3,

∆OCA : a′ =√

2, b =√

17, c′ = 3,∆OAB : a′ =

√2, b′ = 5, c′ = 3.

Dakle, jednacina (2.35) postaje

1.4342≤ 15√34+8

+3√

2+√

17+3+

5√2+8

<√

17,

1.4342≤ 1.96703 < 4.12311.

A to je tacno. �

3.2.6 TežišteTemena trougla i dalje oznacavamo velikim slovima A,B,C, . . . , uglove u tim temenima malimgrckim slovima, redom α,β ,γ, . . . , a naspramne stranice malim slovima a,b,c, . . . .

Cetiri klasicne tacke trougla su: centar upisanog kruga (Su), težište (T ), centar opisanogkruga (So) i ortocentar (H) trougla.• Centar upisanog kruga4 trougla je presek simetrala uglova.• Težišnice (eng. medians) trougla ∆ABC su duži tA, tB, tC koje spajaju vrhove sa sredinama

suprotnih stranica trougla. Težište (eng. centroid) trougla je tacka T u kojoj se sekutežišnice, slika 3.15.

– Težišnica deli trougao na dva manja, jednakih površina.– Težište je uvek unutar trougla.– Težište deli težišnicu u odnosu 2:1 pocev od vrha trougla.

• Centar opisanog kruga5 je presek simetrala stranica.• Visina6 trougla je duž (recimo hc) koja ide okomito iz temena (C) na suprotnu stranicu (c)

trougla. Ortocentar trougla je tacka (H) u kojoj se seku visine.Neka su data temena trougla A(Ax,Ay), B(Bx,By) i C(Cx,Cy). Jednacine pravih linija na

kojima se nalaze njegove stranice a = BC, b =CA, c = AB su (2.1). Sredine stranica su tacke

A1 ∈ BC, B1 ∈CA, C1 ∈ AB

sa koordinatama:a : A1

(Bx+Cx

2 ,By+Cy

2

),

b : B1

(Cx+Ax

2 ,Cy+Ay

2

),

c : C1

(Ax+Bx

2 ,Ay+By

2

).

(3.80)

4eng. incenter, excenter5eng. circumcenter6eng. altitude

3.2 Trougao 77

Slika 3.15: Težište T trougla ABC.

Trougao ∆A1B1C1 cine srednje linije trougla ∆ABC. Implicitni oblik jednacine prave na kojojleži srednja linija c1 = A1B1 je

c1yx− c1xy = [A1,B1],

odnosno

(A1y−B1y)x− (A1x−B1x)y = B1xA1y−A1xB1y.

Otuda (By +Cy

2−

Cy +Ay

2

)x−(

Bx +Cx

2−Cx +Ax

2

)y =

=Cx +Ax

2By +Cy

2− Bx +Cx

2Cy +Ay

2.

Sredivanjem dobijamo(By−Ay)x− (Bx−Ax)y =

=12(CxBy +AxBy +AxCy−BxCy−BxAy−CxAy),

a zatim

cyx− cxy = [A,B]+Π(ABC).

Prema tome, jednacine pravih c = AB i c1 = A1B1 su:{c : cyx− cxy = [A,B],c1 : cyx− cxy = [A,B]+Π, Π = c·hc

2 .(3.81)

Dakle c i c1 su paralelne prave na udaljenosti, tj. pola visine iz temena C trougla ABC:

c||c1, d(c,c1) =hc

2. (3.82)

Dužina srednje linije jednaka je polovini dužine osnovice datog trougla:

A1B1 =

√(Bx +Cx

2−Cx +Ax

2

)2

+

(By +Cy

2−

Cy +Ay

2

)2

=12

√(Bx−Ax)2 +(By−Ay)2 =

12

BA =12

AB.

Time je dokazan sledeci stav.


Lema 3.2.6 — Srednja linija. Srednja linija trougla je paralelna osnovici trougla i jednakapolovini njene dužine.

Liniju (duž) koja spaja vrh trougla sa sredinom suprotne stanice nazivamo težišna liniija(duž), ili kratko težišnica. Težišnicu koja leži na pravoj p oznacimo tp, a tacku u kojoj se sekutežišnice oznacavamo T (Tx,Ty) i nazivamo težište.

Teorema 3.2.7 — Težište. Sve tri težišnice trougla se seku u istoj tacki:

T(

xA + xB + xC

3,yA + yB + yC

3

).

Dokaz. Duži AA1,BB1,CC1 su težišnice ta, tb, tc trougla ∆ABC. Na primer, težišnica tc = C1Cleži na pravoj tyx− txy = [C,C1], odnosno:

(C1y−Cy)x− (C1x−Cx)y =CxC1y−C1xCy.

Dalje imamo:(Ay +By

2−Cy

)x−(

Ax +Bx

2−Cx

)y =Cx

Ay +By

2− Ax +Bx

2Cy.

Množimo ovu jednacinu sa 2/3 i nakon sredivanja dobijamo:(Ay +By +Cy

3−Cy

)x−(

Ax +Bx +Cy

2−Cx

)y =

=CxAy +By +Cy

3− Ax +Bx +Cx

3Cy.

Slicno radimo sa ostale dve težišnice. Koristeci smenu

Tx =Ax +Bx +Cx

3, Ty =

Ay +By +Cy

3

rezultate možemo krace pisati:ta : (Ty−Ay)x− (Tx−Ax)y = AxTy−TxAy,tb : (Ty−By)x− (Tx−Bx)y = BxTy−TxBy,tc : (Ty−Cy)x− (Tx−Cx)y =CxTy−TxCy.

(3.83)

To su jednacine težišnica trougla ∆ABC. Zbir ove tri jednacine je identitet 0 = 0, što znaci daje sistem saglasan, da ove tri prave imaju barem jednu zajednicku tacku. Kako se težišnice nepoklapaju (tacke A,B,C nisu kolinearne) to znaci da postoji najviše jedna njihova zajednickatacka. Dakle, postoji tacno jedna zajednicka tacka triju težišnica.

Uvrštavanjem je lako proveriti da tacka T (Tx,Ty) rešava svaku od tri jednacine, npr. prvu:

(Ty−Ay)Tx− (Tx−Ax)Ty = AxTy−TxAy,

TyTx−AyTx−TxTy−AxTy = AxTy−TxAy,

AxTy−TxAy = AxTy−TxAy,

što je tacno. Slicno proveravamo drugu i trecu jednacinu. Time je teorema dokazana. �

3.2 Trougao 79

Projekcija težišnice tc na x-osu daje projekcije tri važne tacke C−T −C1:

Cx, Tx =Ax +Bx +Cx

3, C1x =

Ax +Bx

2. (3.84)

Rastojanje izmedu ovih tacaka je:

Cx−Tx, Tx−C1x, Cx−C1x,

2Cx−Ax−Bx

3,

2Cx−Ax−Bx

6,

2Cx−Ax−Bx

2,

tj. CT = 23CC1, TC1 =

13CC1. Time je dokazana sledeca poznata osobina težišnice.

Korolar 3.2.8 Težište deli težišnicu u odnosu 2:1 pocev od temena trougla.

3.2.7 Centar opisanog krugaPoznato je da centar kružnice koja sadrži krajnje tacke neke duži leži na simetrali te duži. Prematome, centar7 opisane kružnice trougla, tj. kružnice koja sadrži sva tri temena trougla, moraležati na svakoj od tri simetrale stranica trougla. To je Kimberlinova tacka X3 koju cemo sadadefinisati recnikom analiticke geometrije.

Tacka So u kojoj se seku dve od tri simetrale sa,sb,sc stranica BC, CA i AB je centar kružnicekoja sadrži krajnje tacke te dve stranice. Prema tome, ista kružnica sadrži sve tri temena trougla∆ABC. Simetrale stranica trougla okomite su na same stranice u njihovim središnjim tackama,odnosno paralelne su sa visinama na iste stranice.

Na primer, stranica a = BC ima nagib k(a) = Cy−ByCx−Bx

, a simetrala te stranice ima nagibk⊥(a) = −Cx−Bx

Cy−By, tj. koeficijent pravca visine ha. Ona prolazi sredinom stranice, tackom

A1

(Cx+Bx

2 ,Cy+By

2

). Otuda jednacine simetrala stranica:

sa : (Cx−Bx)x+(Cy−By)y = (C2x −B2

x +C2y −B2

y)/2,sb (Ax−Cx)x+(Ay−Cy)y = (A2

x−C2x +A2

y−C2y )/2,

sc : (Bx−Ax)x+(By−Ay)y = (B2x−A2

x +B2y−A2

y)/2.

Ovaj sistem možemo napisati krace:sa : axx+ayy = (C2−B2)/2,sb bxx+byy = (A2−C2)/2,sc : cxx+ cyy = (B2−A2)/2,

(3.85)

gde je A2 = A2x +A2

y , B2 = B2x +B2

y i C2 =C2x +C2

y . Svejedno kako ga pišemo, sistem je saglasan,jer zbir sve tri jednacine daje nulu sa obe strane jednakosti. Dakle, tri prave se zaista seku ujednoj tacki So koju nazivamo centar opisane kružnice. Time smo dokazali sledecu lemu.Lema 3.2.9 Simetrale stranica trougla su konkurentne.

Rešavanjem bilo koje dve od tri navedene jednacine dolazimo do istih koordinata centraSo(xo,yo) opisanog kruga, koje su u najopštijem obliku date u sledecoj teoremi.

Teorema 3.2.10 — Centar opisanog kruga. Simetrale stranica trougla seku se u tacki

7eng. circumcenter - centar opisane kružnice trougla


So(xo,yo) sa koordinatama:{xo : − 1

4Π(A2ay +B2by +C2cy),

yo : + 14Π

(A2ax +B2bx +C2cx),

gde je Π = Π(ABC) površina datog trougla.

Dokaz. Polazimo od sistema (3.85) i tražimo So ∈ sa∩ sb. Rešavamo prve dve od tih jednacinapomocu determinanti. Dokazacemo da je tražena tacka

So

(∆x

∆,∆y

∆

),

pri cemu je u nazivnicima razlomaka determinanta sistema

∆ =


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= 2Π, (3.86)

a u brojnicima su determinante promenljivih:

∆x =+12

∣∣∣∣∣∣A2

x +A2y B2

x +B2y C2

x +C2y

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , (3.87)

∆y =−12

∣∣∣∣∣∣A2

x +A2y B2

x +B2y C2

x +C2y

Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ . (3.88)

Determinanta pomenutog skracenog sistema je:

∆ =

∣∣∣∣ax ay

bx by

∣∣∣∣= [a,b] = 2Π(ABC).

Time dokazano (3.85).Determinanta promenljive x je, redom:

∆x =

∣∣∣∣(B2x−C2

x +B2y−C2

y )/2 By−Cy

(C2x −A2

x +C2y −A2

y)/2 Cy−Ay

∣∣∣∣==

12

∣∣∣∣B2x−C2

x +B2y−C2

y C2x −A2

x +C2y −A2

yBy−Cy Cy−Ay

∣∣∣∣=

12

∣∣∣∣∣∣B2

x−C2x +B2

y−C2y C2

x −A2x +C2

y −A2y C2

x +C2y

By−Cy Cy−Ay Cy

0 0 1

∣∣∣∣∣∣=

12

∣∣∣∣∣∣B2

x +B2y −A2

x−A2y C2

x +C2y

By −Ay Cy

1 −1 1

∣∣∣∣∣∣= 12

∣∣∣∣∣∣A2

x +A2y B2

x +B2y C2

x +C2y

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ .Dakle, tacna je i druga determinanta (3.87).

Determinanta promenljive y je:

∆y =

∣∣∣∣Bx−Cx (B2x−C2

x +B2y−C2

y )/2Cx−Ax (C2

x −A2x +C2

y −A2y)/2

∣∣∣∣=

3.2 Trougao 81

=−∣∣∣∣(B2

x−C2x +B2

y−C2y )/2 Bx−Cx

(C2x −A2

x +C2y −A2

y)/2 Cx−Ax

∣∣∣∣ .Dalje nastavljamo kao u prethodnoj determinanti i dobijamo:

∆y =−12

∣∣∣∣∣∣A2

x +A2y B2

x +B2y C2

x +C2y

Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ .Dakle, tacno je i (3.88).

Prema tome, centar So(xo,yo) opisanog kruga datog trougla ima koordinate:

xo =∆x

∆, yo =

∆y

∆,

što je i trebalo dokazati. �

Kada znamo koordinate tacke So(xo,yo) i temena Q ∈ {A,B,C} trougla onda lako izracu-navamo poluprecnik opisane kružnice:

R =√

(xo−Qx)2 +(yo−Qy)2. (3.89)

Kada znamo uglove datog trougla α = ∠A, β = ∠B, ili γ = ∠C, tada poluprecnik opisanekružnice možemo izracunati iz sinusne teoreme.

Teorema 3.2.11 — Sinusna teorema. Kada su a,b,c dužine stranica trougla sa unutrašnjimuglovima naspram datih stranica, redom α , β , γ , a R je poluprecnik opisane kružnice trougla,tada važe jednakosti:

asinα

=b

sinβ=

csinγ

= 2R. (3.90)

Dokaz. Na slici 3.16 je dati trougao. Izaberimo proizvoljno teme, recimo C. Kako su periferniuglovi nad istom tetivom jednaki, to je ∠C = ∠C′. Medutim, ugao ∠C′BA je prav 90◦, jer je tougao nad precnikom AC′. Iz pravouglog trougla ABC′ nalazimo AB = AC′ · sinγ , tj. a

sinγ= 2R.

Slicno se dokazuju ostale dve jednakosti. �

Poluprecnik opisane kružnice trougla možemo izracunati i pomocu sledece formule zapovršinu trougla.Lema 3.2.12 Neka su a,b,c stranice trougla ABC, a R poluprecnik opisane kružnice. Tada jepovršina trougla

Π(ABC) =abc2R

. (3.91)

Dokaz. Na slici 3.7 za skalarni proizvod vektora je površina trougla ABC je poluproizvodosnovice AB i visine h=CD. Medutim, h= bsinα . Zatim, iz sinusne teoreme imamo sinα = a

2R .Prema tome,

Π =ch2

=cbsinα

2=

cba2R

,

a to je traženi rezultat. �

Ako nemamo boljeg nacina, površinu trougla izracunavamo pomocu sledece formule.


Slika 3.16: Sinusna teorema

Teorema 3.2.13 — Heronov obrazac. Kada su a,b,c stranice trougla, tada je njegovapovršina

Π =√

s(s−a)(s−b)(s− c). (3.92)

gde je s = a+b+c2 poluobim trougla.

Dokaz. Koristimo istu sliku 3.7 i polazimo od iste površine Π = ch2 , kao u prethodnom dokazu.

Odsecke koje visina pravi na podnožju oznacimo m = AD i n = DB. Jasno je da je m+n = c.Dalje imamo h2 +m2 = b2 i h2 +n2 = a2. Iz m = c−n sledi

m2 = (c−n)2 = c2−2cn+n2.

Dodajuci na dve strane jednakosti po h2 dobijamo

h2 +m2 = h2 + c2−2cn+n2.

Smene daju b2 = a2 + c2−2cn, pa rešavanjem po n izlazi n = a2+c2−b2

2c . Na kraju, smenom uh2 = a2−n2 dobijamo, redom:

h2 = a2−n2 = (a+n)(a−n) =

=

(a+

a2 + c2−b2

2c

)(a− a2 + c2−b2

2c

)=

(2ac+a2 + c2−b2)(2ac−a2− c2 +b2)

4c2

=[(a+ c)2−b2][−(a− c)2 +b2]

4c2

3.2 Trougao 83

=(a+b+ c)(a+ c−b)(b+a− c)(b−a+ c)

4c2

=2s ·2(s−a) ·2(s−b) ·2(s− c)

4s2 .

Prema tome h2 = 4s(s−a)(s−b)(s−c)c2 , odnosno h =

2√

s(s−a)(s−b)(s−c)c . Zatim se vracamo na nave-

denu površinu trougla

Π =12

ch =12

c

(2√

s(s−a)(s−b)(s− c)c

)=

=√

s(s−a)(s−b)(s− c),

a to je ono što smo i trebali dokazati. �

3.2.8 OrtocentarLiniju koja iz vrha ide okomito na naspramnu stranicu trougla nazivamo visina, a tacku u kojojse seku visine nazivamo ortocentar. Visinu koja leži na pravoj p ∈ {a,b,c} oznacavacemo hp anjihov presek je ortocentar, Kimberlingova tacka X4 koju cemo ovde oznacavati H. Ortocentaroštrouglog, pravougog, odnosno tupouglog trougla je unutar, na stranici, odnosno izvan trougla.

Slika 3.17: Ortocentar H trougla ABC.

Jednacina prave c = AB na kojoj se nalazi istoimena stranica trougla ABC može se napisati(2.16) u obliku cyx− cxy = [A,B]. Njen eksplicitni oblik (2.17) je y−Ax =

cycx(x−Ax), gde je

k = cycx

koeficijent prave, tj. tangens ugla koji zaklapaju x-osa i data prava. Prava okomita na datuima koefiicijent pravca k⊥ =−1/k, pa visina iz temena hc =CC2 leži na pravoj ciji je eksplicitnioblik y−Cy =− cx

cy(x−Cx). Nakon sredivanja dobijamo implicitni oblik jednacine visine hc iz

temena C trougla ABC na suprotnu stranicu c = AB:

hc : cxx+ cyy = cxCx + cyCy. (3.93)


Lema 3.2.14 Visine trougla su konkurentne (tj. seku se u istoj tacki).

Dokaz. Na isti nacin kao prethodnu, dobijamo sve tri jednacine visina:ha : (Bx−Cx)x+(By−Cy)y = (Bx−Cx)Ax +(By−Cy)Ay,hb : (Cx−Ax)x+(Cy−Ay)y = (Cx−Ax)Bx +(Cy−Ay)By,hc : (Ax−Bx)x+(Ay−By)y = (Ax−Bx)Cx +(Ay−By)Cy.

Taj isti sistem pišemo skraceno:ha : axx+ayy = axAx +ayAy,hb : bxx+byy = bxBx +byBy,hc : cxx+ cyy = cxCx + cyCy.

(3.94)

Sabiranjem ove tri jednacine dobijamo nule na obe strane, što znaci da su te tri pravekonkurentne. Naime, ne poklapaju se a moraju imati bar jednu zajednicku tacku. �

Dakle, zajednicka tacka sve tri visine trougla je jedna ista koju oznacavamo sa H i nazivamoortocentar trougla. Naziv “ortocentar” za tu tacku su smislili matematicari Besant i Feres 1865.godine dok su šetali cestom iz Kembridža ka Londonu. Rec “orto” je grckog porekla za nešto štoje direktno (ortodoksno), upravno (orthoptera - insekti pravokrilci poput skakavaca), vertikalno(ortogonalno).

Rešavanjem bilo koje dve od tri jednacine (3.94) dobicemo kooridinate ortocentra.

Teorema 3.2.15 — Ortocentar. Presek visina trougla ABC je ortocentar, tacka H(Hx,Hy) sakoordinatama:{

Hx : +(~A ·~B)cy +(~B ·~C)ay +(~C ·~A)by,

Hy : −(~A ·~B)cx− (~B ·~C)ax− (~C ·~A)bx,

gde su vektori ~A = Ax~i+Ay~j, ~B = Bx~i+By~j, ~C =Cx~i+Cy~j.

Dokaz. Od prve dve jednacine (2.50) formiramo skraceni sistem i rešavamo ga Kramerovommetodom. Dokazacemo da je H

(∆x∆,

∆y∆

), gde su oba nazivnika determinante

∆ =


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= 2Π(ABC), (3.95)

a u brojnicima su determinante:

∆x =−

∣∣∣∣∣∣BxCx +ByCy CxAx +CyAy AxBx +AyBy

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , (3.96)

∆y =+


Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ . (3.97)

Determinanta sistema je, redom:

∆ =

∣∣∣∣Bx−Cx By−Cy

Cx−Ax Cy−Ay

∣∣∣∣= Ax(By−Cy)+Bx(Cy−Ay)+Cx(Ay−By) =

3.2 Trougao 85

=


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= 2Π,

tj. jednaka je dvostrukoj površini trougla ABC. Time je dokazano (3.95).Determinanta promenljive x prve dve jednacine sistema (3.94) je, redom:

∆x =

∣∣∣∣(Bx−Cx)Ax +(By−Cy)Ay By−Cy

(Cx−Ax)Bx +(Cy−Ay)By Cy−Ay

∣∣∣∣==

∣∣∣∣(Bx−Cx)Ax By−Cy

(Cx−Ax)Bx Cy−Ay

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣(By−Cy)Ay By−Cy

(Cy−Ay)By Cy−Ay

∣∣∣∣= [AxBx(By−Ay)+AxCx(Ay−Cy)+BxCx(Cy−By)]+

+[AyBy(By−Ay)+AyCy(Ay−Cy)+ByCy(Cy−By)]

=−

∣∣∣∣∣∣BxCx AxCx AxBx

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣∣ByCy AyCy AyBy

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣=−


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ .Time je dokazano (3.96).

Determinanta promenljive y prve dve jednacine sistema (3.94) je, redom:

∆y =

∣∣∣∣Bx−Cx (Bx−Cx)Ax +(By−Cy)Ay

Cx−Ax (Cx−Ax)Bx +(Cy−Ay)By

∣∣∣∣== [(Bx−Cx)(CxBx−AxBx)− (Cx−Ax)(BxAx−CxAx)]

+[(Bx−Cx)(CyBy−AyBy)− (Cx−Ax)(ByAy−CyAy)]

= [(Bx−Cx)CxBx +(Ax−Bx)BxAx +(Cx−Ax)CyAx]

+[(Bx−Cx)CyBy +(Ax−Bx)ByAy +(Cx−Ax)CyAy]

=

∣∣∣∣∣∣CxBx CxAx BxAx

Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣CyBy CyAy ByAy

Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣=


Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ .Time je dokazano (3.97).

Prema tome, ortocentar H(Hx,Hy) datog trougla ima koordinate:

Hx =∆x

∆, Hy =

∆y

∆,

gde su determinante ∆,∆x,∆y, a zatim se lako dobija rezultat kao što se tvrdi u teoremi. �

� Primer 3.16 Proveriti da je H(2,10) ortocentar trougla A(4,0),B(0,4),C(−5,3). �


Provera. Izracunavamo determinante teoreme 3.2.15:

∆ =

∣∣∣∣∣∣4 0 −50 4 31 1 1

∣∣∣∣∣∣= 24,

∆x =

∣∣∣∣∣∣12 −20 00 4 31 1 1

∣∣∣∣∣∣= 48,

∆y =

∣∣∣∣∣∣12 −20 04 0 −51 1 1

∣∣∣∣∣∣= 240.

Prema tome, Hx =∆x∆= 2, Hy =

∆y∆= 10, tj. ortocentar jeste tacka H(2,10). Trougao je tupougli,

pa je ortocentar izvan trougla, kao što se vidi na slici 3.18. �

Slika 3.18: Temena trougla A(4,0),B(0,4),C(−5,3) i ortocentar H(2,10).

� Primer 3.17 U prethodnom primeru 3.16 naci koordinate podnožja C2 visine hc na stranicu c ikoordinate C3 sredine duži od ortocentra do temena C datog trougla. �

Rešenje. Podnožja visina ha,hb,hc na stranicama a,b,c su tacke A2,B2,C2, a sredine udaljenostiortocentra H od temena A,B,C su tacke A3, B3, C3, kao što se vidi na opštoj slici 3.17. Poštoznamo koordinate tacaka A(4,0),B(0,4),C(−5,3) i H(2,10), tražimo tacku C2 ∈CH ∩AB:{

CH : (Cy−Hy)x− (Cx−Hx)y = [H,C],AB : (Ay−By)x− (Ax−Bx)y = [B,A].

I tacku C3, koja je sredina duži CH:

C3

(Cx +Hx

2,Cy +Hy

2

).

3.2 Trougao 87

Uvrštavanjem brojeva i sredivanjem dobijamo:{CH : −7x+7y = 56AB : −4x−4y =−16.

C3

(−5+2

2,3+10

2

),

Otuda:

C2(−2,6), C3(−1,5;6,5).

Rezultat se vidi na slici 3.18. �

3.2.9 Ojlerova prava

Pokazacemo da su centar opisane kružnice So, težište T i ortocentar H proizvoljnog trougla∆ABC kolinearne tacke. Prava linija na kojoj se nalaze navedene tacke naziva se Ojlerova linija.

� Primer 3.18 Neka je dat trougao A(m,0),B(n,0),C(0, p). Pokazati da su težište, ortocentar icentar opisanog kruga ovog trougla dati sa:

T(

m+n3

,p3

), So

(m+n

2,mn+ p2

2p

), H(

0,−mnp

)(3.98)

i da su to tri kolinearne tacke, kao što se vidi na slici 3.19. �

Slika 3.19: Trougao A(m,0),B(n,0),C(0, p) i simetrale stranica.

Rešenje. Prema teoremi 3.2.7, težište T je ocigledno tacno. Iz (2.51) izracunavamo determinantusistema:

∆(H) = ∆(So) =

∣∣∣∣∣∣m n 00 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣=−p(m−n), (3.99)


koja je zajednicka za ortocentar H i centar opisanog kruga So. Determinante promenljivih x i ydefinišu brojnike koordinata ortocentra H:

∆x(H) =−

∣∣∣∣∣∣0 0 mn0 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣= 0, ∆y(H) =

∣∣∣∣∣∣0 0 mnm n 01 1 1

∣∣∣∣∣∣= mn(m−n).

Konacno, odgovarajuce determinante centra opisanog kruga So su:

∆x(So) = +12

∣∣∣∣∣∣m2 n2 p2

0 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣=− p2(m2−n2),

∆y(So) =−12

∣∣∣∣∣∣m2 n2 p2

m n 01 1 1

∣∣∣∣∣∣= m2(n2− p2)− n

2(p2−m2).

Nalaženjem kolicnika ∆x∆

i ∆y∆

posebno za H i So utvrdujemo da je (2.54) tacno.Da bismo dokazali kolinearnost tacaka T,So,H potražimo površinu trougla ∆T SoH. Ako je

ta površina nula, onda su pomenute tacke kolinearne. Imamo redom:

2Π(T HSo) =

∣∣∣∣∣∣∣m+n

3 0 m+n2

p3 −mn

pmn+p2

2p1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣=m+n

6

∣∣∣∣∣∣∣2 0 3p3 −mn

pmn+p2

2p1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣=

=m+n

6

∣∣∣∣∣∣∣2 0 0p3 −mn

pmn+p2

2p − p2

1 1 −12

∣∣∣∣∣∣∣=m+n

3

∣∣∣∣∣−mnp

mn+p2

2p − p2

1 −12

∣∣∣∣∣=

m+n6

(mn2p− mn+ p2

2p+

p2

)= 0,

što znaci da su težište, ortocentar i centar opisanog kruga trougla tri kolinearne tacke. �

Primetimo da se bilo koji trougao može rotacijom i translacijom koordinatnog sistemadovesti u poziciju trougla iz primera 3.18, za neka tri broja m,n, p. Posebno to znaci da su težište,ortocentar i centar opisanog kruga tri kolinearne tacke kod bilo kojeg trougla. To je poznataOjlerova linija (Leonhard Euler, 1707-1783), na kojoj pored pomenute tri leže još neke važnetacake trougla, kao npr. Centar devet tacaka ili Exterova tacka8.

� Primer 3.19 Neka je dat trougao A(0,0),B(m,0),C(n, p), na slici 3.20. Pokazati da su težište,centar opisanog kruga i ortocentar ovog trougla dati sa:

T(

m+n3

,p3

), So

(m2,n2 + p2−mn

2p

), H(

n,mn−n2

p

)(3.100)

i da su to tri kolinearne tacke. �

Rešenje. Prema teoremi 3.2.7, težište T je ocigledno tacno. Iz (2.51) dobijamo determinantusistema:

∆(H) = ∆(So) =

∣∣∣∣∣∣0 m n0 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣= mp, (3.101)

8Nine-point center X5, Exeter point X22 - Clark Kimberling’s Encyclopedia of Triangle Centers

3.2 Trougao 89

Slika 3.20: Trougao A(0,0),B(m,0),C(n, p) i tacke T,H,So.

koja je zajednicka za ortocentar H i centar opisanog kruga So. Determinante (2.52) i (2.53) kojedefinišu brojnike koordinata ortocentra H su:

∆x(H) =−

∣∣∣∣∣∣mn 0 00 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣= mnp, ∆y(H) =

∣∣∣∣∣∣mn 0 00 m n1 1 1

∣∣∣∣∣∣= mn(m−n).

Konacno, odgovarajuce determinante centra opisanog kruga So su:

∆x(So) = +12

∣∣∣∣∣∣0 m2 n2 + p2

0 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣= m2 p2

,

∆y(So) =−12

∣∣∣∣∣∣0 m2 n2 + p2

0 m n1 1 1

∣∣∣∣∣∣= −m2n+mn2 +mp2

2.

Nalaženjem kolicnika ∆x∆

i ∆y∆

posebno za H i So utvrdujemo da je (2.56) tacno.Dvostruka površina trougla ∆T HSo je, redom:

2Π =

∣∣∣∣∣∣∣m+n

3 n m2

p3

mn−n2

pn2+p2−mn

2p1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣==

m+n3

∣∣∣∣∣ −m−2n3

12 ·

m−2n3

−3n2+p2−3mn3p

12 ·

3n2+p2−3mn3p

∣∣∣∣∣==

m+n3· m−2n

3· 3n2 + p2−3mn

3p·∣∣∣∣−1 1

2−1 1

2

∣∣∣∣= 0,

što znaci da su težište, ortocentar i centar opisanog kruga trougla tri kolinearne tacke. �

Primetimo da se bilo koji trougao rotacijom i translacijom koordinatnog sistema može takodedovesti u poziciju trougla iz primera 3.19, što je još jedna potvrda kolinearnosti težišta, ortocentrai centra opisanog kruga trougla, ali i (delimicna) provera tacnosti teorema 3.2.7, 3.2.10 i 3.2.15.


3.3 TriangulacijaU Dekartovom pravouglom sistemu kordinata Oxy dat je trougao nenulte površine sa temenimaA(Ax,Ay), B(Bx,By), C(Cx,Cy) i tacka P(Px,Py). Udaljenosti9 tacke P od temena, odnosno odstranica trougla su:

RA = PA, RB = PB, RC = PC;ra = d(P,a), rb = d(P,b), rc = d(P,c),

(3.102)

kao što se vidi na slici 3.21.

Slika 3.21: Triangulacija

3.3.1 Triangulacija temenimaKada znamo koordinate tacaka A,B,C i P tada možemo izracunati udaljenosti:

RA =√(Px−Ax)2 +(Py−Ay)2,

RB =√(Px−Bx)2 +(Py−By)2,

RC =√

(Px−Cx)2 +(Py−Cy)2.

(3.103)

Obrnuti slucaj je malo složeniji.

Teorema 3.3.1 Ako su data temena trougla A(Ax,Ay), B(Bx,By), C(Cx,Cy) na udaljenostimaRA,RB,RC od tacke P, tada su koordinate tacke P:{

Px = + 14Π

[(R2A−A2)ay +(R2

B−B2)by +(R2C−C2)cy],

Py = − 14Π

[(R2A−A2)ax +(R2

B−B2)bx +(R2C−C2)cx],

(3.104)

gde je Q2 = Q2x +Q2

y , za Q ∈ {A,B,C}, a Π je površina datog trougla.

Dokaz. Iz PA = RA, PB = RB i PC = RC, slika 3.21, sledi(Ax−ξ )2 +(Ay−η)2 = R2

A,(Bx−ξ )2 +(By−η)2 = R2

B,(Cx−ξ )2 +(Cy−η)2 = R2

C.

9Dužinu duži ponekad oznacavamo crtom iznad krajnjh tacaka.

3.3 Triangulacija 91

Oduzimanjem prve od druge i trece jednacine i sredivanjem dobijamo{(Bx−Ax)ξ +(By−Ay)η = 1

2(B2x−A2

x +B2y−A2

y−R2B +R2

A),

(Cx−Bx)ξ +(Cy−By)η = 12(C

2x −B2

x +C2y −B2

y−R2C +R2

B),

tj. {cxξ + cyη = 1

2 [(B2−A2)− (R2

B−R2A)],

axξ +ayη = 12 [(C

2−B2)− (R2C−R2

B)],(3.105)

Lako dobijamo determinante ovog sistema:

∆ =


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= 2Π, (3.106)

∆x =12

∣∣∣∣∣∣A2−R2

A B2−R2B C2−R2

CAy By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , (3.107)

∆y =−12

∣∣∣∣∣∣A2−R2

A B2−R2B C2−R2

CAx Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , (3.108)

Prema tome, koordinate tacke P(Px,Py) su Px =∆x∆

i Py =∆y∆

što je trebalo dokazati. �

� Primer 3.20 Primeniti teoremu 3.3.1 za oredivanje koordinata centra So opisanog kruga trougla,teorema 3.2.10. �

Rešenje. Kada u teoremi 3.3.1 imamo RA = RB = RC = R, tj. poluprecnik opisanog krugatrougla, tada determinantu promenljive x možemo pisati

∆x =12

∣∣∣∣∣∣A2−R2

A B2−R2B C2−R2

CAy By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣=

=12

∣∣∣∣∣∣A2 B2 C2

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣− 12

∣∣∣∣∣∣R2 R2 R2

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ .Druga determninanta je nula, jer su prvi i treci redak proporcionalni, pa je rezultat tacno jednaksa (3.87), determinanti x teoreme 3.2.10. Slicno dobijamo za determinantu (3.88) promenljive y.Prema tome, triangulacija sa jednakim udaljenostima do datih tacaka svodi se na traženje centraupisanog kruga trougla So(xo,yo) sa koordinatama:{

xo : − 14Π

(A2ay +B2by +C2cy),

yo : + 14Π

(A2ax +B2bx +C2cx).(3.109)

To je u skladu sa teoremom 3.2.10. �

� Primer 3.21 Date su tacke A(5,1), B(−1,4), C(1,−1) i P(3,4). Naci udaljenosti R i proverititeoremu 3.3.1. �


Rešenje. Kvadrati udaljenosti tacke P do temena datog trougla su

R2A = 13, R2

B = 16, R2C = 29,

pa su razlike kvadrata

R2A−A2 =−13, R2

B =−1, R2C−C2 = 27.

Zatim proveravamo formulu (3.3). Orjentisane projekcije stranica su:

ax = 2, ay =−5, bx = 4, by = 2, cx =−6, cy = 3.

Otuda determinante:∆ : 2Π = [a,b] = axby−bxay = 2 ·2−4 · (−5) = 24,∆x : 1

2 [−13 · (−5)−1 ·2+27 ·3] = 72,∆y : −1

2 [−13 ·2−1 ·4+27 · (−6)] = 96.(3.110)

Zatim lako nalazimo kolicnike

Px =∆x

∆= 3, Py =

∆y

∆= 4,

što je i trebalo dobiti. �

Nakon primera 3.21 možemo lakše razumeti koliko je tacka P ‘predefinisana’ svojih udal-jenostima do temena. Medutim, ta redundanca (višak podataka) je veoma korisna u praksi. Kadastojimo na površini Zemlje na mestu P i izmerimo tri udaljenosti do tri poznate pozicije (A,B,C)u blizini, onda triangulacijom izracunavamo naš položaj, ili otkrivamo da imamo neku greškumerenja.

3.3.2 Triangulacija stranicamaNa slici 3.21 vidimo da se površina trougla ABC sastoji iz tri površine

Π(ABC) = Π(PAB)+Π(PBC)+Π(PCA). (3.111)

Skraceno to pišemo Π = Πa +Πb +Πc, gde su orjentisane površine:∆BCP : Πa =±ara/2,∆CAP : Πb =±brb/2,∆ABP : Πc =±crc/2,

(3.112)

gde je površina trougla pozitivna (negativna) ako se navedena temena obilaze u pozitivnom(negativnom) smeru. Pozitivni smer obilaženja tacaka je obrnut smeru kazaljke na satu.

Teorema 3.3.2 Dat je trougao ∆ABC. Ako je tacka P(Px,Py) na udaljenostima ra, rb i rc odstranica trougla, tada su njene koordinate:

Px =ΠaAx +ΠbBx +ΠcCx

Πa +Πb +Πc, Py =

ΠaAy +ΠbBy +ΠcCy

Πa +Πb +Πc. (3.113)

Dokaz. Polazeci od opšteg oblika jednacine prave, odnosno od izraza za udaljenost tacke P(ξ ,η)od stranica a = BC, b =CA i c = AB trougla ∆ABC dolazimo do sistema jednacina:

ayξ −axη− [B,C] = −ara,byξ −bxη− [C,A] = −brb,cyξ − cxη− [A,B] = −crc.


Sabiranjem sve tri jednacine dobijamo identitet −2Π =−2Π što znaci da je ovo saglasan sistem,te da je izbor predznaka na desnoj strani jednakosti dobar. Bilo koje dve od tri jednacine sudovoljne za rešenje. Iz prve dve nalazimo determinante:

∆ = 2Π, ∆x = 2ΠCx−axbrb +bxara, ∆y = 2ΠCy−aybrb +byara.

Koristeci (1.15) nalazimo ∆ = 2Π, ∆x = 2ΠaAx + 2ΠbBx + 2ΠcCx i ∆y = 2ΠaAy + 2ΠbBy +2ΠcCy. Deljenjem determinanti dobijamo koordinate tacke P(ξ ,η):

ξ =ΠaAx +ΠbBx +ΠcCx

Πa +Πb +Πc, η =

ΠaAy +ΠbBy +ΠcCy

Πa +Πb +Πc,

kao što je i trebalo dokazati. �

Potsetimo se da ovde radimo sa orjentisanim površinama. Površina Π(ABC) je pozitivnakada temena trougla obidemo u pozitivnom smeru, suprotno smeru kazaljke na satu, a negativnaje ako ih obidemo u negativnom smeru. Tako je za dati trougao Π(PAB) =−Π(PBA). Posebno,ako je tacka P izvan trougla i to sa vanjske strane AB, tada je površina Πc negativna, a Πa i Πbsu pozitivne.

� Primer 3.22 Primeniti teoremu 3.3.2 za oredivanje koordinata centra Su upisanog kruga trougla,teorema 3.2.2 i 3.2.3. �

Rešenje. Kada je data tacka centar upisanog kruga (P = Su), tada je ra = rb = rc = r, tj.poluprecnik upisanog kruga, pa relacije (3.111) postaju:

Πa =ar2, Πb =

br2, Πc =

cr2, Π =

r(a+b+ c)2

. (3.114)

Smenom u (3.112) dobijamo:

ξ =aAx +bBx + cCx

a+b+ c, η =

aAy +bBy + cCy

a+b+ c. (3.115)

To su formule za koordinate centra upisanog kruga trougla, jednake onima u teoremi 3.2.2.Medutim, kada je tacka P centar izvana upisanog kruga trougla, recimo sa druge strane

stranice c, tada je površina Π(ABP) = Πc negativna, izraz (3.115) postaje

ξ =aAx +bBx− cCx

a+b− c, η =

aAy +bBy− cCy

a+b− c, (3.116)

a to je centar vani opisanog kruga teoreme 3.2.3. �

3.3.3 Linearni sistem 2DPrimetimo da koordinate centra opisanog kruga So(ξ ,η), teorema 3.2.10, možemo dobiti irešavanjem sistema linearnih jednacina:

Axξ +Ayη +ζ =A2

x+A2y

2 ,

Bxξ +Byη +ζ =B2

x+B2y

2 ,

Cxξ +Cyη +ζ =C2

x+C2y

2 .

(3.117)

Ortocentar je za ξ = Hx i η = Hy rešenje sistema linearnih jednacina:Axξ +Ayη +ζ = −BxCx−ByCy,Bxξ +Byη +ζ = −CxAx−CyAy,Cxξ +Cyη +ζ = −AxBx−AyBy.

(3.118)


Odgovarajuci sistem tacke P(ξ ,η) triangulacije temenima je:Axξ +Ayη +ζ = A2−R2

A,Bxξ +Byη +ζ = B2−R2

B,Cxξ +Cyη +ζ = C2−R2

C.(3.119)

Uopšte, rešenje sistema:Axξ +Ayη +ζ = EA,Bxξ +Byη +ζ = EB,Cxξ +Cyη +ζ = EC,

(3.120)

je tacka P(ξ ,η), gde su EA,EB,EC proizvoljni realni brojevi. Isti sistem pišemo matricno

M~X = ~E, (3.121)

gde je:

M =

Ax Ay 1Bx By 1Cx Cy 1

, ~X =

ξ

η

ζ

, ~E =

EA

EB

EC

.

Ako neka prava linija sadrži tacke ~P1, ~P2, tada ona za svaki realan broj t sadrži i tacku~P = ~P1 +(~P2− ~P1)t. Pomnožimo ovu vektorsku jednacinu sa leve strane matricom M i dobijamo~E = ~E1 +(~E2− ~E1)t. Zakljucak je da uopšte, ‘kolinearni’ ~P generišu ‘kolinearne’ ~E i obrnuto.

Teorema 3.3.3 Dat je trougao ∆ABC nenulte površine. Za svaki niz brojeva ~E postojijedinstven niz brojeva ~X takav da važi matricna jednakost (3.20) i obrnuto za svaki ~X postojijedinstven ~E.

Proof. Kada je dat niz ~E tada sistem ima jedinstveno rešenje ~X jer je matrica M regularna. Naime,detM = 2Π(ABC) 6= 0. Obrnuto, kada je dat niz ~X tada postoji jedinstven niz ~E = M~X . �

Medutim, naci te nizove ~X , odnosno ~E, je ponekad potežak posao.

3.3.4 Centar devet-tacakaPrema Kimberlinovoj klasifikaciji, znacajne tacke trougla su: centar upisanog kruga (X1, ovdeSu), težište (X2, ovde T ), centar opisane kružnice (X3, ovde Su), ortocentar (X4, ovde H), zatimcentar devet-tacaka (X5, ovde S9). Sada cemo pokazati da je ta peta tacka, S9, centar kružnicekoja sadrži devet tacaka trougla koje cemo oznacavati temenima trougla (slovima A,B ili C) saindeksima 1, 2 ili 3.

Devet-tacaka trougla su (nasuprot istoimenih vrhova): tri sredine stranica (A1,B1,C1), tripodnožja visina (A2,B2,C2) i tri tacke (A3,B3,C3) koje su sredine duži od vrhova do ortocentra.

Ovih devet tacaka su na kružnici koja se naziva Ojlerova (Leonhard Euler, 1707 - 1783)kružnica, Fojerbahova (Karl Wilhelm von Feuerbach, 1800 - 1834) kružnica, Terkvemova(Olry Terquem, 1782 - 1862) kružnica, ili prosto kružnica devet-tacaka. Prema istorijskimistraživanjima Mekaja (MacKay, 1892), bilo je nekoliko nezavisnih otkrica kružnice devet-tacakai ona pokrivaju teritorije Engleske, Francuske, Njemacke i Švajcarske.

Teorema 3.3.4 — Kružnica devet-tacaka. Svaka od devet-tacaka Ai,Bi,Ci, i ∈ {1,2,3}leži na istoj kružnici sa centrom S9.


Slika 3.22: Kružnica devet tacaka

Dokaz. U trouglu ABC na slici 3.22, zato što su C1 i B1 sredine stranica AB i AC bice C1B1||BC,jer je srednja linija trougla paralelna osnovici. Isto tako, u trouglu BCH, zato što su B3 i C3sredine stranica BH i CH to je B3C3||BC. Kako je B1C1||BC i B3C3||BC to je B1C1||B3C3.

U trouglu BAH, zato što su B3 i C1 sredine stranica BH i BA, imamo B3C1||HA. Slicno, utrouglu CAH, jer su B1 i C3 sredine stranica AC i HC, bice B1C3||HA. Iz B3C1||HA i B1C3||HAsledi B3C1||B1C3. Takode, važe implikacije:

B3C1||HA ∧ HA⊂ AA2 ⇒ B3C1||AA2,

AA2 ⊥ BC ∧ BC||B1C1 ⇒ AA2 ⊥ B1C1,

B3C1||AA2 ∧ AA2 ⊥ B1C1 ⇒ B3C1 ⊥ B1C1.

Prema tome, cetvorougao C1B1C3B3 je pravougaonik. Kako su suprotni uglovi takvog cetvor-ougla suplementni, sledi da se on može upisati u krug. Slicno, cetvrorougao C1A3C3A1 jepravougaonik, pa se i on može upisati u krug. Prema tome, tacke C1,A3,B1,C3,A1,B3 leže naistoj kružnici sa precnikom C1C3, jer je ova duž dijagonala oba pravougaonika. Centar tog krugaje sredina duži C1C3. Tu tacku oznacavamo sa S9.

Kako je AA2 visina trougla, ugao A3A2A1 je prav. Medutim, duž A3A1 je takode precniknašeg kruga (to je dijagonala pravougaonika C1A3C3A1), pa i tacka A2 mora biti na istoj kružnici.Slicno, tacke C2 i B2 su na kružnici. Prema tome, svih devet tacaka Ai,Bi,Ci, gde i ∈ {1,2,3},pripadaju istoj kružnici, koju nazivamo kružnica devet-tacaka. �

Za konstrukciju tacke S9, tzv. centra (ili središta) devet-tacaka trougla ∆ABC, prvo nademosredine stranica A1,B1,C1 naspram istoimenih temena. Time dobijamo srednje linije kojeformiraju trougao ∆A1B1C1 upisan u dati trougao. Zatim konstruišemo simetrale stranica trougla∆A1B1C1, koje se seku u tacki S9. Tacka S9 je središte kružnice koja prolazi, izmedu ostalih itackama A1,B1,C1 .

Centar devet-tacaka trougla ∆ABC je centar opisane kružnice trougla ∆A1B1C1. Prema tome,koordinate tacke S9(S9x,S9y) možemo naci koristeci formule teoreme 3.2.10 za centar opisanogkruga, gde umesto temena A,B,C koristimo sredine odgovarajucih stranica, tacke A1,B1,C1 date


izrazima:a : A1

(Cx+Bx

2 ,Cy+By

2

),

b : B1

(Ax+Cx

2 ,Ay+Cy

2

),

c : C1

(Bx+Ax

2 ,By+Ay

2

).

(3.122)

Ove sredine definišu trougao ∆A1B1C1 ciji centar opisanog kruga je centar devet-tacaka trougla∆ABC.

� Primer 3.23 Pokazati da je centar devet-tacaka, S9, za trougao:1. A(m,0),B(n,0),C(0, p), primer 3.18;2. A(0,0),B(m,0),C(n, p), primer 3.19;redom:

S91

(m+n

4,

p2−mn4p

), S92

(m+2n

4,mn−n2 + p2

4p

). (3.123)

3. Pokazati da tacka S9 leži na Ojlerovoj pravoj. �

Rešenje. 1. Sredine naspramnih stranica A,B,C su redom:

A1

(n2,

p2

),B1

(m2,

p2

),C1

(m+n

2,0).

Koristimo ih za temena trougla teoreme 3.2.10 i izracunavamo determinante:

∆(A1B1C1) =

∣∣∣∣∣∣A1x B1x C1x

A1y B1y C1y

1 1 1

∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣

n2

m2

m+n2

p2

p2 0

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= p(n−m)

4,

∆x(A1B1C1) = +12

∣∣∣∣∣∣A2

1x +A21y B2

1x +B21y C2

1x +C21y

A1y B1y C1y

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= p(n2−m2)

16,

∆y(A1B1C1) =−12

∣∣∣∣∣∣A2

1x +A21y B2

1x +B21y C2

1x +C21y

A1x B1x C1x

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= (n−m)(p2−mn)16

.

Prema tome, centar devet-tacaka trougla A(m,0),B(n,0),C(0, p) je:

S9

(m+n

4,

p2−mn4p

). (3.124)

2. Sredine stanica su:

A1

(m+n

2,

p2

),B1

(n2,

p2

),C1

(m2,0).

Determinante teoreme 3.2.10 sada su:

∆(A1B1C1) =

∣∣∣∣∣∣A1x B1x C1x

A1y B1y C1y

1 1 1

∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣

m+n2

n2

m2

p2

p2 0

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= mp4

,


∆x(A1B1C1) = +12

∣∣∣∣∣∣A2

1x +A21y B2

1x +B21y C2

1x +C21y

A1y B1y C1y

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= mp(m+2n)16

,

∆y(A1B1C1) =−12

∣∣∣∣∣∣A2

1x +A21y B2

1x +B21y C2

1x +C21y

A1x B1x C1x

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= m(mn−n2 + p2)

16.

Prema tome, centar devet tacaka trougla A(0,0),B(m,0),C(n, p) je:

S9

(m+2n

4,mn−n2 + p2

4p

). (3.125)

3. Nagibi pravaca T H i T S9 su redom:

k(T H) =Ty−Hy

Tx−Hx=

p3 −

mn−n2

pm+n

3 −n=−3mn+3n2 + p2

p(m−2n),

k(T S9) =Ty−S9y

Tx−S9x=

p3 −

mn−n2+p2

4pm+n

3 −m+2n

4

=−3mn+3n2 + p2

p(m−2n),

Koeficijenti pravaca su jednaki, što znaci da iz iste tacke T idu dve paralelne prave T H||T S9,odnosno da je to jedna te ista prava. Dakle, tacka S9 leži na Ojlerovoj pravoj. �

Kada je dat trougao ∆ABC, tacku S9 nalazimo kao centar opisanog kruga trougla ∆A1B1C1,uvrštavanjem temena u teoremu 3.2.10. Tada je u nazivniku površina trougla ∆A1B1C1, tj.determinanta:

∆(S9) = 2Π(A1B1C1) =

∣∣∣∣∣∣A1x B1x C1x

A1y B1y C1y

1 1 1

∣∣∣∣∣∣==

∣∣∣∣∣∣Bx+Cx

2Cx+Ax

2Ax+Bx

2By+Cy

2Cy+Ay

2Ay+By

21 1 1

∣∣∣∣∣∣= 14

∣∣∣∣∣∣Bx +Cx Cx +Ax Ax +Bx

By +Cy Cy +Ay Ay +By

1 1 1

∣∣∣∣∣∣==

14

∣∣∣∣∣∣Bx Cx Ax


1 1 1

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣

Cx Ax Bx


1 1 1

∣∣∣∣∣∣

=14


Ay +By By +Cy Cy +Ay

1 1 1

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣

Ax Bx Cx

Cy +Ay Ay +By By +Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣

=14


Ay +3Ty By +3Ty Cy +3Ty

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ ,gdje je Ty = (Ay +By +Cy)/3, tj. ordinata težišta. Ovu determinantu rastavljamo na dva sabirka,po srednjoj vrsti, od kojih ce drugi sabirak biti determinanta cija je vrednost nula, jer su joj drugai treca vrsta proporcionalne. Tako dobijamo:

∆(S9) =14


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= 12

Π(ABC). (3.126)


To je ista determinanta izražena koordinatama temena trougla ∆ABC ali je njena vrednostpolovina površine trougla ∆ABC. Drugim recima, površina trougla ∆A1B1C1 jednaka je cetvrtinipovršine trougla ∆ABC, što je i prema lemi 3.2.6 ocekivan rezultat.

Slicno, za slucaj centra devet-tacaka možemo preurediti i dve determinante iste teoreme3.2.10. Njihove razlicite oblike nalazimo koristeci skracenice Q2

1 =Q21x+Q2

1y,za Q1 ∈{A1,B1,C1}.Tako za determinantu promenljive x nalazimo:

∆x(S9) =12

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1A1y B1y C1y

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= 14

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1By +Cy Cy +Ay Ay +By

1 1 1

∣∣∣∣∣∣==

14

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1By Cy Ay

1 1 1

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Cy Ay By

1 1 1

∣∣∣∣∣∣

=14

∣∣∣∣∣∣C2

1 A21 B2

1Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣B2

1 C21 A2

1Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣

=14

∣∣∣∣∣∣R2

1−A21 R2

1−B21 R2

1−C21

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ ,gde je R2

1 = A21 +B2

1 +C21 . Ova determinanta se rastavlja na dva sabirka od kojih je prvi nula,

jer u gornjem retku ima jednake koeficijente (R21) proporcionalne koeficijentima donjeg retka

(jedinicama). Preostaje:

∆x(S9) =−14

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ . (3.127)

Polazeci od (3.88) slicno nalazimo

∆y(S9) = +14

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ . (3.128)

Sredine stranica trougla nasuprot temena A(Ax,Ay), B(Bx,By) i C(Cx,Cy) su tacke A1(A1x,A1y),B1(B1x,B1y) i C1(C1x,C1y) date formulama (3.122). U ovim izrazima je A2

1 = A21x +A2

1y, B21 =

B21x +B2

1y i C21 =C2

1x +C21y. Otuda sledeca teorema.

Teorema 3.3.5 Koordinate centra devet-tacaka S9(S9x,S9y) trougla ∆ABC su:

S9x =−

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣/∣∣∣∣∣∣Ax Bx Cx

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , (3.129)

S9y =+

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣/∣∣∣∣∣∣Ax Bx Cx

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ . (3.130)

� Primer 3.24 Proveriti relacije (3.129) i (3.130) za trouglove iz prethodnog primera 3.23:1. A(m,0),B(n,0),C(0, p);2. A(0,0),B(m,0),C(n, p). �


Rešenje. 1. Za trougao A(m,0),B(n,0),C(0, p) bice:

S9x =−

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣/∣∣∣∣∣∣Ax Bx Cx

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣==−

∣∣∣∣∣∣(n

2

)2+( p

2

)2 (m2

)2+( p

2

)2 (m+n2

)2

0 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣/∣∣∣∣∣∣m n 00 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣== p

[(n2

)2−(m

2

)2]/[p(n−m)] =

m+n4

.

S9y =

∣∣∣∣∣∣(n

2

)2+( p

2

)2 (m2

)2+( p

2

)2 (m+n2

)2

m n 01 1 1

∣∣∣∣∣∣/[p(n−m)] =

=−m

[(m2

)2+( p

2

)2−(

m+n2

)2]/[p(n−m)]+

+n

[(n2

)2+( p

2

)2−(

m+n2

)2]/[p(n−m)] =

=(n−m)(p2−mn)

4p(n−m)=

p2−mn4p

.

To je u skladu sa prvim rezultatom (3.123).2. Za trougao A(0,0),B(m,0),C(n, p) imamo:

∆(S92) =


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣0 m n0 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣= mp,

∆2x−

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣==−

∣∣∣∣∣∣(m+n

2

)2+( p

2

)2 (n2

)2+( p

2

)2 (m2

)2

0 0 p1 1 1

∣∣∣∣∣∣= p(m2 +2mn)4

,

S9y =+

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣(m+n

2

)2+( p

2

)2 (n2

)2+( p

2

)2 (m2

)2

0 m n1 1 1

∣∣∣∣∣∣==

∣∣∣∣∣2mn+n2+p2

4−m2+n2+p2

4−n m−n

∣∣∣∣∣= m(mn−n2 + p2)

4.

Iz teoreme 3.3.5 imamo S92x =∆x∆

i S92y =∆y∆

, odnosno

S92x =m+2n

4, S92y =

mn−m2 + p2

4p.

To je u skladu sa drugim rezultatom (3.123). �

Vec smo videli da su znacajne tacke trougla ∆ABC: težište T , centar opisanog kruga So,ortocentar H i centar devet tacaka S9 kolinearne. One leže na tzv. Ojlerovoj pravoj.


Teorema 3.3.6 Centar devet-tacaka je sredina izmedu ortocentra i centra opisane kružnicetrougla.

Dokaz. Poznate su nam koordinate centra devet-tacaka S9, ortocentra H i centra opisane kružniceSo, redom:

S9x =−1

2Π

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , S9y =+1

2Π

∣∣∣∣∣∣A2

1 B21 C2

1Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , 2Π =


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , (3.131)

Hx = − 1

2Π


Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣Hy = + 1

2Π


Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ ,(3.132)

Sox =+1

4Π

∣∣∣∣∣∣A2

x +A2y B2

x +B2y C2

x +C2y

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ , Soy =−1

4Π

∣∣∣∣∣∣A2

x +A2y B2

x +B2y C2

x +C2y

Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ .Stavimo R2

1 = A21 +B2

1 +C21 pa za centar opisane kružnice imamo

Sox =+1

4Π

∣∣∣∣∣∣R2

1−B21−C2

1 R21−C2

1−A21 R2

1−A21−B2

1Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣=

=+1

4Π

∣∣∣∣∣∣R2

1 R21 R2

1Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣− 14Π

∣∣∣∣∣∣B2

1 +C21 C2

1 +A21 A2

1 +B21

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ ,a prva determinanta je nula, jer ima proporcionalnu prvu i trecu vrstu. Slicno radimo za drugukoordinatu, pa nalazimo:

Sox = − 14Π

∣∣∣∣∣∣B2

1 +C21 C2

1 +A21 A2

1 +B21

Ay By Cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣Soy = + 1

4Π

∣∣∣∣∣∣B2

1 +C21 C2

1 +A21 A2

1 +B21

Ax Bx Cx

1 1 1

∣∣∣∣∣∣ .(3.133)

To su takode koordinate centra opisane kružnice datog trougla. sada lako nalazimo zbir

S9x =Hx +Sox

2, S9y =

Hy +Soy

2, (3.134)

što je i trebalo dokazati. �


3.3.5 TrilineariTrilineari, ili trilinearne koordinate tacke u odnosu na dati trougao predstavljaju relativneudaljenosti od tri stranice trougla. One su vrsta homogenih koordinata. Otkrio ih je njemackimatematicar Pluker10 1835. koji je dao velike doprinose analitickoj geometriji i fizici.

Trilinear je uredeni niz tri broja ρa,ρb,ρc koji predstavlja produženu proporciju, odnoseudaljenosti ra,rb,rc date tacke do stranica trougla a,b,c, kao na slici 3.21. Zato ih pišemo uobliku:

ρa : ρb : ρc. (3.135)

Kako su ovo proporcionalne udaljenosti, bice

ρa : ρb : ρc = λρa : λρb : λρc, (3.136)

za proizvoljan realan broj lambda razlicit od nule. Izuzetak su temena trougla A,B,C, koja zbogjednostavnosti obicno oznacavamo, redom sa

1 : 0 : 0, 0 : 1 : 0, 0 : 0 : 1. (3.137)

Znacajne tacke trougla cesto se uzimaju redom: centar upisanog kruga, težište, centaropisanog kruga, ... i oznacavaju sa X1, X2, X3, ... onako kako ih je od 1994. godine proucavaoamericki matematicar Klark Kimberling [26]. Detaljan spisak više od pet hiljada Kimberlingovihtacaka se može naci u Enciklopediji trouglovih centara11, a prvih pet su u tabeli 3.1. U prvojkoloni su Kimberlingove oznake tacaka koje ovde oznacavamo redom Su, T , So, H i S9. U drugojsu nazivi tacaka, a u trecoj koloni su trilineari, produžene proporcije oblika (3.34).

Table 3.1: TrilineariNo. Naziv tacke Trilinearne koordinateX1 Centar upisanog kruga 1 : 1 : 1X2 Težište 1

a : 1b : 1

cX3 Centar opisanog kruga cosα : cosβ : cosγ

X4 Ortocentar secα : secβ : secγ

X5 Centar devet-tacaka cos(β − γ) : cos(γ−α) : cos(α−β )

Pored uobicajenih metoda u literaturi, trilinearne koordinate možemo izracunavati i neposrednoiz Dekartovih koordinata tacaka, na nacin korišten u dokazu teroreme 3.3.2. Polazeci od opštegoblika jednacine prave (1.16) i izraza (1.28) za udaljenost tacke P(Px,Py) od stranica a, b i ctrougla ∆ABC, odnosno od sistema jednacina:

ayPx−axPy− [B,C] = −ara,byPx−bxPy− [C,A] = −brb,cyPx− cxPy− [A,B] = −crc.

(3.138)

Zatim formiramo produženu proporciju

λ ra : λ rb : λ rc, (3.139)

birajuci bilo koje λ 6= 0.Za centar upisanog kruga (X1) ne treba cak ni toliko, jer je ta tacka jednako udaljena od sve

tri stranice trougla, pa je trilinear 1 : 1 : 1 ocigledno tacan.

10Julius Plücker, 1801 – 186811ETC: http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ETC.html


� Primer 3.25 Pokazati da je tacan trilinear 1a : 1

b : 1c za težište X2. �

Rešenje. Iz teoreme 3.2.7 uzimamo koordinate težišta

Px =Ax +Bx +Cx

3, Py =

Ay +By +Cy

3

i uvrštavamo ih u sistem (3.37). Nakon sredivanja nalazimo

ara =23

Π, brb =23

Π, crc =23

Π,

a otuda tražena proporcija

ra : rb : rc =1a

:1b

:1c.

�

� Primer 3.26 Pokazati da je tacan trilinear cosα : cosβ : cosγ za centar opisanog kruga X3. �

Rešenje. Pogledajmo sliku 3.16 u dokazu sinusne teoreme 3.2.11. Kružnica poluprecnika Rprolazi temenima trougla A, B, C i tackom C′. Periferni uglovi iz tacaka C i C′ nad istom tetivomAB su jednaki γ .

Trougao ABC′ je pravougli, sa pravim uglom u temenu B, uglom γ u temenu C′ i hipotenuzomAC′ = 2R. Otuda je kateta C′B = 2Rcosγ , pa visina iz centra opisanog kruga So na stranicuc = AB iznosi rc = Rcosγ . Slicno dobijamo ra = Rcosα i rb = Rcosβ , a zatim

ra : rb : rc = cosα : cosβ : cosγ,

što je i trebalo pokazati. �

U cetvrtom retku tabele 3.1 je funkcija sekans ugla = 1/kosinus ugla.Trilinearne koordinate se mogu normalizovati tako da predstavljaju aktualne udaljenosti od

date tacke P do pojedinih stranica. Na slici 3.21, udaljenosti ra = λρa, rb = λρb i rc = λρc

možemo naci posmatrajuci površine trouglova Πa = Π(PBC), Πb = Π(PCA) i Πc = Π(PAB).Tako imamo:

Π = Πa +Πb +Πc =

=12

ara +12

brb +12

crc

=12

aλρa +12

bλρb +12

cλρc

=λ

2(aρa +bρb + cρc).

Prema tome,

λ =2Π

aρa +bρb + cρc, (3.140)

gde su a,b,c dužine stranica, a Π je površina trougla ABC. Kada je koeficijent λ = 1 tada imamoaktualne udaljenosti tacke P:

ra : rb : rc. (3.141)

Normalizovane trilinearne koordinate se nazivaju i tacne trilinearne koordinate (eng. exacttrilinear coordinates), pregledno navedene u tabeli 3.2.

3.4 Projektivna ravan 103

Table 3.2: Tacni trilineariNaziv tacke Tacne trilinearne koordinateCentar upisanog kruga r : r : rTežište bc

6R : ca6R : ab

6RCentar opisanog kruga Rcosα : Rcosβ : Rcosγ

Ortocentar 2Rcosβ cosγ : 2Rcosγ cosα : 2Rcosα cosβ

Centar devet-tacaka R2 cos(β − γ) : R

2 cos(γ−α) : R2 cos(α−β )

Posebne tacka trougla bile bi one koje postoje prema nekoj opštoj definiciji nezavisno odizbora trougla. Na primer, centar upisanog kruga X1 je tacka jednako udaljena od sve tri stranicetrougla, težište je takode jedinstvena tacka u kojoj se seku sve tri težišnice a njena udaljenost odstranica je obrnuto proporcionalnim dužinama tih stranica. Evo sada algebarskog poopštenjaovakvih invarijanti. To je definicija Kimberlingovih centara trougla.

Ako tacka P ima trilinearnu reprezentaciju

f (A,B,C) : g(A,B,C) : h(A,B,C), (3.142)

takvu da važe jednakosti

i : (A,B,C) = f (B,C,A), h(A,B,C) = f (C,A,B),ii : f (A,C,B) = f (A,B,C),

(3.143)

onda se ta reprezentacija ne menja zamenom vrhova trougla. Pored toga, ako tacku P možemopredstaviti i pomocu produžene proporcije

u(a,b,c) : u(b,c,a) : u(c,a,b), (3.144)

gde u homogena funkcija varijabli a,b i c, stranica datog trougla, onda P nazivamo centartrougla, ili prosto centar.

Kimberlingovi glavni centri (eng. major center) su one tacke cija trilinearna reprezentacija(3.41) ima oblik

f (A) : f (B) : f (C). (3.145)

Prve cetiri tacke tabele 3.1 i Fermatova tacka (X13), cije su trilinearne koordinate (kosekans ugla= 1/sinus ugla):

csc(A+π

3) : csc(B+

π

3) : csc(C+

π

3) (3.146)

su pet glavnih Kimberlingovih centara navedenih u radu [26], na osnovu kojeg su kasnijedefinisane klase tih centara.

3.4 Projektivna ravan

Opisna ili projektivna geometrija je oblast matematike koja proucava geometrijske osobineinvarijantne nakon projektivnih transformacija. Razvijala se nakon otkrica principa dualnosti iDezargovog stava koji je osnova nacrtne geometrije, zatim Paskalove teoreme i Brianšonoveteoreme.


3.4.1 Nacrtna geometrijaNacrtna geometrija je oblast geometrije u kojoj se proucavaju metode preslikavanja kojima seprostorni likovi predstavljaju odgovarajucim likovima u ravni. Na taj nacin se postiže da serešavanje prostornog zadatka svodi na rešavanje odgovarajuceg zadatka u ravni. Preslikavanjekoje se u nacrtnoj geometriji koristi je projektovanje, pa se slika u ravni naziva projekcija12.

Ttemena dva trougla su u centralnoj perspektivi ako i samo ako su im stranice u linijskojperspektivi. To je cuvena teorema francuskog matematicara Dezarga (Girard Desargues, 1591- 1661) iz 1639. godine koja je pocetkom 19. veka motivisala jednog drugog francuskogmatematicara, Ponceleta (Jean-Victor Poncelet, 1788 - 1867), da pokrene razvoj projektivnegeometrije.

Slika 3.23: Dezargova teorema: trouglovi u dve ravni

Teorema 3.4.1 — Dezarg. Direktan stav: ako se prave koje spajaju odgovarajuca temenadvaju trouglova seku u jednoj tacki, tada se odgovarajuce stranice tih trouglova , ili pravekojima pripadaju stranice, seku u tackama jedne prave.

Inverzan stav: ako presecne tacke parova odgovarajucih stranica dvaju trouglova , iliprave kojima stranice pripadaju, pripadaju jednoj pravoj, tada se prave koje spajaju paroveodgovarajucih temena trouglova seku u jednoj tacki.

Dokaz. U dokazu Dezargove teoreme razlikujemo dva medusobna položaja trouglova: jedan ukome su trouglovi u razlicitim ravninama i drugi u kome pripadaju istoj ravni. Za prvi dokazvrijedi slika 3.23, za drugi slika 3.24.

Dokažimo prvo oba stava, direktan i inverzan, pod pretpostavkom da su trouglovi ABC ∈ α iA′B′C′ ∈ α ′ u razlicitim ravnima α i α ′. Neka je p presecna prava ovih ravni.

1. U direktnom stavu se pretpostavlja da se prave AA′, BB′, CC′ seku u istoj tacki T . To znacida, recimo sve tacke B,B′,C,C′,T leže u jednoj ravni, pa se prave na kojima leže odgovarajucestranice trouglova BC i B′C′ seku u jednoj tacki I. Tacka I pripada ravni α jer je tacka prave

12v. [7]


BC, medutim ona je i tacka ravni α ′ jer je tacka prave B′C′. Dakle, tacka I pripada i presecnojpravoj p⊂ α ∩α ′. Slicno se dokazuje da stranice AC i A′C′ trouglova, zajeno sa tackom T ležeu jednoj ravni, koja preseca pravu p u tacki J. Takode, stranice naspram temena A trouglovaleže u istoj ravni koja preseca pravu p u tacki K. Dakle, presecne tacke pravih kojima pripadajuodgovarajuce stranice trouglova, tacke I,J,K pripadaju jednoj pravoj p.

2. Pretpostavka inverznog stava je da presecne tacke I = BC∩B′C′, J = AC∩A′C′ i K =AB∩A′B′ pravih kojima pripadaju odgovarajuce stranice trouglova, pripadaju jednoj pravojI,J,K ∈ p. Kako su trouglovi ABC i A′B′C′ u razlicitim ravnima α i α ′, tacke I,J,K su napresecnoj pravoj p⊂ α ∩α ′ tih ravni. Dakle, prave BC i B′C′ seku se u tacki I i leže u ravni πa.Takode, prave AC i A′C′ seku se u tacki J i leže u ravni πb i prave AB i A′B′ seku se u tacki Ki leže u ravni πc. Ravni πa i πb imaju zajednicke tacke C i C′, što znaci da se seku po pravojCC′. Slicno, ravni πa i πc se seku po pravoj BB′, a AA′ ⊂ πb∩πc. Tri ravni πa, πb i πc imajuzajednicku tacku, recimo T . Kroz tacku T prolaze sve tri presecne prave AA′, BB′ i CC′.

Dokažimo sada iste stavove pod pretpostavkom da su trouglovi ABC i A′B′ u istoj ravni.

Slika 3.24: Dezargova teorema: trouglovi ABC i A′B′C′ u istoj ravni

3. Neka su trouglovi ABC i A′B′C′ u istoj ravni α i neka je T presecna tacka pravih na kojimaleže odgovarajuca temena AA′, BB′ i CC′, kao na slici 3.24. Na proizvoljnoj pravoj t kroz T kojanije u ravni α izaberimo proizvoljne tacke T1 i T2. Prave AT2 i A′T1 pripadaju istoj ravni i neka jenjihova presecna tacka A2. Slicno, neka se prave BT2 i B′T1 seku u tacki B2 i prave CT2 i C′T1u tacki C2. Tacke A2,B2,C2 odreduju trougao u ravni α2 razlicitoj od α . Neka se ravni α i α2seku po pravoj p. Za dva trougla ABC i A2B2C2 u prostoru sa centrom T2 dokazali smo, teorem3.4.1-1, da se prave kojima pripadaju odgovarajuce stranice BC i B2C2, AC i A2C2, AB i A2B2seku redom u tackama I,J,K na pravoj p. Isto važi i za trouglove A′B′C′ i A2B2C2 u ravnima α

i α2 sa centrom T 1, da se prave kojima pripadaju parovi njihovih odgovarajucih stranica sekuu tackama prave p. Kako B2C2 sijece p u tacki I, sledi da i prava B′C′ sijece p u istoj tacki I.Slicno se dokazuje da prave A′C′ sijece p u tacki J, a prava A′B′ u tacki K. Dakle, BC i B′C′, ACi A′C′, AB i A′B′ seku se redom u tackama I,J,K.

4. Pretpostavka obratnog stava je da se prave kojima pripadaju odgovarajuce stranicetrouglova ABC i A′B′C′ seku redom u tackama I,J,K prave p. Neka je α2 proizvoljna ravankroz pravu p i neka je A2B2C2 trougao u ravni α2 cije stranice B2C2, A2C2 i A2B2 pripadaju


pravim koje prolaze redom tackama I,J,K. Vec smo dokazali (ovdje 2.) da za trouglove ABCi A2B2C2 koji su u razlicitim ravnima i cije odgovarajuce stranice pripadaju pravama koje seseku u tackama jedne prave, postoji tacka T2 u kojoj se seku prave AA2, BB2 i CC2. Takode, zatrouglove A′B′C′ i A2B2C2 postoji tacka T1 u kojoj se seku prave A′A2, B′B2 i C′C2. Tacke T1 iT2 odreduju pravu t i neka je T tacka prodora prave t kroz ravan α . Prave T1A′ i T2A2 seku se utacki A2 i odreduju ravan koja sijece ravan α po pravoj AA′. U istoj ravni je i prava T1T2, pa jepresek pravih T1T2 i AA′ tacka T . Na isti nacin se pokazuje da tacka T pripada i pravim BB′ iCC′. Dakle, AA′, BB′ i CC′ seku se u tacki T . �

Slicna Dezargovoj je Mongeova teorema. Francuski matematicar Gaspard Monge (GaspardMonge, Comte de Péluse, 1746 - 1818) otkrio je nacrtnu geometriju, koja predstavlja osnovutehnickom crtanju, i osnove diferencijalne geometrije.

Teorema 3.4.2 — Monge. Za bilo koja tri kruga u ravni, koji nemaju zajednickih tacaka,tangente parova tih krugova sjeku se u kolinearnim tackama.

Slika 3.25: Mongeova teorema

Dokaz. Na slici 3.25 su tri kružnice a,b,c u ravni. Zajednicke tangente tbc,sbc kružnica b,c sekuse u tacki I. Tangente tac,sac kružnica a,c sjeku se u tacki J, a tangente tbc,sbc kružnica b,c utacki K. Neka su te tri kružnice ekvatorijalne kružnice triju sfera u preseku sa ravninom π kojasadrži njihove centre. Same sfere su u sendvicu izmedu još dve ravni α i β . Svaki par sferadefiniše konus (kupu) u koju su upisane. Vrhovi tri konusa konusa su presecne tacke po dveeksterne tangente, tj. izvodnice konusa u dodiru sa ravnima α i β . Kako svaki od konusa ima pojednu izvodnicu u svakoj od ravni α i β , vrh svakog od tri konusa mora biti u obe ravni i, prematome, negde na liniji p⊂ α ∩β preseka dve ravni. �

Nacrtna geometrija je grana geometrije koja se bavi predstavljanjem tri-dimenzionalnih telau dve dimenzije korištenjem posebnih procedura. Njoj je teorijski bliska projektivna geometrija,


a rezultati obe teorije imaju široku upotrebu, od same matematike, pa do inženjerstva, arhitekture,dizajna i uopšte vizuelnue umjetnosti.

3.4.2 Papusova teorema

Tales iz Mileta (oko 624 - 546. g.p.n.e.) je bio jedan od prvih antickih grckih filozofa. Smatrajuga prvim koji je koristio dedukciju u geometriji, da bi nalazio visine piramida i udaljenostibrodova od obale. Nekoliko teorema danas nosi njegovo ime, medu kojima je i slijedeca.

Teorema 3.4.3 — Tales. Date su dve prave a,b koje se seku u tacki O i dve prave p, p′ kojeih presecaju, prva u tackama A,B, druga u tackama A′,B′ redom. Tada je:

p||p′ ⇐⇒ AB : A′B′ = OA : OA′ = OB : OB′. (3.147)

Drugim recima, ako su prave p i p′ paralelne, onda su navedene stranice proporcionalne iobratno, ako su trouglovi ABO i A′B′O slicni onda su prave p i p′ paralelne.

Slika 3.26: Talesova teorema

Dokaz. Na slici 3.26 vidimo da vektori−→AB i

−−→A′B′ imaju isti pravac (kolinearni su), pa je

−→AB =

k ·−−→A′B′, odakle AB

A′B′= |k|. Iz trouglova ABO i A′B′O imamo

−→AB =

−→OB−−→OA i

−−→A′B′ =

−−→OB′−

−→OA′.

Zamjenom vektora dobijamo−→OB−−→OA = k · (

−−→OB′−

−→OA′), odakle je

−→OB− k ·

−−→OB′ =

−→OA− k ·

−→OA′.

Prave a i b nisu paralelne pa je posljednja jednakost moguca samo ako su lijeva i desna stranajednakosti nula vektori, odakle je

−→OB = k ·

−−→OB′ i

−→OA = k ·

−→OA′, odnosno AB

A′B′= |k|= OA

OA′= OB

OB′,

cime je dokazana implikacija u desno.Obratno, dokazujemo implikaciju ∆ABO∼ ∆A′B′O ⇒ p||p′. Koristeci istu sliku 3.26 gde

je ugao O zajednicki za odgovarajuce stranice, ujedno dokazujemo i slijedecu imlikaciju. Ako suproporcionalne po dve odgovarajuce stranice trouglova iz temena O, tada je proporcionalna i treca.Naime, tada postoji koeficijent proporcionalnosti k∈R takav da je

−→OA= k ·

−→OA′ i

−→OB= k ·

−−→OB′, pa

oduzimanjem ovih vektora nalazimo−→AB=

−→OB−−→OA= k ·

−−→OB′−k ·

−→OA′= k ·(

−−→OB′−

−→OA′)= k ·

−−→A′B′.

To znaci da su vektori−→AB i−−→A′B′ paralelni, tj. p||p′. �

Neposredna posledica Talesove teoreme 3.4.3 je slijedeca, tzv. euklidska verzija Papusoveteoreme .

Korolar 3.4.4 Date su prave a,b euklidske geometrije. Neka su A,C,E tri tacke na a i nekasu K, I,J tri tacke na b. Tada, ako je CK||EI i AI||CJ, onda je AK||EJ.


Dokaz. Ako su prave a i b paralelne, onda su trouglovi AEI i JKC, jer imaju jednake odgovara-juce uglove (uglovi sa paralelnim kracima su jednaki, ili su suplementni). Zato su slicni trougloviAIK i JCE a otuda KA||EJ.

Obratno, kao što se vidi na slici 3.27 levo, ako prave a i b nisu paralelne, one se seku u nekojtacki O. Tada su slicni trouglovi OAI i OCJ, a sa druge strane, slicni su trouglovi OKC i OIE,pa su slicni i trouglovi OAK i OEJ. Otuda AK||JE �

Slika 3.27: Euklidska verzija Papusove teoreme

Jedan od poznatijih netrivijalnih teorema u vezi sa pravim linijama potice od Papusa izAleksandrije (oko 290 - 350. g.), posljednjeg velikog antickog grckog geometra. On je bioautor niza knjiga, koje su nažalost djelom izgubljene, a koje su pokrivale veliki dio tada poznatematematike. Jedno od tvrdenja koja se njemu pripisuju je upravo dokazani korolar, a sledeceje poopštenje, koje se naziva Papusova harmonijska teorema, a osnova je današnje projektivnegeometrije.

U projektivnoj geometriji kažemo da se paralelne prave seku u beskonacnosti. Ovdje, naslici 3.27 desno, ‘paralelne’ prave AK i EJ seku se u ‘beskonacnoj’ tacki F , AI i CJ seku se u B,a prave CK i EI seku se u D. Tri ‘beskonacne’ tacke D,F,B leže na istoj ‘beskonacno dalekoj’pravoj.

Vežba 3.1 Pretpostavimo da prava c = DFB nije beskonacno daleka i da su u Dekartovomkoordinatnom sistemu zadate tacke A,B,C,D,E,F , kao na slici 3.27 desno, pa nadimokoordinate tacaka I,J,K metodom analiticke geometrije. �

Rešenje. Jednim potezom crtamo izlomljenu liniju izmedu dve prave a,c kao na slici 3.27 desno.To je šestokraka zvijezda sa tjemenima A(Ax,Ay), B(Bx,By), C(Cx,Cy), D(Dx,Dy), E(Ex,Ey),F(Fx,Fy) cije se stranice seku u tackama I(Ix, Iy), J(Jx,Jy), K(Kx,Ky). Preciznije AB∩DE = I,BC∩EF = J, CD∩AF = K.

Da li su presecne tacke I,J,K kolinearne ili nisu, tj. da li one leže na istoj pravoj ili ne, to zasada ne razmatramo.

Medutim, jesu kolinearne tacke A− I−B i D− I−E. To znaci da trougao sa tjemenima unavedenim tackama ima površinu nula:∣∣∣∣∣∣

Ax Ix Bx

Ay Iy By

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= 0,

∣∣∣∣∣∣Dx Ix Ex

Dy Iy Ey

1 1 1,

∣∣∣∣∣∣= 0 (3.148)


a otuda sistem linearnih jednacina po Ix, Iy:{(Ay−By)Ix +(Bx−Ax)Iy = AyBx−AxBy,

(Dy−Ey)Ix +(Ex−Dx)Iy = ExDy−DxEy.(3.149)

Na drugi nacin do istog sistema jednacina dolazimo polazeci od jednacina pravih kroz dve tacke.To je par tacaka A,B, a zatim D,E, cije su jednacine:

y−Ay =By−Ay

Bx−Ax(x−Ax), y−Dy =

Ey−Dy

Ex−Dx(x−Dx). (3.150)

rešavanjem ovih sistema nalazimo koordinate presecne tacke I = AB∩DE:

Ix =(Bx−Ax)(ExDy−DxEy)+(Ex−Dx)(AxBy−AyBx)

(AxEy−ExAy)+(ExBy−BxEy)+(BxDy−DxBy)+(DxAy−AxDy), (3.151)

Iy =(By−Ay)(EyDx−DyEx)+(Ey−Dy)(AyBx−AxBy)

(AyEx−EyAx)+(EyBx−ByEx)+(ByDx−DyBx)+(DyAx−AyDx).

Ponavljajuci postupak za tacke J,K dobijamo:{Jx =

(Bx−Cx)(ExFy−FxEy)+(Ex−Fx)(CxBy−CyBx)(CxEy−ExCy)+(ExBy−BxEy)+(BxFy−FxBy)+(FxCy−CxFy)

,

Jy =(Cy−By)(EyFx−FyEx)+(Fy−Ey)(CyBx−CxBy)

(CxEy−ExCy)+(ExBy−BxEy)+(BxFy−FxBy)+(FxCy−CxFy),

(3.152)

{Kx =

(Fx−Ax)(CxDy−DxCy)+(Cx−Dx)(AxFy−AyFx)(AxCy−CxAy)+(CxFy−FxCy)+(FxDy−DxFy)+(DxAy−AxDy)

,

Ky =(Ay−Fy)(CyDx−DyCx)+(Dy−Cy)(AyFx−AxFy)

(AxCy−CxAy)+(CxFy−FxCy)+(FxDy−DxFy)+(DxAy−AxDy).

(3.153)

Iz (3.151) dobijamo (3.152) ili (3.153) i zamjenom A→C i D→F , odnosno B→F i E→C. �

Vežba 3.2 Uradimo isto kao u prethodnoj vježbi 3.1, ali uzmimo da se prave a = ACE ic = BFD, na slici 3.27 desno, seku u ishodištu Dekartovog sistema Oxz. Primetimo da timene mjenjamo uslov kolinearnosti bilo koje tri tacke. �

Rešenje. Sada možemo definisati koeficijente pravca ma = tgφa i mc = tgφc, pa je Ay =maAx, Cy =maCx, Ey = maEx i Dy = mcDx, Fy = mcFx, By = mcBx. Prethodni izrazi (3.151-3) tada dobijajujednostavniji oblik:

Ix =(Bx−Ax)DxEx+(Ex−Dx)AxBx

BxEx−AxDxIy =

maAxEx(Bx−Dx)+mcBxDx(Ex−Ax)BxEx−AxDx

Jx =(Bx−Cx)FxEx+(Ex−Fx)CxBx

BxEx−CxFxJy =

maCxEx(Bx−Fx)+mcBxFx(Ex−Cx)BxEx−CxFx

Kx =(Fx−Ax)DxCx+(Cx−Dx)AxFx

FxCx−AxDxKy =

maAxCx(Fx−Dx)+mcFxDx(Cx−Ax)FxCx−AxDx

.

(3.154)

�

Vežba 3.3 Stavimo u prethodnom rešenju (vježba 3.2) da je x-osa prava a = ACE, pa nadimokoordinate presecnih tacaka I,J,K. Primetimo da kolinearnosti i dalje važe. �

Rešenje. Sada je ma = 0, pa koordinate preseka (2.9) dobijaju još jednostavniji oblik:Ix =

BDE−ADE+ABE−ABDBE−AD Iy =

mBD(E−A)BE−AD

Jx =BFE−CFE+CBE−CBF

BE−CF Jy =mBF(E−C)

BE−CF

Kx =CDF−ACD+ACF−ADF

FC−AD Ky =mFD(C−A)

FC−AD ,

(3.155)

u kojem nema indeksa (svi su x), a umesto koeficijenta mc stoji jednostavno m. �


Prije poslednje tri vježbe dokazali smo euklidsku verziju Papusove teoreme kao posledicuTalesove teoreme. Tada je jedna od pravih bila ‘beskonacno’ daleka. Medutim, sada cemo vidjetida nezavisno od toga je li neka prava ‘beskonacno daleka’ ili nije, da važi sledeci teorem.

Teorema 3.4.5 — Papus. Neka je ABCDEF heksagon (šestougao) sa šest razlicitih temenatakvih da tacke A,C,E leže na jednoj liniji, a tacke B,D,F leže na drugoj. Neka je I presekAB sa DE, neka je J presek BC sa EF i neka je K presek CD sa FA. Tada tacke I,J,K leže napravoj liniji.

Dokaz. Koristicemo rezultat (3.155) prethodnog primera i sledecu sliku (3.28), koja je zapravoidenticna sa prethodnom (slikom 3.27 desno).

Slika 3.28: Harmonijska Papusova teorema

Reciprocne vrijednosti13 koordinate X tacaka (2.10) oznacimo redom sa rX :

rA =1A, rB =

1B, rC =

1C, . . . ,rK =

1K. (3.156)

Tako sistem (3.155) postaje:Ix =

rA−rE+rD−rBrArD−rE rB

Iy =rA−rE

rArD−rE rBm

Jx =rC−rE+rF−rB

rCrF−rE rBJy =

rC−rErCrF−rE rB

m

Kx =rA−rC+rD−rF

rArD−rCrFKy =

rA−rCrArD−rCrF

m.

(3.157)

Ove koordinate možemo takode pisati u obliku:Ix =

αIγI

Iy =βIγI

m

Jx =αJγJ

Jy =βJγJ

m

Kx =αKγK

Ky =βKγK

m,

(3.158)

gde je

αI = rA− rE + rD− rB βI = rA− rE γI = rArD− rErB

αJ = rC− rE + rF − rB βJ = rC− rE γJ = rCrF − rErB

αK = rA− rC + rD− rF βK = rA− rC γK = rArD− rCrF

(3.159)

13Math pages: http://www.mathpages.com, Pappus’ Theorem


Primetimo da je

αI = αJ +αK βI = βJ +βK γI = γJ + γK (3.160)

Uslov kolinearnosti tacaka I,J,K možemo pisati

Ky− Iy

Kx− Ix=

Iy− Jy

Ix− Jx. (3.161)

Ta jednakost se može transformisati u ekvivalentnu:

βKγI−βIγK

αKγI−αIγK=

βIγJ−βJγI

αIγJ−αJγI. (3.162)

Primetimo da su brojnici jednaki zato što se jednakost βKγI−βIγK = βIγJ−βJγI može pisati uobliku (βK +βJ)γI = βI(γK + γJ) i, prema relacijama (3.160), vrijednosti u zagradama su redomβI i γI . Slicno tome i nazivnici (3.161) su jednaki, jer je (αK +αJ)γI = αI(γK + γJ).

Prema tome, ispunjen je uslov kolinearnosti (3.161) i time je tvrdenje teoreme dokazano. �

Papusova teorema se može analizirati i pomocu orjentisane površine mnogougla (3.5), kojusmo razmatrali uvodeci pojam komutatora. Tri tacke A(ax,ay),B(bx,by),C(cx,cy) sa datimkoordinatama u Dekartovom sistemu, definišu trougao ∆ABC. Vec smo videli da je orjentisanapovršina tog trougla:

Π(∆ABC) =12

∣∣∣∣∣∣ax bx cx

ay by cy

1 1 1

∣∣∣∣∣∣= axby +bxcy + cxay−axcy−bxay− cxby. (3.163)

Ako su tacke ABC pozitivno orjentisane (obrnuto smjeru kazaljke na satu), tada ce površinaΠ(∆ABC) imati pozitivan predznak, inace je negativna.

Površinu orjentisanog cetvorougla �ABCD smo definisali na sledeci nacin:

Π(�ABCD) = Π(∆ABD)+Π(∆BCD). (3.164)

Ovo je takode funkcija koordinata temena. Ako obilazeci cetvorougao (izlomljenom) linijomABCD ne presecamo stranice, tada dobijamo uobicajenu površinu sa predznakom koji zavisi odorjentacije. Medutim, ako se stranice poligona seku, tada jedan od trouglova doprinosi ukupnojpovršini, a drugi je smanjuje. Površina presecenog cetvrougla je nula ako i samo ako površineodsecenih trouglova imaju jednake apsolutne vrijednosti (a suprotan predznak).

Na slici 3.2 desno se vidi da ce nultu površinu imati cetvorougao �ABCD kada su linije AC iBD paralelne. Preciznije receno, važi ekvivalencija:

Π(�ABCD) = 0 ⇐⇒ AC||BD. (3.165)

Slijedeci primer je dokaz posebnog Papusovog stava 3.4.4 metodom površina koji je pronašaoSander (Desmond Fearnley-Sander).

� Primer 3.27 Na razlicitim pravama su date kolinearne tacke A,B,C ∈ p, X ,Y,Z ∈ q. Dokazatida iz AY ||BX i BZ||CY sledi AZ||CX .

Neka je u euklidskoj ravni dato šest tacaka ABCXY Z koje formiraju dva trougla ∆ACB,∆XY Z i dva cetvorougla �BY XA, �CZY B, kao na slici 3.29 levo. Zbir orjentisanih površinajednak je površini okolnog cetvorougla �CZXA. Drugim recima

Π(ACB)+Π(XY Z)+Π(BY XA)+Π(CZXA) = 0.


Slika 3.29: Dokaz Papusove teoreme metodom površina

Izraz levo je ocigledno polinom koordinata i on ne zavisi od tacnih pozicija tacaka. Prema (2.5)ova ce formula vrijediti za proizvoljne pozicije tacaka, cak i ako te tacke degenerišu.

Uzmimo sada da su to onih šest tacaka Papusove teoreme, kao na slici 3.29 desno. Pret-postavka teoreme tvrdi da su ABC i XZY dva kolinearna tripleta tacaka. Štaviše, mi imamoAY ||XB i BZ||YC. Izraženo površinama to znaci Π(ACB)=Π(XY Z)=Π(BY XA)=Π(CZY B)=0. Prema tome, mi imamo takode Π(CZXA) = 0, jer bi inace bila narušena formula zbira. OtudaAZ||XC. �

Ovaj primer pored svoje jednostavnosti inspiriše i mnoštvom drugih mogucnosti. Prije svegaon dokazuje euklidsku verziju Papusove teoreme cak i kada se neke od tacaka poklapaju. Zatim,recimo, sliku 3.29 levo, možemo posmatrati i kao projekciju trodimenzionalne trostrane prizme.Pet strana prizme (dva trougla u bazi i tri cetvorougla u omotacu) su odgovarajuce za pet površinanavedenog dokaza.

Slika 3.30: Verzije Papusove teoreme

Papusova teorema sama po sebi ima zanimljivih primjena. Neki od mnogobrojnih primera sevide na slikama 3.30. Prva od tri slike pokazuje trostruku simetriju, koja proizilazi iz Papusoveteoreme. Druga i treca su slucajevi euklidske geometrije kada neke od tacaka mogu otici ubeskonacnost. Srednja slika se može formulisati i kao slijedeci stav, u jednu od verzija euklidskePapusove teoreme.

Korolar 3.4.6 Dat je proizvoljan trougao ∆ABC. Biramo proizvoljnu tacku D1 na stranici AB.Iz te tacke vucemo liniju paralelnu sa AC do preseka D2 sa stranicom BC. Od preseka daljevucemo liniju paralelnu sa AB do preseka D3 sa AC. Zatim vucemo paralelu sa BC, pa sa AC,zatim sa AB i konacno sa BC. Nakon šest koraka ponovo stižemo u tacku D1.

Dokaz. Iz D1D2||D4D5 i D2D3||D5D6 sledi D1D6||D3D4. �

Na kraju, upoznajmo se i sa metodom projektivne geometrije. Zadržacemo pojam kolin-earnosti, ali cemo odustati od paralelnosti. Sa druge strane, beskonacno daleke tacke više nece


biti izuzetak, u smislu da: “dve razlicite prave se uvek seku u tacno jednoj tacki”. Kako je to svemoguce postici pogledammo na slici 3.31.

Slika 3.31: Projekcija ravni π na ravan π ′ zrakama iz S

Ravan σ je paralelna sa ravni π ′, a ravan π nije, tako da je q = π ∩π ′ i c = π ∩σ . Zrakamaiz tacke S ∈ σ projektuju se tacke P′,Q′ ∈ π ′ ravni π ′ u tacke P,Q ∈ π ravni π . Prava a′ ∈ π ′ seprojektuje u pravu a ∈ π . Dakle, kolinearne tacke se projektuju u kolinearne tacke.

presek dviju ravni je prava q ∈ π ∩π ′, koja se projektuje u tu istu pravu (q′ = q), tako dase svaka tacka Q′ ∈ q′ projektuje u samu sebe (Q′ = Q). Primetimo da se sve tacke ravni σ

ovom projekcijom projektuju u tacke prave c ∈ σ ∩π ′. Dakle, beskonacno daleke tacke ravni π

projektuju se u konacno daleku pravu c ∈ π ′.

� Primer 3.28 Postavimo Papusovu figuru, slika 3.28, u ravan π slike 3.31 tako da se jedna oddatih pravih a ili c projektuje u beskonacnost.

Recimo D,F,B ∈ c = π ∩σ , kao što se vidi na slici 3.32. Sada u ravni π imamo figuru slike3.27 desno, u kojoj prave AI i CJ, itd. nisu paralelne, ali u ravni π ′ imamo figuru sa iste slikelevo, gde je A′I′||C′J′, C′K′||E ′I′ i A′K′||E ′J′.

Slika 3.32: Projekcije Papusove figure u dve ravni

Isti korolar 3.4.4 sada pokriva obe figure slike 3.27. �

Na prikazani nacin svaku ravnu figuru možemo projektovati na neku ravan tako da se linijakoja sadrži tacke D i B preslikava u beskonacnost. Ako uspijemo dokazati da ce se tacka F


takode preslikati u istu liniju u beskonacnosti, dokazacemo da je F kolinearna sa D i B i naoriginalnoj ravni (jer projektivno preslikavanje cuva prave linije).

Vežba 3.4 Metodom projektivne geometrije provjeriti Papusovu teoremu 3.4.5. �

Rešenje. Koristimo prethodne slike i iste figure na slici 3.33, gde je O tacka preseka pravih a i b,odnosno O′ = a′∩b′. Kada su im presecne tacke u beskonacnosti onda date linije moraju bitiparalelne. Zbog slicnosti trouglova O′E ′I′ i O′C′K′ imamo proporciju O′E ′ : O′I′ = O′C′ : O′K′.

Slika 3.33: Afina perspektiva projektivne ravni

Takode iz ∆O′J′C′ ∼ ∆O′I′A′ sledi O′J′ : O′C′ = O′I′ : O′A′. Množeci ove proporcije sa O′I′

i O′C′ redom, nakon djeljenja dobijamo

OEOJ

=

(OI ·OCOC ·OI

)OAOK

, (3.166)

gde je radi kraceg pisanja izostavljeno prim. Prema tome, važi i proporcija OE : OJ = OA :OK. Dakle, imamo još jedan par slicnih trouglova ∆O′E ′J′ ∼ ∆O′A′K′, tj. imamo paralelnostE ′J′||A′K′. To znaci da je tacka F ′ kolinearna sa tackama D′ i B′.

Sa druge strane, u ravni π , kolinearnost tacaka A,C,E i tacaka K, I,J povlaci kolinearnostpreseka D,F,B. Drugacijim izborom imena tacaka, i/ili njihovih rasporeda, na ovaj nacin jemoguce provjeriti svaki oblik Papusove teoreme. �

3.4.3 Homogene koordinateProjektivnu geometriju je u današnjem obliku zasnovao njemacki matematicar Mobius (1790- 1868). On je uveo novi koncept projektivne ravni, ili homogenih koordinata14, gde je zarazliku od uobicajene upotrebe dve koordinate (x,y) u jednoj ravni koristio tri koordinate (x,y,z).Koordinatne vektore koji se razlikuju samo po nenultom skalarnom faktoru je smatrao jednakim.Nula vektor (0,0,0) mu nije trebao, a sve ne-nulte tacke u jednodimenzionalnom potprostoru odR3 je sveo na jednu tacku.

Neka je data tacka (x,y) u euklidskoj ravni. Da bi je predstavili u projektivnoj ravni, mijednostavno dodamo trecu koordinatu, recimo broj jedan, i dobijemo (x,y,1). Da bi dobili(λx,λy,λ ), dodamo realan broj λ 6= 0, tako da je tacka (0,0,0) iskljucena. Zbog nebitnostirazmjere λ 6= 0 koordinate (X ,Y,W ) = (λX ,λY,λW ) se nazivaju homogene koordinate tacke.Upotrebili smo velika slova za homogene kooridnate, za razliku od malih, euklidskih.

Vežba 3.5 U euklidskom prostoru navesti neki vektorski oblik jednacine:1. ravnine koja sadrži ishodište,2. preseka dve ravni,

14August Ferdinand Möbius: Der barycentrische Calcül, 1827


3. ravnine koja sadrži dve date tacke i ishodište.�

Rešenje. 1. U euklidskoj geometriji, ravnina koja prolaži ishodištem i okomita je na vektorn = (a,b,c) je geometrijsko mesto tacaka r = (x,y,z) takvih da je n · r = 0, tj.

ax+by+ cz = 0, (3.167)

kao na slici 3.34 levo.

Slika 3.34: Euklidska ravan i presek dve ravni

2. Na istoj slici desno prikazan je vektor paralelan preseku dve ravni (a,b,c) i (a′,b′,c′) . Toje vektorski proizvod:

(a′′,b′′,c′′) = (a,b,c)× (a′,b′,c′). (3.168)

3. Jednacina ravni koja prolazi koja prolazi dvema tackama r,r′ je:

(a,b,c) = r× r′ = (x,y,z)× (x′,y′,z′) = (3.169)

=

∣∣∣∣∣∣i j kx y zx′ y′ k′

∣∣∣∣∣∣= (yz′− y′z,x′z− xz′,xy′− x′y).

�

U projektivnoj geometriji cemo opisivati linije i tacke u jednoj ravni, recimo π . Uzimamou obzir i trecu dimenziju da bismo lakše radili sa tackama u beskonacnosti. Ishodište O jeizvan ravni π , na udaljenosti jedan od te ravni. Svakoj tacki T ∈ π pridružicemo jednu zrakur = (x,y,z), koja preseca projektivnu ravan u datoj tacki. Svakoj liniji l ∈ π pridružicemo jednuravninu L(a,b,c) koja preseca projektivnu ravan po datoj liniji.

Za datu projektivnu ravan, zrake r = (x,y,z) i (λx,λy,λ z) su iste jer oznacavaju istu tackuT ∈ π . Koordinatni vektor tacke T je r, a homogene koordinate su (x,y,z).

Slicno, ravnine (a,b,c) i (λa,λb,λc) su iste jer definišu istu liniju l ravni π . Koordinatnivektor linije l je L a njene homogene koordinate su (a,b,c).

Tacka r pripada liniji L ako je skalarni proizvod ta dva vektora nula, tj. L · r = 0. Naime,vektor L je u euklidskom prostoru okomit na ravan koju definiše, pa kada su vektori L i ruzajamno okomiti onda oba definišu istu euklidsku ravan a ona sijece projektivnu ravan π poistoj pravoj l. Otuda je jednacina linije L u projektivnoj geometriji (3.167), tj. ax+by+ cz = 0.


Slika 3.35: Projektivna ravan π

Vežba 3.6 Definisati prelazak iz projektivne ravni u euklidski prostor 2D. �

Rešenje. Za tacku posmatrajmo presek zrake r = (λx,λy,λ z) sa ravninom z = 1. Stavimoλ = 1/z, pa izracunajmo koordinate tacke T (x/z,y/z). Za liniju, presek ravnine ax+by+cz = 0sa ravninom z = 1 daje traženu liniju l : ax+by+c = 0. Linija kroz dve tacke r i r′ je L = r×r′.

Tacka r0(x,y,0) ne odgovara niti jednoj konacnoj tacki euklidske ravnine. To je tacka ubeskonacnosti, koja se naziva i idealna tacka. Linija L0 = (0,0,1) prolazi kroz sve tacke ubeskonacnosti, jer je L0 · r0 = 0. �

dve paralelne linije L = (a,b,c) i L′ = (a,b,c′) seku se u tacki

r0 = L×L′ = (3.170)

=

∣∣∣∣∣∣i j ka b ca b c′

∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣i j ka b c0 0 c′− c

∣∣∣∣∣∣= (c′− c)(b,a,0),

tj. r0 = (b,a,0). Prema tome, skup svih tacaka u beskonacnosti je linija L0.U projektivnoj geometriji se dve prave linije uvek seku u jednoj tacki, a dve tacke uvek leže

na jednoj pravoj liniji. To nije slucaj u euklidskoj geometriji, gde su paralelne prave posebnost.

Definicija 3.4.1 — Projekcija. Projektivno preslikavanje je preslikavanje tacaka ravni utacke ravni, pri cemu se kolinearne tacke, tj. tacke koje leže na istoj pravoj liniji, preslikavajuu kolinearne tacke.

Projektivno preslikavanje se naziva i projektivnost, kolinearno preslikavanje, ili homografija.Jednostavno receno, projektivnost je linearna transformacija zraka.Lema 3.4.7 — Preslikavanje. Preslikavanje je projektivno ako i samo ako je to linearna trans-formacija homogenih koordinata r′ = Hr, gde matrica H nije singularna (ima inverznu matricu).

Dokaz. Ako su r1,r2,r3 tri tacke na pravoj liniji L, a r′ν = rν , ν ∈ {1,2,3}, tada r′ν pripadajuL. Obratno, iz Lτrν = 0 sledi LτH−1Hrν = 0, pa tacke Hrν leže na pravoj H−τL. �

Projektivna matrica H je definisana projektivnim preslikavanjem r′ = Hr, tj.:x′

y′

z′

=

hxx hxy hxz

hyx hyy hzz

hzx hzy hzz

xyz

. (3.171)

Matricu H nazivamo homogena matrica, jer je možemo množiti proizvoljnim brojem λ 6= 0 bezuticaja na projektivnu transformaciju. Kod nje je važan samo kolicnik pojedinih clanova, a imatakvih osam nezavisnih odnosa. Otuda zakljucak da projektivnost ima osam stepeni slobode.


� Primer 3.29 primer projektivnog preslikavanja je paralelna projekcija, zatim centralna projek-cija.

Treci primer je slika (ravne) figure tacaka rν (indeksi ν su iz proizvoljnog skupa), recimona podu sobe, iz dva ugla r′ν = H′rν i r′′ν = H′′rν sa dva fotoaparata H′ i H′′. Naime, i tada jeprva slika homografska slika druge, jer je r′′ν = H′′H′−1r′ν . �

Kako homogena matrica ima osam stepeni slobode, preslikavanje h : rν → r′ν se možeizracunati na osnovu cetiri tacke. Svaka od tacaka daje dve nezavisne jednacine:

x′ =x′

z′=

hxxx+hxyy+hxz

hzxx+hzyy+hzz=

h′xxx+h′xyy+h′xz

h′zx +h′zyy+1, (3.172)

y′ =y′

z′=

hyxx+hyyy+hyz

hzx +hzyy+hzz=

h′yxx+h′yyy+h′yz

h′zxx+h′zyy+1.

Ovo je linearni sistem jednacina sa osam nepoznatih h′uv = huv/hzz, u,v ∈ {x,y,z}.

� Primer 3.30 Predstaviti pravu liniju u projektivnoj ravni.Da bi predstavili liniju u projektivnoj ravni, polazimo od opšte jednacine euklidske prave

ax+ by+ c = 0 koju množimo proizvoljnim parametrom W 6= 0, jer na homogenu pravu neutice promjena razmjere. Homogene varijable oznacimo velikim slovima X ,Y,W . Dolazimodo sledeceg oblika aX + bY + cW = 0, odnosno matricnog oblika pτT = Tτp = 0, gde jep = [a,b,c]τ prava linija, T = [X ,Y,W ]τ tacka na toj liniji, a Mτ je transponovana matrica M.Parametri ove prave su poznati: koeficijent nagiba je −a/b, presek sa x-osom je −c/a, a preseksa y-osom −c/b. �

Za prelazak zapisa tacke iz projektivne ravni u euklidsku prosto djelimo trecom koordinatom:(x,y) = (X/W,Y/W ). Na taj nacin vidimo i da projektivna ravan sadrži više tacaka od euklidske.Taj višak se dobije kada je treca koordinata nula, kao što smo vec pominjali u vježbi 3.6 zaidelane tacke, tj. tacke u beskonacnosti. Postoje razlicite idealne tacke zavisno od pravca.Recimo, idealne tacke (1,0,0) i (0,1,0) imaju redom horizontalan i vertikalan pravac. Te idealnetacke su u projektnoj ravni obicne, bez nekog posebnog tretmana. Kada su sve tacke jedne praveidealne, pravu nazivamo idealna, linija u beskonacnosti. Idealna linija je takode kao i svakadruga linija u projektivnoj ravni. Njen reprezent je (0,0,1).

� Primer 3.31 Naci tacku incidentnu dvjema pravama p1,p2. Naci pravu incidentnu dvjematackama T1,T2.

Incidentna tacka je ona u kojoj se seku dve prave. Incidentna je prava koja sadrži dve datetacke.

U elementarnoj algebri, dve prave linije p1 = (a1,b1,c1),p2 = (a2,b2,c2) se seku u tacki

T = (b1c2−b2c1,a2c1−a1c2,a1b2−a2b1). (3.173)

Tu je formulu lakše pamtiti pomocu vektorskog proizvoda vektora T = p1×p2. Ako su dve praveparalelne, tada je a1 : b1 = a2 : b2 a tacka preseka (b1c2− b2c1,a2c1− a1c2,0), što je idealnatacka pridružena pravcu sa nagibom (koeficijentom) −a1/b1.

Slicno, kada su date dve tacke T1,T2, jednacina prave na kojoj one leže je data sa:

p = T1×T2. (3.174)

�

� Primer 3.32 Definisati tri kolinearne (konkurentne) tacke (prave) determinantom.


Prava koja sadrži prve dve tacke je T1×T2. Treca tacka tada leži na istoj pravoj ako jeT3

τ(T1×T2) = 0. To je mješoviti proizvod vektora. Prema tome, determinanta tipa 3× 3matrice koja sadrži te tacke je nula, tj.

det[T1,T2,T3] = 0. (3.175)

Slicno, tri prave p1,p2,p3 se seku u istoj tacki (one su konkurentne), ako važi jednakost:

det[p1,p2,p3] = 0. (3.176)

Uporedite ove rezultate sa poznatim izrazom za površinu trougla. �

� Primer 3.33 Date su dve prave p1 = (4,2,2) i p2 = (6,5,1). Njihova tacka preseka je:∣∣∣∣∣∣i j k4 2 26 5 1

∣∣∣∣∣∣= (2−10)i+(12−4)j+(20−12)k = (−8,8,8) = (−1,1,1).

�

� Primer 3.34 Naci presek hiperbole xy = 1 i prave y = 1. Naci presek iste hiperbole sa pravomy = 0.

Da bi ove jednacine preveli u homogene koordinate, prisjetimo se da je X =Wx i Y =Wy.Dobijamo jednacinu hiperbole XY = W 2 i jednacinu prave Y = W . rešenje sistema ove dvejednacine je tacka (W,W,W ) u homogenim koordinatama, što je u euklidskoj ravni tacka (1,1).

presek iste hiperbole sa drugom horizontalnom linijom y = 0 ne postoji u euklidskoj ravni. Uhomogenim koordinatama ta linija postaje Y = 0 što je rešenje za (X ,0,0), a to je idealna tacka(tacka u beskonacnosti) pridružena horizontalnom pravcu. �

3.4.4 DvorazmeraProucavanje perspektive u slikarstvu i arhitekturi tokom renesanse imalo je veliki uticaj narazvoj savremene matematike. Jedno od znacajnih otkrica iz tog perioda bio je Paskalov misticniheksagram, odnosno harmonijska cetvorka tacaka.

Slika 3.36: Harmonijske cetvorke tacaka


Na slici 3.36 iz tacke O projektujemo tacke A,B,C,D prave p na tacke A′,B′,C′,D′ prave p′.Primjenjujuci sinusnu teoremu na trougao OAB, a zatim na trougao OBD, dobijamo redom:

ABOB

=sinα

sin µ,

BDOB

=sin(β + γ)

sinν, (3.177)

gde se podrazumjevaju udaljenosti izmedu tacaka. Kolicnik ovih razmjera je:

ABBD

=sinα

sin(β + γ)· sinν

sin µ. (3.178)

Isto tako, primjenjujuci sinusnu teoremu na trouglove OCD i OCA dobijamo:

DCCA

=sinγ

sin(α +β )· sin µ

sinν. (3.179)

Ako sada pomnožimo ove kolicnike i skratimo sinuse od µ i ν , preostaje nam:

AB ·CDAC ·BD

=sinα · sinγ

sin(α +β ) · sin(β + γ). (3.180)

Dobili smo broj, kolicnik proizvoda cija vrijednost zavisi samo od uglova izmedu projekcionihzraka iz tacke O, a ne zavisi od ugla izmedu pravih sa koje na koju se tacke projektuju. Drugimrecima, vrijedi jednakost:

AB ·CDAC ·BD

=A′B′ ·C′D′

A′C′ ·B′D′. (3.181)

Štaviše, kako se rastojanje izmedu datih tacaka nece promjeniti izborom neke druge tackeprojektovanja umesto O, sledi da se vrijednost izraza (3.175) nece mjenjati niti promjenomprojekcione tacke (slika 3.37). Takode, za date tri od cetiri kolinearne tacke A,B,C,D i datuvrijednost (3.175), pozicija cetvrte tacke je jednoznacno odredena.

Slika 3.37: Uzastopnim projektovanjem dvorazmjera se ne mjenja

Vratimo se ponovo na pocetnu sliku 3.36 i Primetimo da važi jednakost:

ACBC

:ADBD

=sin(α +β )

sinβ:

sin(α +β + γ)

sin(β + γ), (3.182)

koja je takode invarijanta centralne (ali i paralelne) projekcije. Taj izraz se lakše pamti odprethodnog (3.175) zbog cega se cešce koristi kao definicija dvorazmjere.


Definicija 3.4.2 — Dvorazmjera. Ako su date su cetiri tacke A,B,C,D na pravoj liniji, sakojima su definisana njihova medusobna rastojanja, onda se sledeci broj naziva dvorazmjeratih tacaka iz centra projekcije O:

(ABCD)O =ACBC

:ADBD

. (3.183)

Ako se centar projekcije (indeks) podrazumjeva, necemo ga pisati.

� Primer 3.35 Izracunajmo dvorazmjeru tacaka na slici 3.38.Dato je AB = 3, BC = 1 i CD = 2. Izracunavamo (ABCD) = AC/BC : AD/BD = (4/1) :

Slika 3.38: Dvorazmjera

(6/3) = 2. Medutim, (CADB) =CD/AD : CB/AB = (2/6) : (−1/3) =−1. �

Postoje 4! = 24 permutacije redosljeda cetiri tacke u zagradi, ali zbog simetrija nece bititoliko razlicitih dvorazmjera. Lako je provjeriti da postoje cetiri permutacije koje ne mjenjajuvrijednost dvorazmjere, jedna identicna permutacija i tri sledece:

(1↔ 2,3↔ 4), (1↔ 3,2↔ 4), (1↔ 4,2↔ 3).

Tako ostaje još samo 24/4 = 6 mogucnosti. Preslikavanja λ → 1−λ i λ → 1λ

generišu grupuod šest kompozicija funkcija kao grupu operacija, izomorfnu grupi svih permutacija od šestelemenata.

� Primer 3.36 Provjerimo jednakosti (ABCD) = (BADC) = (CDAB) = (DCBA).(BADC) = BD

AD : BCAC = AC

BC : ADBD = (ABCD).

(CDAB) = CADA : CB

DB = ACAD ·

BDBC = AC

BC ·BDAD = AC

BC : ADBD = (ABCD).

(DCBA) = DBCB : DA

CA = ACBC : AD

BD = (ABCD). �

Vežba 3.7 Ako je (ABCD) = ACBC : AD

BD = λ , dokazati da su tacne formule (2.33). �

(ABCD) = λ (ABDC) = 1λ

(ACDB) = 11−λ

(ACBD) = 1−λ

(ADCB) = λ

λ−1 (ADBC) = λ−1λ

(3.184)

Rešenje. Pogledajmo par jednostavnih algebarskih metoda dokazivanja.(ABCD) · (ABDC) =

(ACBC : AD

BD

)·(AD

BD : ACBC

)= 1, tj. (ABDC) = 1

λ.

Postavimo tacke A,B,C,D na apscisu, kao na sledecoj slici 3.39. Tada imamo, redom:

(ABCD)+(ACBD) =

=ACBC

:ADBD

+ABCB

:ADCD

=

=c−ac−b

· d−bd−a

+b−ab− c

· d− cd−a

=


=(c−a)(d−b)− (b−a)(d− c)

(c−b)(d−a)=

cd−bc−ad +ab−bd +bc+ad−accd−ac−bd +ab

= 1.

Otuda (ACBD) = 1−λ .

Slika 3.39: Dvorazmjera

Definišimo tri broja: m = b−a, n = c−b, p = d− c. Tada je

(ABDC) =m

−n− p:

m+n−p

=mp

(m+n)(n+ p)=

(m+n)(n+ p)−n(m+n+ p)(m+n)(n+ p)

,

zatim skratimo razlomak sa n(m+n+ p) i dobijemo λ−1λ

, jer je (ABCD) = (m+n)(n+p)n(m+n+p) = λ . �

� Primer 3.37 Iz elementarne geometrije znamo da je centralni ugao dvostruko veci od per-ifernog, nad istom tetivom kruga. Dužina luka date kružnice je proporcionalna centralnom uglupod kojim se luk vidi. Prema tome, dvorazmjera tacaka A,B,C,D na kružnici iz centra, N naslici 3.40 levo, i sa periferije je isti broj.

Slika 3.40: Dvorazmjera na kružnici

Kada centar O zraka premjestimo u neku drugu tacku osim centra kruga ili periferije, mjenjajuse uglovi prema datim tackama i mijenja se dvorazmjera, tj. broj (ABCD). �

Primetimo da projekcijama cetiri zrake OA,OB,OC,OD na pravu, ili na ravan, dvorazmjerasa slike 3.40 levo, ostaje konstantna. Sa druge strane, ako ovaj krug projektujemo na neku druguravan, projekcija je konika. Prema tome, ova dvorazmjera ostaje ista za bilo koju pocetnu tackuizabranu bilo gde na istoj konici.

Teorema 3.4.8 — Paskal. Dat je šestougao A,B,C,D,E,F sa tjemenima na elipsi, kao naslici 3.41. preseci stranica tog šestougla, tacke G,H, I, su kolinearne.


Slika 3.41: Dvorazmjera na elipsi

Dokaz. Znamo da su dvorazmjere kolinearnih tacaka E,K, I,F iz razlicitih centara projekcijeH,C jednake, tj. (EKIF)H = (EKIF)C. Linijje koje izviru iz C i prolaze kroz K i I takodeprolaze kroz D i B redom, tako da je (EKIF)C = (EDBF)C. Sada ishodište C projekcionih zrakazamjenimo sa A, jer su obe tacke na elipsi, pa vidimo da je ista dvorazmjera jednaka (EDBF)A.Zatim, Primetimo da linije koje izviru iz A i prolaze kroz tacke B i F takode prolaze kroz G iJ redom, tako da je ista dvorazmjera jednaka (EDGJ)A. Kako su te tacke kolinearne, njihovadvorazmjera se može prenjeti na H, tako da je jednaka sa (EDGJ)H . Prema tome, pokazalismo da je (EKIF)H = (EDGJ)H . Tacke K i D predstavljaju istu liniju kroz H, a tacke F i Jpredstavljaju istu liniju kroz H, što znaci da tacke I i G padaju na istu liniju kroz H, što je itrebalo dokazati. �

Ovaj teorem je prvi dokazao Paskal (Blaise Pascal, 1623 - 1662) kada je imao samo 16godina. Kasnije je on razradivan i poopštavan od strane mnogih. Konika se projektuje na koniku,pa je navedeni dokaz moguce sprovesti za svaki šestougao upisan u bilo koju koniku.

3.4.5 Princip dualnostiDualnost je principijelna zamjenljivost pojmova “tacka” i “linija” u iskazima projektivne ge-ometrije.

Princip dualnosti je možda i najveca razlika izmedu projektivne i euklidske geometrije, jersvaki put kada u projektivnoj geometriji uspjemo dokazati neki teorem, mi smo ih zapravodokazali dva. To se zove “dualnost”. Prije nego što vidimo aksiome projektivne geometrije idefinišemo ovu osnovnu dualnost, pogledajmo jedan primer upotrebe dualnosti na slici 3.42:Paskalove teoreme koju smo vec dokazali (v. teoremu 3.4.8) i Brianšonove15 teoreme .

Paskalova teoremaŠestougao je upisan u koniku. Suprotne stranice šestougla se sjeku u koninearnim tackama.

Brianšonova teoremaKonika je upisana u šestougao. Suprotna temena šestougla se sjeku u jednoj tacki.

Projektivnu ravninu P2 je definisao Dezarg kao ekstenziju euklidske ravnine E2 u kojojse paralelne prave seku u beskonacnosti. Pokazalo se da je to prirodan nacin na koji vidimoparalelnost. Na primer, na slici 3.43 je pruga cije paralelne linije šina se gube u beskonacnosti atacka konvergencije pravih linija je negde unutar slike.

15Francuski matematicar i hemicar Charles Julien Brianchon, 1783 - 1864


Slika 3.42: Paskalova i Brianšonova teorema

Slika 3.43: Paralelne šine se seku u beskonacnosti

Definicija 3.4.3 — Projektivna ravan. Projektivna ravan P2 je uredena trojka (T ,L , I)redom: tacaka, linija i incidencija (pripadanja, odnosa). Incidencija je inkluzija I ⊆T ×Lkoja zadovoljava slijedeca tri aksioma:

1. Za bilo koje dve razne tacke postoji tacno jedna linija njima incidentna.2. Za bilo koje dve razne linije postoji tacno jedna tacka njima incidentna.3. Postoje cetiri razne tacke takve da niti jedna linija nije incidentna sa više od dve od

njih.

Prema ovoj definicij, tacke i linije imaju potpuno simetricne uloge. To je eksplicitno vidljivou prva dva aksioma, a implicitno je sadržano u trecem. Naime: postoje cetiri razne linije takve daniti jedna tacka nije incidentna sa više od dve od njih. Ponekad se ovima dodaje i cetvrti aksiom,da svaka linija sadrži najmanje tri tacke.

Vektori (a,b,c) i (x,y,z) u relaciji incidencije ax+ by+ cz = 0 imaju potpuno simetricneuloge. Uopšte, bilo koji tacan iskaz projektivne geometrije ostaje tacan dosljednom zamjenomizraza:• tacka↔ linija,• zajednicka tacka pravih↔ zajednicka prava tackama,• T ↔L .

Dual projektivne ravni π oznacavamo sa π∗.Korištenje zamjenjivosti pojmova “tacka” i “linija” datira još od vremena Apolonija, ali se


smatra da je tek Pluker16 1830. godine poopštio princip dualnosti i definisao dualnost algebarskekrive u projektivnoj ravni. To je kriva data homogenom polinomskom jednacinom f (x,y,z) = 0koja bi bila omotnica svih tangentnih linija na neku datu algebarsku krivu C. Svaka od tihtangentnih linija može biti definisana pomocu trojke homogenih koordinata (m : n : p) kojeodgovaraju jednacini mx+ny+ pz = 0. Izlazi da je rezultirajuci skup takvih trojki takode skuprešenja neke homogene polinomne jednacine g(m,n, p) = 0. Tako dolazimo do dualne krive,koju neki autori oznacavaju C∗.

Vežba 3.8 — Dualna kriva. Data je diferencijabilna kriva C jednacinom f (x,y,z) = 0.Dualna kriva C∗ je uslov tangiranja u obliku jednacine F(X ,Y,Z) = 0. �

Postupak. Ako je T (m,n, p) tacka na krivoj C, tada je jednacina tangente u toj tacki data sa:

x∂ f∂x

(m,n, p)+ y∂ f∂y

(m,n, p)+ z∂ f∂ z

(m,n, p) = 0. (3.185)

Iz diferencijalne geometrije znamo da je mX +nY + pZ = 0 tangenta na krivu ako

X = λ∂ f∂x

(m,n, p), Y = λ∂ f∂y

(m,n, p), Z = λ∂ f∂ z

(m,n, p). (3.186)

Eliminacija m,n, p i λ iz ovih jednacina i jednacina mX +nY + pZ = 0 daju jednacinu dualnekrive C∗. �

� Primer 3.38 Data je konika C jednacinom f (x,y,z)≡ a11x2 +a22y2 +a33z2 = 0, gde je svakiod koeficijenata aii 6= 0. Iz parcijalnih izvoda i (3.186) sledi:

X = 2λa11m, Y = 2λa22n, Z = 2λa33 p, Xm+Y n+Zp = 0.

Smjenama prve tri u cetvrtoj jednacini i pojednostavljivanjem dobijamo

X2

a11+

Y 2

a22+

Z2

a33= 0. (3.187)

To je jednacina dualne krive C∗, takode neke konike17. �

� Primer 3.39 U prošlom primeru smo vidjeli da kriva II reda x2

a2 ± y2

b2 = 1 dualnim preslikavanjem

prelazi u krivu x2

b2 ± y2

a2 = 1.

Tako, na slici 3.44 levo imamo dualne elipse x2

25 +y2

9 = 1 i x2

9 + y2

25 = 1, a desno dualne

hiperbole x2

25 −y2

9 = 1 i x2

9 −y2

25 = 1.�

Uopšte, konstrukciju duala C∗ diferencijabilne krive C pravimo pomocu postupka vježbe 3.8i slijedeceg “rijecnika”.

Dual duala krive je originalna kriva, tj. (C∗)∗ = C. Medutim, dual nesingularne krive Cdefinisane polinomom f stepena d = deg f definiše polinom g stepena d(d−1). Na prvi pogledse cini da uzimanje duala od C∗ treba rezultirati u krivu još višeg stepena, tako da (C∗)∗ ima vecistepen od C. To je poznati paradoks dualnosti.

Pluker je 1839. ovaj paradoks razrješio pokazujuci da je stepen C∗ niži sa svakom singu-larnošcu krive C. Prakticno, stepen se smanjuje za dva za svaki cvor (eng. node), a za tri za

16Njemacki matematicar Julius Plücker, 1801 - 186817Homogene koordinate prevodimo u euklidske stavljajuci z = 1.


Slika 3.44: Originali i duali, elipse i hiperbole

Originalna kriva C Dualna kriva C∗

tacka pravaleži na prolazi krozlinija spaja dve tacke presek dve linijekonkurentan kolinearancetvorostran cetvorougaonpol polaraskup tacaka ovojnica tangentitangentna linija tacka tangiranja

Table 3.3: Dualnost: C→C∗

svaki šiljak (en. cusp). To znaci da dual nesingularne krive stepena veceg od dva mora imatisingularnu tacku i u nekim slucajevima C i C∗ mogu imati isti stepen.

Zapravo, moguce je da kriva bude projektivno ekvivalentna svome dualu. To su polinomi f ig koji opisuju C i C∗ a u relaciji su f = g◦φ gde je φ neka inverzibilna projektivna transformacija.Za takvu krivu kažemo da je sebi dualna, ili samo-dualna. Problem samo-dualnih krivih jetrenutno otvoren [11].

Najmanji primer projektivne ravnine koja nije samo-dualna je je Halova18 ravnina reda 9,koja ima 91 tacku i 91 liniju, svaku sa po 9 tacaka kroz koje prolazi po 9 linija [12].

Najmanji primer projektivne ravnine uopšte je tzv. Fano ravan. Ona se sastoji od sedamtacaka i sedam linija, slika 3.45. Postoji bijekcija (obostrano jednoznacno preslikavanje),nazovimo je φ tacaka Fano ravnine F7 na linije, preslikavanjem tacke A u pravu a, tacke B upravu b, . . . . Takva bijekcija je izomorfizam projektivnh ravnina F7 ∼= F∗7 jer cuva incidenciju:tacka T leži na liniji l ako i samo ako linija φ(T ) sadrži tacku φ−1(l).

Snop paralelnih linija (eng. pencil of parallel lines) je skup svih paralela sa datom pravomlinijom. Skup svih snopova paralela ponekad oznacavamo sa l∞. Realnu projektivnu ravan RP2

(za razliku od kompleksne reprezentacije) dobijamo dodavanjem beskonacno dalekih tacaka ueuklidsku ravan E2. Prema tome, RP2 je ureden par (E2∪ l∞,L), gde je L kolekcija projektivnihlinija koja se sastoji od:• l∞, tj. skupa svih snopova paralela, i• svih podskupova iz E2∪ l∞ koji se sastoje od linija iz E2 zajedno sa snopovima iz l∞, koje

nazivamo beskonacne daleke tacke, odnosno nedogledi.Osnovna razlika izmedu P2 i RP2 je u mnoštvu.

18Americki matematicar (Marshall Hall, Jr., 1910 - 1990)


Slika 3.45: Fano projektivna ravan F7

� Primer 3.40 Gnomonicka projekcija preslikava velike krugove lopte u prave linije projektivneravni. Putanje najkracih rastojanja izmedu datih tacaka sfere preslikavaju se u prave linije.

Slika 3.46: Gnomonicka projekcija

Prvo preslikajmo pola jedinicne sfere iz R3 u RP2. Za tacku datu u homogenim koordinatama(x : y : z), postoje tacno dve vrijednosti λ za koje je (λx,λy,λ z) tacka na datoj jedinicnoj sferi. Tosu koordinate dve dijametralno suprotne tacke na sferi. Prema tome, RP2 je projekcija jedinicnesfere sa po dve suprotne tacke.

Zatim odvojimo po jednu reprezentativnu tacku iz svakog para dijametralno suprotnih, kojece formirati jednu polu-sferu. Recimo, S− je skup tacaka (x,y,z) na jedinicnoj sferi, ispodekvatorijalne kružnice.

Tako dobijamo bijekciju tacaka polusfere u realnu projektivnu ravan. Gnomonicka projekcijana ravan z = 1 u R3 je preslikavanje φ : (x,y,z)→ (x/z,y/z,1). �

Postoji klasa izomorfizama iz prostora RP2 u negov dual (RP2)∗ koja se nazivaju reciprocnapreslikavanja. Prije nego što za dati lik uzmemo neku koniku, potsjetimo se da se izomorfizamprojektivne ravni u njen dual sastoji od bijekcije iz skupa tacaka u skup linija, koja cuvaincidenciju: data tacka leži na datoj liniji ako i samo ako je kopija date tacke linija koja sadržikopiju date linije.

� Primer 3.41 — Inverzija. Na slici 3.47 iz tacke Q van kružnice ω povucene su dve tangente,koje dodiruju kružnicu u tackama A i B. Centar kružnice je tacka O a poluprecnik je r. presekduži AB i OQ je tacka P, a p je prava okomita na OQ u tacki Q. Oznacimo i udaljenosti tacakaP i Q od centra kružnice sa d = OP i d′ = OQ. Iz slicnosti trouglova ∆OPB ∼ ∆OAQ sledi


Slika 3.47: Pol P i polara p kružnice ω

OB : OQ = OP : OA, te r2 = dd′, odnosno

d′ =r2

d. (3.188)

Dakle, dat je krug ω poluprecnika r sa centrom u O, a tacku P preslikamo u tacku Q na istojpolupravoj OP, tako da je OP ·OQ = r2. Ovu transformaciju nazivamo inverzija, a otkrio ju jeŠtajner (Jakob Steiner, 1796 - 1863) oko 1830. godine. �

Za razliku od inverzije, kažemo da je linija p reciprocna slika tacke P u odnosu na kružnicuω . Tacku P nazivamo pol a odgovarajucu liniju p nazivamo polara. Važi i obrnuto, pol, tj. tackaP je reciprocna slika svoje polare, tj. linije p.

Jasno je da je reciprocnost u odnosu na kružnicu neka bijekcija izmedu tacaka i linijaprojektivnog prostora. Kada kružnicu projektujemo na ravan dobijamo konusni presek, odnosnokoniku (v. teoremu 1.3.1). Zato su ove vrste bijekcija narocito zanimljive i za proucavanjeparabola, elipsa i hiperbola.

Definicija 3.4.4 — Pol i polara. Tacka P i prava p su redom pol i polara kružnice ω sacentrom u O i poluprecnikom r ako normala iz O na p prolazi tackom P sa iste strane centrakružnice i ako za njihove udaljenosti od centra kružnice d(O,P) i d(O, p) važi jednakost

d(O,P) ·d(O, p) = r2. (3.189)

Sledeca teorema pokazuje da reciprocno preslikavnje cuva incidenciju (relaciju pripadanja).

Teorema 3.4.9 Pretpostavimo da tacka P leži na tetivi q kruga ω ciji je centar O a poluprecnikr. Neka su P i p pol i polara kruga i neka su Q i q takode pol i polara u odnosu na isti krug.Tada važi implikacija P ∈ q⇒ Q ∈ p.

Dokaz. Pretpostavimo da je P 6= O a da je unutar kruga ω i da tetiva q ne prolazi centrom O,kao na slici 3.48. U slucaju kada je tacka P izvan kruga se dokazuje slicno, a slucaj degeneracije,kada je P ili q incidentno sa O ili l∞, lako se provjerava.

Ako je B podnožje normale iz O na p, tada su tacke O,P i B kolinearne i OP ·OB = r2.Ako je A podnožje normale iz O na q, tada su tacke O,A i B kolinearne i OA ·OQ = r2.Sada, neka je Q′ tacka preseka linije OA sa p. Želimo pokazati da je Q′ = Q. Trouglovi

∆OAP i ∆OBQ′ su pravougli sa oštrim uglom u tjemenu O i prema tome su slicni. Otudaje OA ·OQ′ = OP ·OB = r2, odnosno OA ·OQ′ = OA ·OQ, te OQ′ = OQ. Kako su O,Q,Q′

kolinearne tacke, a Q i Q′ leže sa iste strane centra, mora biti Q′ = Q. �


Slika 3.48: Reciprocnost cuva incidenciju

Kao što smo vidjeli, linija se u projektivnom prostoru opisuje homogenom linearnomjednacinom ax+by+cz = 0, što znaci da postoji prirodni izomorfizam φ iz RP2 u (RP2)∗ kojimse (a : b : c) šalje u liniju ax+ by+ cz = 0. Na primer, na slici 3.49, tacka A = (a : b : c) je uprostoru R3 na gornjoj polusferi S+ centra u tacki R(0,0,0) i poluprecnika jedan. Jednacinaax+by+ cz = 0 definiše ravan kroz ishodište normalnu na RA. presek te ravnine sa sferom jeveliki krug jedinicne sfere, cija gnomonicka projekcija je linija l na ravnini z = 1.

Slika 3.49: Dualna projekcija ϕ : (a : b : c)→ ax+by+ cz = 0.

Neka je tacka P slika tacke A pod ovom gnomonickom projekcijom i neka je O(0,0,1)ishodište te ravni (z = 1). Neka je Q presek linije PO sa l. Kako je l okomito na RP, to je∠PRQ = 90◦. Trouglovi QOR i POR su slicni, a OR = 1, pa je QO ·OP = 1. Prema tome,preslikavanje ϕ : (a : b : c)→ ax+by+ cz = 0 je zamalo reciprocno. Tacka P je sa pogrešnestrane O.

Refleksijom ravnine ax+ by+ cz = 0 u odnosu na ravan Oxy, tj. promjenom predznakakoordinate z, reciprocna tacki P a unutar jedinicnog kruga x2+y2 = 1 bice linija data jednacinomax+by− cz = 0.

Promjena znaka kooridnate z nije slucajnost, vec prirodna posledica projekcije kružnice,tacnije jednacine x2 + y2− z2 = 0 na ravninu z = 1. To treba uzeti u obzir prilikom definisanja

3.5 Super konike 129

reciprocnih slika konika.

Definicija 3.4.5 — Reciprocna konika. Neka je σ proizvoljna konika u RP2 definisana sa

sxxx2 + syyy2 + szzz2 +2sxyxy+2sxzxz+2syzyz = 0. (3.190)

Tada je reciprocno preslikavanje σ → σ ′ definisano izomorfizmom RP2 → (RP2)∗ kojipreslikava tacku (a : b : c) u liniju a′x+b′y+ c′z = 0, gde su a′,b′,c′ definisani matricnomjednacinom:a′

b′

c′

=

sxx sxy sxz

syx syy syz

szx szy szz

abc

. (3.191)

Ovdje je konika (2.42) definisana kvadratnom formom datom pomocu realne simetricnematrice S = (si j), gde su indeksi i, j ∈ {x,y,z}. Poznato je da se bilo koja realna simetricnamatrica može predstaviti u obliku S = Aτ JA, gde je J jedna od1 0 0

0 1 00 0 1

,

1 0 00 1 00 0 −1

,

1 0 00 −1 00 0 −1

,

−1 0 00 −1 00 0 −1

. (3.192)

Drugim recima, obzirom na “kompletiranje kvadrata”, svaka konika je ekvivalentna jednom odx2 +y2 + z2, x2 +y2− z2, x2−y2− z2 ili −x2−y2− z2 putem linearne transformacije homogenihkoordinata, koja se naziva projektivna transformacija.

Definicija 3.4.6 — Projektivna transformacija. Linearna projektivna transformacija jepreslikavanje φ : RP2→ RP2 oblika

(x : y : z)→ (α1x+β1y+ γ1z,α2x+β2y+ γ2z,α3x+β3y+ γ3z) (3.193)

za neke realne αi,βi,γi, gde je indeks i ∈ {1,2,3}.

Jednacine x2 + y2 + z2 = 0 i −x2− y2− z2 = 0 predstavljaju iste skupove tacaka, a takodex2 + y2− z2 = 0 i −x2− y2 + z2 = 0. Prema tome, svaka konika je ekvivalentna jednoj odx2 + y2 + z2 = 0 i x2 + y2− z2 = 0. Medutim, prva od njih nema rešenja u realnoj projektivnojravni. Otuda sledeci stav.Lema 3.4.10 Svaka nedegenerisana konika u realnoj projektivnoj ravni u linearnoj projektivnojtransformaciji je ekvivalentna kružnici x2 + y2− z2 = 0.

Rijecnikom euklidske ravni, svaka (nedegenerisana) konika (3.190) opisana kvadratnomformom f (x,y) = 0, uvek se može kompletirati do potpunog kvadrata za linearnu promjenuvarijabli u jedinicnu kružnicu x2 + y2 = 1. U tom smislu, reciprocna slika je preslikavanje ujedinicnu kružnicu sa centrom u ishodištu.

3.5 Super konikeZnamo da krive drugog reda (1.19) predstavljaju konike. Medutim, šta ce se desiti ako eksponentenad varijablama x,y povecamo do brojeva vecih od dva? Ta oblast matematike se upravoistražuje19.

Superelipsa je zatvorena kriva definisana jednostavnom jednacinom:( xa

)m=( y

b

)m= 1, (3.194)

19v. superelipsa: http://en.wikipedia.org/wiki/Superellipse


gde su a i b pozitivni realni brojevi, a m je neki pozitivan racionalan broj. U analitickoj geometrijiovakva “elipsa” se naziva Lameoveova kriva [27], prema francuskom matematicaru koji ih jeopisivao pocetkom 19. veka. Kada je a = b i m = 2 ona postaje kružnica, a kada m→ ∞ ovakriva prelazi u kvadrat, kao što je prikazano na slici 3.50 levo.

Slika 3.50: a) Superelipse. b) Superjaje

Superelipsa je specijalan slucaj Lameovih krivih, koje je popularizovao danski pronalazacPiea Hain (Gardner, 1965.). On je projektovao ulice i podzemni trgovacki centar Sergels Torgu Štokholmu oblika superelipsa za m = 2,5. Slicne oblike je koristio za dizajn nameštaja.Hein je takode generalizovao superelipsu na 3D i nazvao je superelipsoid ili supersfera. On jeprojektovao i superjaje na slici 3.50 desno, sa m = 2,5 i odnosom visina : širina = 4 : 3, koje senece prevrnuti jer mu je težište malo niže od centra krive.

3.5.1 Lameove krive

Lameove krive (3.194) za razlicite vrednosti brojnika i nazivnika razlomka m mogu imati veomarazlicite oblike (Loria, 1910). Na primer, za pozitivan broj m = 2h

2k+1 je slika 3.51.

Slika 3.51: a) m = 2h2k+1 > 1, b) m = 2h

2k+1 < 1

3.5 Super konike 131

Najpoznatiji primer krive 3.51(b) je astroida:

x2/3 + y2/3 = a2/3, (3.195)

cija je parametarska jednacina:

x = acos3 t, y = asin3 t. (3.196)

Astroidu crta tacka na kružnici koja rotira unutar druge kružnice cetiri puta dužeg obima.Sledeca slika 3.52 je za pozitivan m = 2h+1

2k , koje više nisu superelipse.

Slika 3.52: a) m = 2h+12k > 1, b) m = 2h+1

2k < 1

Takode, nisu superelipse niti krive za razlicite pozitivne brojeve m = 2h+12k+1 , prikazane na

sledecoj slici 3.53.

Slika 3.53: a) m = 2h+12k+1 > 1, b) m = 2h+1

2k+1 < 1

Zbog ovakvih grafova ima smisla proširiti pojam superelipse i na slucajeve oblika( xa

) 2r+( y

b

) 2r= 1, (3.197)

gde je r bilo koji pozitivan realan broj. Ove krive se mogu definisati i parametarskim jednacinama:

x(t) =±acos2r t, y(t) =±bsin

2r t, 0≤ t <

π

2. (3.198)


Sa druge strane, kada dozvolimo negativne eksponente, istog prethodnog oblika celobrojnogbrojnika i nazivnika m, dobijamo prilicno drugacije oblike. Na primer, za k,h ∈ N, eksponentim =− 2h

2k+1 , m =−2h2k i m =−2h+1

2k+1 daju grafove na slikama 3.54.

Slika 3.54: a) m =− 2h2k+1 , b) m =−2h

2k , c) m =−2h+12k+1

Bibliografija

[1] Dr Jovan D. Keckic, MATEMATIKA sa zbirkom zadataka za III razred srednje škole,Naucna knjiga, Beograd 1992.

[2] Mr Vene Bogoslavov, Zbirka rešenih zadataka, Zavod za udžbenike i nastavna sredstva,Beograd, 2000.

[3] Živorad Ivanovic, Srdan Ognjanovic, Zbirka zadataka za I, II, III i IV razred gimnazija itehnickih škola, Krug, Beograd.

[4] G. Vojvodic, Ð. Paunovic, R. Tošic, Matematika za gimnazije društveno-jezickog smera,ZUNS.

[5] Dr Borivoje N. Rašajski, ANALITICKA GEOMETRIJA, Gradevinska knjiga. Beograd,1977.

[6] Jürgen Richter-Gebert, Perspectives on Projective Geometry: a Guided Tour Through Realand Complex Geometry, Berlin : Springer Berlin, 2011.

[7] Dr Zagorka Šnajder, NACRTNA GEOMETRIJA 1. 1. 39. stalni udžbenik, PMF MatematikaBeograd, ICS, S.A. Beograd 1976.

[8] Richard Walker, Monge’s Theorem in Many Dimensions, The Mathematical Association,The Mathematical Gazette, Vol. 60, No. 413 (Oct., 1976), pp. 185-188

[9] J. Gray, Worlds out of nothing: A course in the history of geometry in the 19th century,Springer-Verlag, London, 2007.

[10] F. Kirwan, Complex Algebraic Curves, Cambridge University Press, 1992.

[11] D. Fuchs, S. Tabachnikov, Self-dual polygons and self-dual curves, 2009.

[12] G. Moorhouse, Projective Planes of Small Order, http://www.uwyo.edu/moorhouse/pub/planes/.

[13] Maria Monks, Duality of plane curves, University of California, Berkeley, December 1,2011.

134 BIBLIOGRAFIJA

[14] H. S. M. Coxeter, S. L. Grietzer, Geometry Revisited, The Mathematical Association ofAmerica, 1967.

[15] Paul Yiu, Introduction to the Geometry of the Triangle, Department of Mathematics FloridaAtlantic University, 2001.

[16] Jan van Maanen, Seventeenth century instruments for drawing conic sections, The Mathe-matical Gazette, 76(476):222–230, July 1992.

[17] H. Dorrie, 100 Great Problems of Elementary Mathematics: their history and solution,Dover, 1965.

[18] Chris Sangwin, The wonky trammel of Archimedes, Birmingham, B15 2TT, United King-dom, July 25, 2008.

[19] Huseyin Demir: Incircles Within, Mathematics Magazine, Vol. 59, No. 2 (Apr., 1986), pp.pp. 77-83 (7 pages)

[20] P.S. Aleksandrov: LPredavanja iz analiticke geometrije, Moskva (1968) (ruskijezik)Moscow (1968) (In Russian)Moscow (1968) (In Russian) Moscow (1968) (In Rus-sian)

[21] N.V. Efimov: Kratki kurs analiticke geometrije, Moskva (1967) (ruski jezik).

[22] Berndt Schwerdtfeger: Invariants of curves of second order, Berlin, August 17, 2013

[23] Rastko Vukovic: Pole, tangents and polar, Academia20, on March, 2014.

[24] Rastko Vukovic: Determinants of the triangle centers, Academia21, on June, 2014.

[25] Rastko Vukovic: Triangulation, Academia22, on September, 2014.

[26] Clark Kimberling: Major centers of triangles, Amer. Math. Monthly 104 (1997) 431-438.

[27] Gabriel Lamé: Examen des différentes méthodes employées pour résoudre les problèmesde géométrie, Paris, Vve Courcier, 1818

[28] Rastko Vukovic: Coordinates of inscribed circles in a triangle Academia23, 2015.

20Pole: https://www.academia.edu/8005671/21Determinants: https://www.academia.edu/8005641/22Triangulation: https://www.academia.edu/8314717/23Incircles: www.academia.edu/11157402/

Index

Al-Kuh, 7Apolon iz Perga, 7, 31Apolonije, 123astroida, 131

Brianšon, 122

centar devet-tacaka, 94centar opisanog kruga trougla, 79

Dandelin, 9elipsa, 10hiperbola, 11konika, 127sfera, 10

degenerisana kriva, 19Dekart, 7, 14

ishodište sistema, 34jednacina prave, 35pravougli sistem, 16, 19, 26

determinanta, 47, 52, 65, 68, 70, 72, 84, 92Dezarg, 7, 104direktrisa, 31dualna kriva, 124dvorazmera, 120

ekvatorijalna kružnica, 126elipsa, 8, 33, 44

bisektrisa, 24optika, 24kanonski oblik, 16konstrukcija, 12

Euklid, 7, 53euklidska ravan, 48

euklidski prostor, 116

Fano ravan, 125Fermat, 7fokalne krive, 32fokus, 31

geometrijaAnaliticka, 49Euklidska, 49Lobacevskog, 49Rimanova, 49

Gnomonicka projekcija, 126

Hain, 130Hajam, 7Hall, 125harmonijska cetvorka, 118Heronov obrazac, 82hiperbola, 8, 33, 44

bisektrisa, 29konstrukcija, 13optika, 28kanonski oblik, 16

homogene koordinate, 114

incidencija, 127invarijante, 31inverzija, 126Istorijat, 7izomorfizam, 126

jedinicna sfera, 126

Kimberlingova tacka, 83, 94

136 INDEX

komutatori, 49duži, 52tacaka, 50

konika, 8, 31projekcija, 122reciprocna, 129polarno, 20

konike, 5, 7, 9, 124konfokalne, 30

Konstrukcije, 11kriva drugog reda, 19, 31krive drugog reda, 31kružnica, 9, 14, 46, 79, 94kvadratna jednacina, 36, 40, 45

diskriminanta, 40, 43

La Hire, 7Lame, 130linearni sistem, 93

matrica, 31, 32Menahmus, 7množenje vektora, 58Mobius, 114Monge, 106

nedogled, 125Njutn, 7

Ojlerova prava, 87orjentisana površina, 111ortocentar, 76, 83, 84

Papus, 108, 110Papus iz Aleksandrije, 31Papusova teorema, 107parabola, 8, 42

bisektrisa, 23konstrukcija, 11optika, 23kanonski oblik, 15

paralelogram, 62parametarske jednacine, 131Paskal, 7, 121, 122Pluker, 125pol, 38pol i polara, 127polara, 5, 35, 38, 40–43, 124, 127polarne koordinate, 19poluprecnici upisanih krugova, 75polusfera, 126

postulat paralelnosti, 49površina cetvorougla, 52površina trougla, 50prava, 31, 42, 44, 54

normalni oblik, 31rastojanje, 56udaljenost do tacke, 57

pravougaonik, 18, 95princip dualnosti, 122prizma, 61projekcija duži, 52projektivna geometrija, 103projektivna ravan, 123projektivna transformacija, 129projektivno preslikavanje, 116

reciprocna slika, 127refleksija ravnine, 128Ruder Boškovic, 38

Sander, 111secica, 40simetrale uglova, 65sinusna teorema, 81snop pravih, 125superelipsa, 129

Tales, 107tangenta, 35, 36težište, 76

trougla, 78težište trougla, 76triangulacija, 90

stranicama, 92temenima, 90

trilineari, 101trougao, 63

jednakokraki, 24komutatori stranica, 54konstrukcija parabole, 11nejednakost trougla, 29podrazumevane oznake, 53površina, 50pravougli, 46projekcije temena, 58

unutra upisani krug, 69upisani krugovi trougla, 64

vani upisani krugovi, 72vektor, 60

konusni preseci - rvukovic.netrvukovic.net/teka/konike.pdf · 3.2.3 unutra upisani krug ... ovo...

Documents