Viša Geometrija - Front Slobode

Viša Geometrija 1Vedad PašićPrirodno-matematički fakultetUniverzitet u Tuzli1 Sva prava zadržana. Svako objavljivanje, štampanje ili umnožavanje zahtjeva odobrenjeautora

Predmet: Viša geometrijaPredavač: Vedad PašićSemestar: Ljetni 2010/2011.Kabinet: PMF 313Telefon: 061-195464Email: vedad.pasic@untz.baWeb: http://www.vedad.com.ba/pmf/vg/Organizacija• 2h predavanja (utorak 10-12) i 2h vježbi• Imaćemo (poslije) sedmične problemske zadaće• ...rad na zadaći se jako preporučuje!• Kabinetski sati: ˇPonedjeljak 12-13, četvrtak 12-13

2Literatura• M. do Carmo: Differential geometry of curves and surfaces; Prentice-Hall,Englewood Cliffs (1976)• Mileva Prvanović: Neeuklidske geometrije, Savez studenataPrirodno-matematičkog fakulteta, Novi Sad (1971)• Zoran Lučić: Euklidska i hiperbolička geometrija (drugo izdanje), Totaldesign i Matematički fakultet, Beograd (1997).• Takashi Sakai: Riemannian Geometry, American Mathematical Society (1992)• Euclid: Elementi, Aleksandrija, (300. pne)

Poglavlje 1Uvod1.1 ManifestNaša misija:Izučavati druge, ne-Euclidske, geometrije i time (nadam se) spoznati više osamoj strukturi ove grane matematike s aksiomatske perspektive.Šta znači riječ “geometrija”?“Geometrija” dolazi od grčkogγǫωµǫτρία i složena je riječ od “γη” = “Zemlja”i “µǫτρώ” = “mjera”. Stoga “geometrija” je potekla od nauke mjerenja zemlje(npr, kako bi se izmjerila poljoprivredna polja). Grci su pretvorili ovu “primjenjenunauku” u “čistu matematiku” proučavajući geometrijske objekte na abstraktnomnivou (Euclidovi “Elementi” su najpoznatiji primjer prvog udžbenika iz oveoblasti, koji se koristio u učionicama sve do prošlog vijeka - više o Elementimajako brzo).Kakav će ovaj predmet biti: Ovo će biti “čisti” kurs, ali plan je da se moždaisključe veoma teoretski ili žestoki dokazi kako bismo se fokusirali na “fine” geometrijsketeoreme. Me ¯dutim, biće dosta definicija, teorema i njihovih dokaza.Predznanje:• Osnovna linearna algebra;• Euclidska geometrija (osnovna i diferencijalna);• Osnovi logike1.2 Program ukratko1. Uvod u historijsku višu geometriju3

4 POGLAVLJE 1. UVOD2. Hilbertov sistem aksioma3. Hiperbolična geometrija4. Riemannova geometrija5. Neke posebne teme (ako ima vremena)6. ...otvoreno diskusiji

Poglavlje 2Euclidski i Hilbertov sistem aksioma2.1 Euclidska aksiomatikaU ovoj sekciji ćemo se baviti ukratko pozadinom ovog predmeta – historijskimrazvojem aksiomatike u geometriji. Najznačajnije djelo ove oblasti je svakakoskup knjiga Euclida iz Aleksandrije – “Elementi”.Ovaj dio predavanja dosta vjerno prati Lučićevu Euklidsku i hiperboličku geometriju.2.1.1 Deduktivna metodaU izgradnji bilo koje valjano zasnovane načne teorije nije moguće da sve pojmovedefinišemo i sve stavove dokažemo. Da bi se odredio sadržaj nekog pojma koristese drugi pojmovi, a da bi se odredio sadržaj tih pojmova nužno se koriste drugipojmovi , mora se pribjegavati korištenju drugih pojmova, itd. Moramo priznatida proces definisanja neophodno počinje pojmovima koji nisu definisani i takvipojmove nazivamo osnovnim ili nedefinisanim pojmovima. Sve ostale pojmovenazivamo izvedenim ili definisanim pojmovima, a iskaze kojima se odre ¯duje sadržajizvedenih pojmova zovemo definicijama.Proces utvr ¯divanja istinitosti nekog stavova neke teorije započinjemo stavovimačiju istinitost pretpostavljamo. Takve stavove zovemo osnovnim stavovima -aksiomima. Sve ostale stavove čiju istinitost izvodimo iz aksioma zvaćemo teoremamaili dokazanim stavovima, a postupak njihovog dokazivanja zvaćemo dokazom.Jedna od važnih disciplina koja se može zasnovati u skladu sa navedenim principimaje logika. Pojmove logike koristimo u formulacijama aksioma, definicijai teorema bez bližeg odre ¯denja, a logičke stavove primjenjujemo u dokazima neizvodeći njihovu istinitost. Prilikom izgradnje neke matematičke discipline po-5

6 POGLAVLJE 2. EUCLIDSKI I HILBERTOV SISTEM AKSIOMAnekad je veoma zgodno koristiti ne samo logiku već i neku na istim principimaprethodno zasnovanu matematičku disciplinu. Ove discipline zvaćemo pretpostavljenimdisciplinama.Metoda izgradnje neke discipline u strogoj saglasnosti sa prethodnim principimase naziva deduktivnom ili aksiomatskom metodom, a na taj način zasnovanediscipline se nazivaju deduktivnim ili aksiomatskim teorijama. Sam skup osnovnihpojmova i aksioma se naziva aksiomatskim sistemom.Prilikom izgradnje neke deduktivne teorije u velikoj mjeri postoji sloboda izboraosnovnih pojmova i aksioma te teorije. Dva aksiomatska sistema date teorijesmatraćemo ekvivalentnim ako se svaki pojam jednog od tih dvaju sistema možedefinisati pomoću pojmova drugog sistema i ako se svaki stav jednog od tih sistemamože dedukovati iz stavova drugog.Postoje tri osnovna svojstva skupa aksioma neke deduktivne teorije koji seuvijek zahtijevaju:1. Konzistentnost ili saglasnost2. Potpunost3. Nezavisnost aksioma i osnovnih pojmovaPrvi pojam zahtjeva da se se iz sistema ne može dedukovati i pojam i njegovanegacija. Drugi pojam zahtjeva da se za svaka dva protivrječna stava bar jedanmože dokazati. Treći pojam zahtjeva da se nijedan askiom ne može deducirati izdrugih. Za detalje vidjeti literaturu.2.1.2 Euclidovi ElementiPrvi pokušaji stvaranja deduktivnih teorija sežu 2000 godina u prošlost. ElementiHipokrata sa Chiosam bapisani sredinom petog vijeka pne je prvi pokušaj sistematizacijegeometrijskih znanja. Na–žalost, ovo djelo nije sačuvano, no komentarišese u mnogim drugim sličnim antičkim djelima i smatra se osnovom svih poduhvatatog tipa. Naslov Elementi latinski je prevod grčkog Στoιχǫια i u antičkovrijeme je uobičajeno ime za deduktivno zasnovanu geometriju. Postojalo je dostadjela u antičkoj Grčkoj koja su se bavila ovom tematikom, pogledajte Wikipedijuza više hstorijskih detalja ukoliko ste zainteresirani.Neusporedivo najčitaniju, najčuveniju i najutjecajniju raspravu sa naslovomElementi napisao je oko 300. godine pne Euclid (oko 365 do 275 pne), učenikPlatonove akademije i osnivač geometrijske škole u Aleksandriji. Uticaj ovogdjela je nemjerljiv i svakako je najznačajniji udždbenik svih vremena (bez pretjerivanja!).Stoljećima niko nije ni pokušao poslije Euclida da geometriju drugačije

2.1. EUCLIDSKA AKSIOMATIKA 7Slika 2.1: Euklid Aleksandrijskiutemenlji, a i dan-danas se u modernim školama isklučivo radi upravo ta geometrija.Euclidovi elementi se sastoje iz 13 knjiga i možete ih naći na engleskomjeziku na sajtu kursa (mislim da je copyright davno istekao!).Prvu knjigu Elemenata Euclid počinje nizom definicija (ukupno 23) kojimase uvode prvi geometrijski pojmovi poput tačke, prave, ravni, ugla, kruga itd.Navešćemo neke od njih.Euclidove definicije.(1) Tačka je ono što nema dijelova.(2) Linija je dužina bez širine.(3) Krajevi linije su tačke.(4) Prava je linija ona, koja za tačke na njoj podjednako leži.(5) Površina je ono što ima samo dužinu i širinu.(6) Krajevi površine su linije.(7) Ravan je površina koja za prave na njoj podjednako leži.(8) Ugao u ravni je uzajamni nagib dviju linija u ravni koje se sijeku i koje neleže u istoj pravoj.(9) Ako su linije koje obrazuju ugao prave, ugao se zove pravolinijski(10) Ako prava, koja stoji na drugoj pravoj, obrazuje sa ovom sva susjedna jednakaugla, svaki od njih je prav, a podignuta prava zove se normala na onojna kojoj stoji

8 POGLAVLJE 2. EUCLIDSKI I HILBERTOV SISTEM AKSIOMA(11) Tup ugao je onaj koji je veći od pravog(12) Oštar je onaj koji je manji od pravog(13) Granica je ono što je kraj ma čega.(14) Figura je ono što je ome ¯deno ili jednom ili sa više granica....(23) paralelne su one prave koje se nalaze na istoj ravni i koje se produžene ubeskrajnost na obje strane ne sijeku jedna sa drugom.Za ostale definicije vidite literaturu. Nije teško primjetiti da ovo nisu stroge definicijeveć samo kratka objašnjenja elementarnih geometrijskih pojmova izloženes namjerom da u svjesti čitaoca stvore intuitivne predstave. Osnovne stavove geometrijeEuclid je podijelio na aksiome i postulate i obično se prihvata da je Euclidzasnovao geometriju na 5 postulata i 9 aksioma (pogledati literaturu). Svojomsloženošću se ističe peti postulat, koji je izazvao podozrenje poznavalaca Euclidovogdjela koji su smatrali da zbog svoje neelementarnosti, peti postulat trebadedukovati iz ostalih aksioma geometrije, a nikako ne prihvatiti da bude jedanod osnovnih stavova geometrije. Zbog njegove važnosti, ovdje ga i eksplicitnodajemo:Euclidov V postulat.Ako jedna prava u presjeku sa drugim dvjema obrazuje sa iste strane dvaunutrašnja ugla čiji je zbir manji od dva prava ugla, te dvije prave će se sjeći i tosa one strane sa koje su ovi uglovi manji od dva prava.Mnogi su matematičari i naučnici nastavili Euclidov rad, i već neki od prvihuvi ¯daju da Euclidovi aksiomi i postulati nisu dovoljni da se iz njih izvedu svageometrijska tvr ¯denja. Arhimed je tako dopunio skup aksioma sa pet novih.Me ¯dutim, sve do 19tog vijeka niko značajno nije nadopunio Elemente na pravinačin. Naročito se izdvajaju ispitivanja iz teorije paralelnih koja se odnose naEuclidov V postulat. Nakon mnoštva pokušaja koji su trajali preko 2000 (!) godinada se ovaj postulat dokaže iz već postojećih, u 19tom vijeku je dokazano daje Euclidov V postulat nezavisan od ostalih aksioma geometrije. U djelu NikolajaLobačevskog i Janosza Bolyaia je prvi put izražena misao da je V postululatnezavisan te da se ne može izvesti iz ostalih postulata.David Hilbert je u svom djelu “Osnove geometrije” koje je izdato 1899. godine,geometriju zasnovao na neprotivrječnom, nezavisnom i potpunom sistemuaksioma.

2.1. EUCLIDSKA AKSIOMATIKA 92.1.3 Hilbertov sistem aksioma ukratkoZa razliku od Euclida, Hilbert ne opisuje osnovne geometrijske pojmove. Hilbertkaže:“Mi zamišljamo tri različita sistema stvari: stvari prvog sistema nazivamo tačkamai označavamo ih sa A,B,C,...; stvari drugog sistema nazivamo pravama ioznačavamo ih saa,b,c,...; stvari trećeg sistema nazivamo ravnima i označavamoih saα,β,γ,.... Tačke se nazivaju elementima linearne geometrije, a tačke, pravei ravni se nazivaju elementima prostorne geometrije. ... Aksiome geometrije možemopodijeliti u pet grupa: svaka pojedinačno od ovih grupa izražava izvjesnepovezane osnovne činjenice našeg opažanja. Mi ćemo ove grupe aksioma nazvatina slijedećei način:I 1-8. aksiomi veze;II 1-4. aksiomi rasporeda;III 1-5. aksiomi podudarnosti;IV. aksiom paralelnosti;V 1-2. aksiomi neprekidnosti.”

10 POGLAVLJE 2. EUCLIDSKI I HILBERTOV SISTEM AKSIOMA

Poglavlje 3Hilbertov sistem aksiomaU ovoj sekciji ćemo se detaljno pozabaviti Hilbertovim sistemom aksioma.3.1 Aksiomi veze/pripadanjaZa Hilberta su tačke, prave i ravni tri sistema stvari koje se ne definišu, a njihovise me ¯dusobni odnosi označavaju, izme ¯du ostalog, i rječju "ležati", pri čemu se“tačan i za matematičke svrhe potpun” opis ovog odnosa postiže pomoću aksiomaprve grupe ili aksioma veze ili pripadanja.Ako tri ili više tačaka pripada jednoj pravoj, onda se nazivaju kolinearne, inačesu nekolinearne. Dalje, ako četiri ili više tačaka pripada jednoj ravni, onda ćemoreći da su koplanarne, inače su nekoplanarne. Dvije prave su koplanarne ako senalaze na istoj ravni, inače su nekoplanarne, ili mimoilazne. Dvije ili više pravihćemo zvati konkurentnim ako sve sadrže istu tačku. Z advije ili više ravni ćemoreći da su koaksijalne ako je njihov presjek neka prava.Aksiom I 3.1.1. Ma koje bile tačke A i B uvijek postiji prava a, kojoj pripadasvaka od tačakaAiB.Aksiom I 3.1.2. Ma koje bile dvije dvije tačke A i B, postoji najviše jedna pravakojoj pripada svaka od tačaka A iB.Aksiom I 3.1.3. Svakoj pravoj pripadaju najmanje dvije tačke. Postoje najmanjetri tačke, koje ne pripadaju istoj pravoj.Aksiom I 3.1.4. Neka su A, B i C tri tačke, koje ne pripadaju istoj pravoj. Tadapostoji ravan α kojoj pripada svaka od tih tačaka.Aksiom I 3.1.5. Neka su A, B i C tri tačke, koje ne pripadaju istoj pravoj. Tadapostoji najviše jedna ravan α, kojoj pripada svaka od tačaka A, B iC.11

12 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMAAksiom I 3.1.6. Ako dvije tačke A i B prave a pripadaju ravni α, onda svakatačka praveapripada ravni α.Aksiom I 3.1.7. Ma koje bile dvije dvije tačkeAiB, postoji najviše jedna pravakojoj pripada svaka od tačakaAksiom I 3.1.8. Ako dvije ravni α i β imaju zajedničku tačku A, onda one imajuzajedničku najmanje još jednu tačkuB.Aksiom I 3.1.9. Postoje najmanje četiri tačke koje ne pripadaju istoj ravni.3.1.1 Posljedice aksioma veze/pripadanjaPostoje brojne posljedice ovih aksioma, većina je i više nego dobro znana iz srednješkole. Evo nekih od njih.Teorema 3.1.10. Ako su tri tačke nekolinearne, tada su svake dvije od njih me ¯dusobnorazličite.Teorema 3.1.11. Ako su tri tačke nekoplanarne, tada su svake dvije od njih me-¯dusobno različite.Teorema 3.1.12. Postoji jedinstvena prava koja sadrži dvije različite tačke.Teorema 3.1.13. Postoji jedinstvena ravan koja sadrži tri različite tačke.Teorema 3.1.14. Postoji jedinstvena ravan koja sadrži dvije različite prave kojese sijeku.Teorema 3.1.15. Presjek dvaju pravih je najviše edna tačka.Teorema 3.1.16. Postoje dvije prave koje se ne sijeku.Teorema 3.1.17. Dvije ravni ili nemaju zajedničkih tačaka ili imaju zajedničkupravu, kojoj pripadaju sve zajedničke tačke te dvije ravni.Teorema 3.1.18. Ravan i prava, koja ne pripada toj ravni, mogu imati najvišejednu zajedničku tačku.

3.2. AKSIOMI RASPOREDA 133.2 Aksiomi rasporedaU euclidovim Elementima poredak tačaka na pravoj nigdje nije izdvojen već sepodrazumjevao budući da je intuitivno bio jasno odre ¯den zahvaljujući pore ¯denjudužina. Tek je C.F. Gauss primjetio 1832. godine da neke prostije stavove orasporedu tačaka na pravoj treba usvojiti kao aksiome, a da pojam “izme ¯du” trebarigorozno definisati.Hilbert je pojam “izme ¯du” prihvatio kao jedan od osnovnih pojmova geometrije,a njegov potpun opis postigao pomoću druge grupe aksioma. Primjetite da seu literaturi koristi oznakaBza tročlanu relaciju “izme ¯du”. Mi ćemo je izbjegavatikad god je to moguće.Aksiom II 3.2.1. Ako se tačkaB nalazi izme ¯du tačakaAiC, onda suA,B iC trirazne tačke neke prave i tačka B se tako ¯de nalazi izme ¯du C i A (nekad navedenokao odvojeni aksiom: B(A,B,C) ⇒ B(C,B,A)).Aksiom II 3.2.2. Ma koje bile dvije tačkeAiB, postoji najmanje jedna tačkaC,takva da jeB izme ¯duAiC.Aksiom II 3.2.3. Od tri tačke jedne prave, najviše jedna se nalazi izme ¯du ostaledvije.Aksiom II 3.2.4. Neka su A, B i C tri tačke koje ne pripadaju istoj pravoj i nekaje a neka prava ravni ABC, kojoj ne pripada ni jedna od tačaka A, B i C. Akoprava a sadrži tačku, koja je izme ¯du A i B, onda onda, tako ¯de, sadrži tačku kojaje ili izme ¯duAiC ili izme ¯duB iC.Samo se zadnji od ovih aksioma odnosi na geometriju ravni, dok se ostaliodnose na geometriju prave i nazivaju se linearnim.3.2.1 Posljedice aksioma rasporedaDefinicija 3.2.5. Posmatrajmo na pravoj a dvije tačke A i B. Sistem tačaka izme¯du A i B se zove duž i označava sa AB ili BA. Tačke izme ¯du A i B su tačkeduži AB, a same tačke A i B su krajnje tačke te duži. Sve ostale su spoljašnjetačke duži AB.Primjedba 3.2.6. Nekad ćemo, radi jednostavnosti, pravu koja sadrži duz ABoznačavati isto tako, tj, saAB.Teorema 3.2.7. Ako su A,B,C tri nekolinearne tačke, a P,Q,R tačke takve dajeB(B,P,C),B(C,Q,A),B(A,R,B), tada su P,Q,R nekolinearne tačke.Dokaz Kako jeB(C,Q,A),B(A,R,B) na osnovu aksioma II1 slijedi da su tačkeQ iRrazličite odApa, kako se nalaze na različitim pravama, na osnovu aksiome

14 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMA•A•B•RQ••P •CI2 i one će biti me ¯dusobno različite. Na isti način se dokazuje da se tačka Prazlikuje i od Q i odR.Pretpostavimo da su tačke P,Q,R kolinearne. Tada, na osnovu aksioma II3,važi tačno jedna od relacijaB(P,Q,R), B(Q,R,P), B(R,P,Q).Budući da time razmatranje neće izgubiti na opštosti, možemo pretpostaviti da jeB(R,P,Q). Tada su A,R,D tri nekolinearne tačke i BC prava u ravni ARQ,koja ne sadržiA, siječe pravuRQ u tačkiP takvoj da jeB(R,P,Q), a praveAQiAR u tačkamaC iB takvim da nije niB(Q,C,A) niB(A,B,R), što protivrječiaksiomu II4. DakleP,Q,R su nekolinearne tačke.Teorema 3.2.8. Izme ¯du ma kojih dviju tačaka prave postoji beskonačno mnogodrugih njenih tačaka.Dokaz Dokaz ove teoreme prati iz prve dvije grupe aksioma.Odavde direktno slijediTeorema 3.2.9. Svaka prava ima beskonačno mnogo tačaka.Definicija 3.2.10. Skup konačnog broja tačakaA, B, C,...,P ,Qisvih unutrašnjihtačaka duži AB,BC,...,PQ je izlomljena linija, a A i Q su njenje krajnjetačke. Ako se te krajnje tačke poklapaju, onda se ta izlomljena linija zove mnogougao.Definicija 3.2.11. Ako su O,A,A ′ i B tačke na pravoj, i to tako da se tačka Onalazi izme ¯duAiA ′ , ali se ne nalazi izme ¯duAiB, onda su na datoj pravoj tačkeA iA ′ sa raznih strana tačkeO, a tačkeAiB su sa iste strane tačkeO.Definicija 3.2.12. Poluprava je skup svih tačaka prave, koje se nalaze sa istestrane uočene tačke te prave.Definicija 3.2.13. Poluravan je skup svih tačaka ravni, koje se nalaze sa iste straneuočene prave te ravni.

3.2. AKSIOMI RASPOREDA 15Definicija 3.2.14. Poluprostor je skup svih tačaka prostora, koje se nalaze sa istestrane uočene ravni tog prostora.Definicija 3.2.15. Ugao je skup dvije poluprave sa zajedničkom početnom tačkom.Teorema 3.2.16. Prava koja prolazi kroz tjeme A trougla ABC i sadrži nekuunutrašnju tačku tog trougla, siječe njegovu stranicuBC.Teorema 3.2.17. Ako je C tačka otvorene duži AB, tada tačka D koja nije istovjetnasa C pripada otvorenoj duži AB ako i samo ako pripada tačno jednoj odotvorenih dužiAC i CB.Teorema 3.2.18. Neka su A,B,C tri nekolinearne tačke. Presjek otvorenih dužiAB i BC je prazan ako i samo ako jeB izme ¯duAiC, tj. B(A,B,C).Teorema 3.2.19. Ako je B(A 1 ,A 2 ,...,A n ), tada tačka X koja je različita odtačakaA i ,∀i, pripada otvorenoj dužiA 1 A n , ako i samo ako pripada tačno jednojod otvorenih dužiA i Ai+1,i = 1,2,...,n−1.Teorema 3.2.20. Ako je(A i A i+1 ),i = 1,2,...,n−1,n > 3 konačan niz disjnktnihduži koje pripadaju nekoj pravoj, tada jeB(A 1 ,A 2 ,...,A n ).Teorema 3.2.21. Ako je dat ma koji broj tačaka na pravoj one se uvijek moguoznačiti sa A 1 ,A 2 ,A 3 ,A 4 ,A 5 ,...,A n , tako daje tačka A 2 izme ¯du A 1 sa jednestrane i A 3 ,A 4 ,A 5 ,...,A n sa druge strane, A 3 izme ¯du A 1 ,A 2 sa jedne strane iA 4 ,A 5 ,...,A n itd. Osim ovog načina označavanja postoji još samo jedan, obrnuti,način označavanja, koji ima isto svojstvo.Drugim rječima, na pravoj postoje samo dva smjera.Dokaz Ako imamo tri tačke, tvr ¯denje je posljedica aksioma II3. Pretpostavimoda je tvr ¯denje tačno ako je broj tačaka izme ¯du3im ∈ N i dokažimo da je tačno izam+1 tačaka.Razmotrimo najprije pitanje broja načina na koje se skupA := {A 1 ,A 2 ,...,A m+1 }može linearno urediti. Ako pretpostavimo da je B(A 1 ,A 2 ,...,A m+1 ) tada je iB(A m+1 ,A m ,...,A 1 ). Ako jep 1 ,p 2 ,...,p m+1 permutacija brojeva1,2,...,m+1, izB(A p1 ,A p2 ,...,A pm+1 )slijedi da jeA p1 ,A pm+1 = A 1 ,A m+1 ,

16 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMAjer suA 1 iA m+1 jedine tačke skupaAkoje nisu izme ¯du nekih drugih dvaju tačakatoga skupa. Budući da zbog toga razmatranje neće izgubiti na opštosti, možemopretpostaviti da je p 1 i da je p m+1 = m + 1. Kako je A 2 jedina tačka skupa Atakva da izme ¯duA 1 iA 2 nema viče tačaka toga skupa, bićep 2 = 2. Ponovivši ovajpostupak, zaključićemo da je p i = i,2 ≤ i ≤ m. Dakle, skup A se može ureditiili na0ili na2načina, pa je dovoljno pokazati postojanje jednog tog ure ¯denja.Neka je X ∈ A i neka je D = A\X. Na osnovu indukcijske hipoteze skupD = D 1 ,D 2 ,...,D m se može linearno urediti. Neka jeB(D 1 ,D 2 ,...,D m ). Tadaje iliB(X,D 1 ,D m ) iliB(D 1 ,D m ,X) iliB(D m ,X,D 1 ).Ako jeB(X,D 1 ,D m ) tada je na osnovu teoreme 3.2.18,(XD 1 )∩(D 1 D m ) =∅, pa su zbog toga i na osnovu teoreme 3.2.19, duži(XD 1 ),(D 1 D 2 ),...,(D m−1 ,D m )disjunktne. Kako su time zadovoljeni uslovi teoreme 3.2.20, bićeB(X,D 1 ,D 2 ,...,D m ).Ako jeB(D 1 ,D m ,X), tada jeB(X,D m ,D 1 ), pa je na osnovu već dokazanog,B(X,D m ,D m−1 ,...,D 1 ).Ako je B(D m ,X,D 1 ), tj. B(D 1 ,X,D m ), tada tačka X, na osnovu teoreme3.2.19 pripada tačno jednoj duži (D i D i+1 ),i = 1,2,...,m − 1. Ako je to duž(D j ,D j+1 ), iz teorema 3.2.17 i 3.2.20 slijedi da jeB(D 1 ,D 2 ,...,D j ,X,D j+1 ,...,D m ).3.3 Aksiomi podudarnostiOva grupa aksioma implicitno definiše podudarnost duži i podudarnost uglova.Aksiom III 3.3.1. Ako su A i B dvije tačke prave a i ako je A ′ tačka te iste ilineke druge pravea ′ , onda se uvijek na pravoja ′ sa date strane tačkeA ′ može naćitačkaB ′ , takva da je dužAB podudarna duži A ′ B ′ , što se označava kaoAB ∼ = A ′ B ′Aksiom III 3.3.2. Ako su duži A ′ B ′ i A ′′ B ′′ podudarne jednoj istoj duži AB,onda je i dužA ′ B ′ podudarna dužiA ′′ B ′′ , tj.A ′ B ′ ∼ = AB ∧A ′′ B ′′ ∼ = AB ⇒ A ′ B ′ ∼ = A ′′ B ′′Aksiom III 3.3.3. Neka su AB i BC dvije duži praveakoje nemaju zajedničkihtačaka i neka su, dalje, A ′ B ′ i B ′ C ′ dvije duži te iste ili neke druge pravea ′ , kojetako ¯der nemaju zajedničkih tačaka.Ako je tadaAB ∼ = A ′ B ′ i BC ∼ = B ′ C ′ ,onda je i AC ∼ = A ′ C ′ .

3.3. AKSIOMI PODUDARNOSTI 17Aksiom III 3.3.4. NEka je dat ugao∠hk u ravni α, pravaa ′ te iste ili neke drugeravniα ′ i neka je, u odnosu na pravua ′ zadana poluravan ravniα ′ . Neka je, dalje,h ′ poluprava prave a ′ sa početnom tačkom O ′ . Tada u ravni α ′ , kroz tačku O ′ , udatoj poluravni s obzirom na pravu a ′ , prolazi samo jedna poluprava k ′ takva daje∠hk podudaran uglu∠h ′ k ′ , što se označava kaoSvaki ugao je sam sebi podudaran.∠hk = ∠h ′ k ′ .Aksiom III 3.3.5. Neka suA,B iC tri tačke koje ne pripadaju istoj pravoj i nekasuA ′ ,B ′ i C ′ tako ¯de tri tačke koje ne pripadaju istoj pravoj. Ako je pri tomeAB ∼ = A ′ B ′ , AC ∼ = A ′ C ′ , ∠BAC ∼ = ∠B ′ A ′ C ′ ,onda je i∠ABC ∼ = ∠A ′ B ′ C ′ .Na osnovu ovih i aksioma iz prve grupe se mogu dokazati mnoge teoreme izgeometrije na koje ste nailazili u srednjoj skoli. Navešćemo neke od njih.Teorema 3.3.6. • U jednakokrakom trouglu, uglovi naspram podudarnih stranicasu podudarni.• svih pet teorema o podudarnosti trouglova• sve teoreme o podudarnosti trijedaraTeorema 3.3.7. Spoljašnji ugao trougla veći je od unutrašnjeg neusporednog uglaistog trougla.Teorema 3.3.8. Spoljašnji ugao trougla veći je od unutrašnjeg neusporednog uglaistog trougla.Tako ¯der možemo definisati pravi ugao pa stoga i normalu prave.Teorema 3.3.9. Kroz datu tačku postiji jedna i samo jedna normala date prave.Teorema 3.3.10. Ako prava prolazi kroz tačku presjeka dvije prave i normalna jena svakoj od njih, ona je normalna i na svakoj pravoj u ravni, odre ¯denoj dvjemapravama koje se sijeku.Teorema 3.3.11. Kroz datu tačku prolazi jedna i samo jedna normala date ravni.Teorema 3.3.12. Kroz datu tačku prolazi jedna i samo jedna ravan koja je normalnana datoj pravoj.

18 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMATeorema 3.3.13. Ako se dvije ravni, koje su normalne trećoj, sijeku, prava presjekasiječe treću ravan i normalna je na njoj.Teorema 3.3.14. Kroz svaku pravu, koja nije normalna na datoj ravni, prolazijedna i samo jedna ravan normalna na datoj ravni.Dalje možemo vršiti uspore ¯divanje duži i uspore ¯divanje uglova i definisati sabiranjeduži i sabiranje uglova. Možemo tako ¯de definisati transformaciju podudarnosti.Definicija 3.3.15. Neka je izme ¯du tačaka figuraF iF 1 uspostavljena jednoznačnakorespodencija, pri kojoj tačkama A, B figure F odgovaraju, respektivno, tačkeA 1 , B 1 figureF 1 . Za duži AB iA 1 B 1 kažemo da odgovaraju jedna drugoj.Uzajamno jednoznačna korespodencija izme ¯du tačaka figura F i F 1 je transformacijapodudarnosti, ako je svaki par odgovarajućih duži tih figura, par podudarnihduži. Za same figureF iF 1 kažemo da su podudarne: F ∼ = F 1 .Teorema 3.3.16. Pri transformaciji podudarnosti, kolinearne tačke se preslikavajuna kolinearne tačke, a komplanarne tačke na komplanarne tačke.Pri transformaciji podudarnosti, ugao se preslikava na podudaran ugao.Teorema 3.3.17. Neka su A,B,C proizvoljne nekolinearne tačke ravne figureF , A 1 proizvoljna tačka ravni, a 1 proizvoljna poluprava te ravni, sa početnomtačkomA 1 .Tada uvijek postoji transformacija podudarnosti figure F , koja preslikava Ana A 1 , B na tačku B 1 poluprave a 1 , a C na tačku C 1 koja pripada odre ¯denojpoluravni s obzirom na pravu kojoj pripadaa 1 .Ili drugačije:Podudarnost u ravni jednoznačno je odre ¯dena sa tri para odgovarajućih tačaka:A,A 1 ; B,B 1 ; C,C 1 tako da jeAB ∼ = A 1 B 1 , AC ∼ = A 1 C 1 , BC ∼ = B 1 C 1 .Teorema 3.3.18. Podudarnost u ravni je, sa tačnošću do osne simetrije, odre ¯denasa dva para odgovarajućih tačaka A, A 1 ;B,B 1 , tako da jeAB ∼ = A 1 B 1 .Napomena: Transformacija podudarnosti se zove još i kretanje.Teorema 3.3.19. Dva trougla su podudarni ako i samo ako su1. dvije ivice i njima zahvaćeni ugao podudarni odgvarajućim ivicama i ugludrugog trougla;2. jedna ivica i na njoj nalegli uglovi jednog trougla podudarni odgovarajućojivici i uglovima drugog trougla

3.4. AKSIOMI NEPREKIDNOSTI 193. ivice jednog trougla podudarne ivicama drugog trougla4. dvije ivice i ugao naspram jedne od njih jednog trougla podudarni odgovarajućimivicama i uglu drugog trougla, dok su uglovi naspram dviju me ¯dusobmnopodudarnih ivica oba oštra, oba prava ili oba tupa5. jedna ivica, na njoj nalegli ugao i njoj naspramni ugao jednog trougla podudarniodgovarajućoj ivici i uglovima drugog trougla.Dokaz Lučić str. 90.3.4 Aksiomi neprekidnostiOd samih početaka geometrije pa sve do kraja devetnaestoga stoljeća geometrijskaneprekidnost se podrazumjevala, kao nešto jasno samo po sebi. Pasch je 1882.godine u svojoj “Novijoj Geometriji” istakao neophodnost zasnivanja geometrijskeneprekidnosti polazeći od zasebnih aksioma.Već je Arhimed primjetio neke nedostatke Euclidske aksiomatike. U cilju zasnivanjateorije mjerenja geometrijskih figura on je u svom djelu “O valjku i lopti”,upotpunio Euclidove aksiome - izme ¯du ostalog Eudoksovim aksiomom prestiživostina kojem se zasniva tzv. geometrijska neprikidnost “u velikom”. Prematom aksiomu konačnim brojem “prenošenja” zadate duži na zadatu pravu može se“stići i prestići” svaka tačka te prave.Neprekidnost “u malom” koja omogućava da se dokažu stavovi od presjekuprave i kruga i o presjeku dvaju krugova počiva na Cantorovom aksiomu premakojem je, grubo rečeno, prava “gusto ispunjena” tačkama.Aksiomi neprekidnosti su dakle Arhimedov i Cantorov aksiom, tj:Aksiom IV 3.4.1. Neka suAB iCD proizvoljne duži. Tada na pravojAB postojikonačan broj tačakaA 1 ,A 2 ,...A n ,A n+1 koje su raspore ¯dene tako da jeB(A,A 1 ,A 2 ),B(A 1 ,A 2 ,A 3 ),...pri čemu su duži AA 1 ,A 1 A 2 ,...,A n A n+1 podudarne duži CD, a B se nalaziizme ¯duA n i A n+1 , tj. B(A n ,B,A n+1 ).Aksiom IV 3.4.2. Neka je na bilo kojoj pravoj dat beskrajan niz dužiA 1 B 1 ,A 2 B 2 ,...od koje svaka slijedeća pripada unutrašnjosti prethodne; neka dalje, ne postoji dužkoja pripada unutrašnjosti svih duži datog niza. Tada na uočenoj pravoj postojitačkaX, koja pripada unutrašnjosti svake dužiA 1 B 1 ,A 2 B 2 ,A 3 B 3 ,....

20 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMANavedimo prvo dvije posljedice Arhimedove aksiome, od kojih ćemo dokazatidrugu.Posljedica 3.4.3. Ako je dužamanja od dužib, tada postoji prirodan brojn, takavda je(n−1)a ≤ b < na.Posljedica 3.4.4. Ako je duž a manja od duži b, onda za svaku duž c postojem,n ∈ N, takvi daa < m 2nc < b.DokazKako jea < b, na osnovu Arhimedovog aksioma postojin ∈ N takav dac < 2 n (b−a), tj.12nc < b−a.Ako je 12 n c > a, onda jea < 1 2nc < b−a < bpa je dokaz gotov (m=1).Ako je 1 c < a, onda, na osnovu prethodne teoreme, postoji broj m takav da2 nje(m−1) 1 2 nc ≤ a < m 1 2 nc.Tada jea < m 2 nc = 1 m−12nc+ c < (b−a)+a = b.2 nDefinicija 3.4.5. Niz duži A 1 B 1 ,A 2 B 2 ,...,A n B n ,... koji zadovoljava aksiom3.4.2, takav da ne postoji duž koja je sadržana u svim dužima toga niza, zvaćemoCantorovim nizom.Teorema 3.4.6. Postoji jedinstvena tačka koja pripada Cantorovom nizu.Dokaz Ako bi pored tačkeX čije je postojanje pretpostavljeno Cantorovim aksiomompostojala još jedna tačkaY koja pripada svakoj od duži zadatog niza, ondabi i svaka tačka Z duži XY takoe pripadala svakoj od duži tog niza. Tada bi dužXY pripadala svakoj duži Cantorovog niza što nije u skladu sa njegovom definicijom.Stoga jeX jedinstvena.

3.4. AKSIOMI NEPREKIDNOSTI 21Teorema 3.4.7. Ne postoji duž koja bi bila manja od svake duži Cantorovog niza.Dokaz Lučic str. 160....Teorema 3.4.8. Dedekindova teorema/princip za pravu. Ako su sve tačke nekepraveppodijeljene u dva skupa M i N takva da1 ◦ svaka tačka praveppripada samo jednom od skupovaMiN ,2 ◦ skupoviMiN su neprazni,3 ◦ izme ¯du bilo kojih dviju tačaka jednog od tih skupova nema tačaka koje pripadajudrugom,tada postoji jedinstvena tačka X na pravoj p takva da su sve ostale tačke skupaM sa jedne strane te tačke, a sve ostale tačke skupaN sa druge.Dokaz Kako su skupovi M i N neprazni, postoje tačke M 1 i N 1 koje, redom,pripadaju tim skupovima. Neka jeS 1 središte dužiM 1 N 1 . TadaS 1 pripada pravojp, pa stoga, na osnovu uslova1 ◦ , pripada tačno jednom od skupovaMiN . Akotačka S 1 pripada skupu M, označićemo je sa M 2 , a tačku N 1 sa N 2 , a ako S 1pripada skupu N , označicemo je sa N 2 , a M 1 sa M 2 . Neka je S 2 središte dužiM 2 N 2 . Ponavljajući postupak dobivamo niz [M k N k ] k=1,2,... zatvorenih duži odkojih svaka duž sadrži slijedeću u tom nizu. Takav niz zvaćemo nizom polovinaduži.Dokažimo da ne postoji duž koja je sadržana u svim dužima konstruisanogniza polovina. Ako bi, naprotiv, postojala takva duž x, onda bi za svako k bilox < M k N k , a kako je, prema konstrukciji niza, M k N k = (1/2 k−1 )M 1 N 1 , bilobi x < (1/2 k−1 )M 1 N 1 , tj. 2 k−1 x < M 1 N 1 , ∀k, što protivrječi Arhimedovomaksiomu. Dakle niz [M k N k ] je Cantorov, pa postoji jedinstvena tačka X kojapripada svakoj duži niza polovina duži.Iz konstrukcije niza polovina duži slijedi da su sve tačke niza (M k ) k=1,2,... sajedne strane tačke X, a sve tačke niza (N k ) k=1,2,... sa druge. Dokažimo da su isve ostale tačke skupaMsa jedne tačke X, a sve ostale tačke skupaN sa druge.Tačka X pripada samo jednom od skupova M i N , recimo skupu N . Ako jeN ∈ N proizvoljna tačka različita odX, tada je ona sa straneX sa koje su i tačkeniza (N k ) k=1,2,... . Zaista, ako bi bilo B(N,X,N k ), tačka N bi bila sa one straneX sa koje su i tačke niza (M k ) k=1,2,... , pa bi, za dovoljno veliko k, tačka M k bilaizme ¯duN iX. Dakle, postojala bi tačka skupaMizme ¯du dviju tačaka skupaN .Ako je pak, M proizvoljna tačka skupa M, tada ne može biti B(M k ,X,M)jer bi postojala tačka skupa N izme ¯du dvaju tačaka skupa M. Dakle, postoji

22 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMAjedinstvena tačka X takva da su sve ostale tačke skupa M sa jedne strane tačkeX, a sve ostale tačke skupaN sa druge.Za tačkuX kažemo da razdvaja skupoveMiN .Teorema 3.4.9. Ako se Dedekindov princip za pravu uzme kao aksiom, onda se,pod pretpostavkom da su zadovoljene prve tri grupe aksioma, mogu dokazati Arhimedovi Cantorov aksiom.Dokaz Arhimedovog aksioma Pretpostavimo da Arhimedov aksiom nije tačan,tj. da postoji beskonačan niz podudarnih duži A 1 A 2∼ = A2 A 3∼ = ... koje svepripadaju duži AB. Izaberimo takav raspored tačaka na pravoj AB da je tačka AispredB i podijelimo sve tačke praveAB na dva skupa. U prvi skup stavimo onutačku koja je ispred neke tačke A n , pa pošto je A n proizvoljna tačka, to znači daje i ispred tačakaA n+1 ,A n+2 ,..., a u drugi skup sve ostale tačke praveAB.Tada svaka tačka pripada jednom i samo jednom skupu. Svaki skup ima tačaka,tj. nije prazan, i to prvi skup ima tačkeA 1 ,A 2 ,A 3 ,... a drugi tačku B.Dalje, svaka tačka prvog skupa je ispred svake tačke drugog skupa. Prematome, uslovi Dedekindovog principa su zadovoljeni, što znači da postoji tačka Ckoja vrši presjek. Jasno je da tačka C ne može pripadati prvom skupu. Ona jedakle tačka koja stoji ispred svih tačaka drugog skupa.Na osnovu aksioma 3.3.1, postoji tačkaDkoja je ispredC takva da jeCD ∼ = A 1 A 2∼ = A2 A 3∼ = ....Kako jeD ispred C, ona ne može pripadati drugom skupu. To pak, prema definicijiprvog skupa, znači da je tačkaD ispred neke tačkeA n , pa dakle, i ispredA n+1 .Drugim rječima, tačkeA n ,A n+1 su izme ¯duC iD, što znači da jeCD > A n A n+1 .Kontradikcija.Dokaz Cantorvog aksioma Posmatrajmo niz duži A 1 B 1 ,A 2 B 2 ,... tako da jeuvijek dužA n+1 B n+1 sadržana u dužiA n B n , a ne postoji duž koja pripada svakojduži ovog niza. Treba pokazati da postoji tačka koja pripada svakoj duži ovogniza.Izaberimo na uočenoj pravoj a smjer takav da je uvijek tačka A n ispred tačkeB n . Podijelimo tačke prave a na dva skupa, tako da tačka pripada prvom skupuako je ona ispred neke tačkeA n , pa dakle i ispred tačakaA n+1 ,A n+2 ,.... U drugiskup stavimo sve ostale tačke. Odmah se vidi da svaka tačka pripada jednom isamo jednom skupu i da prvi skup sadrži tačkeA 1 ,A 2 ,..., a drugi skupB 1 ,B 2 ,...tj. svaki skup nije prazan. Isto tako je jasno da su tačke prvog skupa ispred tačakadrugog skupa. Prema tome, svi uslovi Dedekindovog principa su zadovoljeni, papostoji tačkaC koja vrši presjek.Kako prvi skup nema zadnji element, to jeC prva tačka drugog skupa, tj. tačkaC je iza svih tačaka A 1 ,A 2 ,...,A n ,..., a ispred svih tačakaB 1 ,B 2 ,...,B n ,....

3.4. AKSIOMI NEPREKIDNOSTI 23Drugim rječima, tačkaC pripada svakoj dužiA n B n .Na osnovu ovoga slijediTeorema 3.4.10. Aksiomi neprekidnosti Hilbertovog sistema aksioma su ekvivalentniDedekindovom principu za pravu.3.4.1 Posljedice aksioma neprekidnostiNa osnovu ovih aksioma može se zasnovati mjerenje duži i uglova.Definicija 3.4.11. Mjerom ili dužinom duži nazivamo funkcijuLkoja svakoj dužia dodjeljuje pozitivan realan brojL(a), a zadovoljava slijedeće uslove:1 ◦ postoji duž kojoj je mjera 1,2 ◦ mjere podudarnih duži su me ¯dusobno jednake,3 ◦ ako sua,b,c tri duži takve da jea+b = c, onda jeL(a)+L(b) = L(c).Broj L(a) nazivamo mjerom duži a, a duž čija je mjera 1 nazivamo jediničnom.Teorema 3.4.12. MjeraLduži ima slijedeće osobine(a) Dužaje manja od dužibako i samo ako jeL(a) < L(b).(b) Duži su podudarne ako i samo su im mjere me ¯dusobno jednake.(c) Ako sua,b,c tri duži takve da jea−b = c, onda jeL(a)−L(b) = L(c).(d) Ako jek ∈ N onda je( ) 1L(ka) = kL(a) i L2 ka = 1 2 kL(a)Slijedeće tri teoreme nam omogućavaju da uvedemo metriku.Teorema 3.4.13. Neka je funkcijaLmjera duži. FunkcijaL ′ je tako ¯de mjera dužiako i samo ako postoji pozitivan realan brojλtakav da jeL ′ = λL.

24 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMADokaz Ako je L ′ = λL, lako se dokazuje da je i L ′ mjera duži. Dokažimoobratno.Pretpostavimo zato da je L ′ mjera duži, zatim da je a 0 jednična duž mjere L iλ = L ′ (a 0 ) i dokažimo da je za svaku dužAB,Kako je za svaki prirodan brojkL ′ (AB) = λL(AB).AB < AB + 1 2 ka 0,tada će na osnovu teoreme 3.4.4 postojati prirodni brojevim k i2 n k koji zavise odbrojak takvi da jeBudući da su L i L ′ mjere, bićeiDakle, bićepa jeStoga je za svaku dužABDakle,L ′ = λL.AB < m ka 0 < AB + 1 2 ka 0.2 n kL(AB) < m k2 n k< L(AB)+ 1 2 kL ′ (AB) < m kL ′ (a2 n 0 ) < L ′ (AB)+ 1 (ak 2 kL′ 0 ).m klimk→∞ 2 n kL(AB)L ′ (a 0 ) = limm kk→∞ 2 n k= L(AB)L ′ (AB) = λL(AB).L ′ (a 0 ) = L ′ (AB).Teorema 3.4.14. Ako je a 0 proizvoljna duž, onda postoji jedinstvena mjera Ltakva da jeL(a 0 ) = 1.Dokaz Lučić str. 169.Teorema 3.4.15. Ako je L zadata mjera, onda za svaki pozitivan realan broj αpostoji dužatakva da jeL(a) = α.

••3.4. AKSIOMI NEPREKIDNOSTI 25D•ABC•Slika 3.1: Nejednakost trouglaDokaz Lučić str. 169.Ako mjeru duži AB nazovemo rastojanjem izme ¯du tačaka A i B i ako pretpostavimoda je mjera nula duži, nula, onda je na taj način u apsolutni prostoruvedena metrika. Ako saρ L (A,B)obilježimo uvedeno rastojanje izme ¯du tačakaAiB, onda je1 ◦ ρ L (A,B) = 0 ako i samo ako su tačkeAiB istovjetne,2 ◦ ρ L (A,B) = ρ L (B,A),3 ◦ ρ L (A,B)+ρ L (B,C) ≥ ρ L (A,C).Prve dvije tvrdnje se dokazuju direktno, a treća slijedi iz teorema 3.4.12 i teorema:Teorema 3.4.16. Zbir dvaju ivica trougla je veći od njegove treće ivice, a razlikadvaju ivica trougla je manja od njegove treće iviceDokaz Neka je ABC proizvoljan trougao i D tačka poluprave BA takva da jeB(B,A,D) i AC ∼ = AD. Tada je ∠BCD > ∠BCA i ∠ACD ∼ = ∠BDC odakleslijedi da je ∠BCD > ∠BDC, pa je, kako je jedna ivica trougla veća od drugeako i samo ako je naspram nje veći ugao (Lučić str 89), BD > BC i prema tomeAB +AC > BC.

26 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMADa bismo dokazali drugi dio teoreme, pretpostavimo da jeAC > AB. Budućida je, na osnovu dokazanog dijela teoreme, AC < AB +BC, biće AC −AB ∠A 1 CA jer je popretpostavci, zbir uglova u trouglu ABC veći od π, pa je zato, (zbog činjenice da

3.5. AKSIOM PARALELNOSTI 27B•A•C•A 1•C 1•A n•C n−1•C n•Slika 3.2: Zbir unutrašnjih uglova trouglaako su ABC i A’B’C’ dva trougla kod kojih je AB ∼ = A ′ B ′ i AC ∼ = A ′ C ′ , tada jeBC > B ′ C ′ ako i samo ako ∠A > ∠A ′ ), BC > AA 1 . Kako jeBA+nAA 1 +AC = BA+AA 1 +...+A n−1 A n +A n C n > BC n = (n+1)BC,za svaki prirodan brojnbićen(BC −AA 1 ) < BA+AC −BC,što protivrječi Arhimedovom aksiomu budući da je BC −AA 1 > 0. Dakle, zbirunutrašnjih uglova trouglaABC ne može biti veći od π.Teorema 3.4.21. Ako postoji trougao kome je zbir unutrašnjih uglova π, onda jezbir unutrašnjih uglova svakog trougla takodjerπ.Dokaz Lučić str. 176.Dalje ove četiri grupe aksioma dopuštaju uvo ¯denje koordinatnog principa za pravu,ravan i prostor - dakle dopuštaju zasnivanje analitičke geometrije, tj.Teorema 3.4.22. Izme ¯du ure ¯denog skupa svih tačaka prave i ure ¯denog skupa svihrealnih brojeva, može se uspostaviti uzajamno jednoznačna korespondencija, takoda se odgovarajući elementi nalaze u istovjetnim odnosima rasporeda.3.5 Aksiom paralelnostiPrije svega potsjetimo se definicijeDefinicija 3.5.1. Dvije prave su paralelne ako pripadaju istoj ravni, a nemajuzajedničkih tačaka.

28 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMAEgzistenciju paralelnih pravih je lako dokazati i to koristeći samo prve trigrupe aksioma:Neka imamo pravu AB i tačku P na njoj. Neka je p prava koja prolazi kroztačku P i neka su P ′ i P ′′ dvije tačke prave p, takve da je P ′ izmedju P i P ′ .Na osnovu aksioma podudarnosti, uvijek postoji pravaA ′ B ′ koja prolazi krozP ′ ,takva da je∠P ′′ P ′ B ′ ∼ = ∠P ′ PB.U tom slučaju ne postoji tačke S zajedničke pravim A ′ B ′ i AB, jer bi u trougluSPP ′ jedan spoljašnji ugao bio podudaran unutrašnjem neuporednom uglu, što jes obzirom na razultate iz Sekcije 3.3, nemoguće.Ovim smo dokazali slijedećuTeorema 3.5.2. Kroz svaku tačku, koja ne pripada datoj pravoj, prolazi pravakoja joj je paralelna.Dobro su poznati iz srednjoškolskih dana pojmovi naizmjeničnih, suprotnih isaglasnih trouglova. Na osnovu toga, prethodnu teoremu možemo formulisati i naslijedeći način:Teorema 3.5.3. Ako dvije prave pri presjeku sa trećom obrazuju podudarne naizmjeničneili podudarne saglasne uglove, ili je pak zbir dva suprotna ugla jednakzbiru dva prava ugla, te dvije prave su paralelne.Dakle, egzistencija paralelnih pravih je posljedica prve tri grupe aksioma.Značaj aksioma paralelnosti je u tome što ona zahtjevaAksiom V 3.5.4. Kroz tačku van date prave može prolaziti najviše jedna pravaparalelna datoj pravoj.S obzir na već dokazano, imamo slijedećuTeorema 3.5.5. Kroz tačku koja ne pripada datoj pravoj, uvijek prolazi jedna isamo jedna prava paralelna datoj pravoj.Definicija 3.5.6. Geometrijski sistem, koji se zasniva na 4 već data skupa aksiomai aksiomu paralelnosti 3.5.4, zove se geometrija Euclida ili elementarna geometrija.Prostor čije tačke, prave i ravni stoje u medjusobnim odnosima, tako dasu zadovoljeni zahtjevi svih aksioma Hilbertovog sistema se zove Euclidski prostor.Tačke i prave svake ravni tog prostora zadovoljavaju zahtjeve svih navedenihaksioma; Takva ravan se naziva Euclidska ravan.Medju teoremama koje su posljedice aksioma paralelnosti navodimo prije svega

3.5. AKSIOM PARALELNOSTI 29Teorema 3.5.7 (Peti Euclidov postulat). Ako dvije prave pri presjeku sa trećomobrazuju suprotne uglove, čiji je zbir različit od zbira dva prava ugla, one se sijekui to sa one strane sječice sa koje je taj zbir manji od zbira dva prava ugla.Dokaz Zaista, neka suAB iA ′ B ′ dvije prave koje pravapsiječe u tačkamaP iP ′respektivno. Iz aksioma podudarnosti slijedi da kroz tačkuP ′ prolazi jedna prava,A ′′ B ′′ recimo, takva da je zbir suprotnih uglova, koje ona i prava AB obrazujusa pravom p, jednak zbiru dva prava ugla. S obzirom na naprijed izloženo, pravaA ′′ B ′′ je paralelna pravoj AB, a s obzirom na aksiom paralelnosti, to je i jedinaprava koja prolazi kroz tačkuP ′ a paralelna je pravojAB.Dakle, prava A ′ B ′ mora sjeći pravu AB. Da se taj presjek mora nalaziti saone strane pravep, sa koje je zbir suprotnih uglova manji od zbira dva prava ugla,slijedi iz Teoreme 3.4.20, prema kojoj zbir dva unutrašnja ugla trougla ne možebiti veći od zbira dva prava ugla.Posljedica 3.5.8. Peti Euclidov postulat nije samo posljedica aksioma paralelnosti,on mu je i ekvivalentan. Dakle ne samo da se Euclidov postulat može dokazatina osnovu aksiooma Hilbertovog sistema, nego se i aksiom paralelnosti možedokazati koristeći prve 4 grupe aksioma i V Euclidov postulat.Dokaz Zaista, ako se dvije praveAB iA ′ B ′ koje u presjeku sa pravompobrazujusuprotne uglove čiji je zbir različit od zbira dva prava ugla, uvijek sijeku, ondakroz tačkuP ′ prolazi samo jedna prava koja ne siječe pravuAB (koja joj je dakleparalelna) – ona koja sa pravom AB pri presjeku sa pravom p, obrazuje suprotneuglove čiji je zbir jednak zbiru dva prava ugla.Još neki ekvivalenti aksioma paralelnosti su:Teorema 3.5.9. “Zbir uglova svakog trougla jednak je zbiru dva prava ugla” jeekvivalentno aksiomu paralelnosti.Dokaz Dokaz teoreme “Zbir uglova svakog trougla jednak je zbiru dva pravaugla” je srednjoškolski materijal, pa ćemo stoga samo dokazati obratno tvrdjenje.Pretpostavimo dakle da su zadovoljeni svi aksiomi prve četiri grupe Hilbertovihaksioma i tvrdjenje “Zbir uglova svakog trougla jednak je zbiru dva pravaugla”.Neka imamo pravu p i van nje tačku P . Neka je PP ′ normala iz P na p, a p ′normalna u P na PP ′ . Prava p ′ je paralelna pravoj p. Treba dokazati da je ona ijedina takva prava koja prolazi kroz tačku P , tj da svaka druga prava PE siječepravu p.U tu svrhu uočimo na pravojptačkeA,A 1 ,A 2 ,...,A n takve da jePP ′ ∼ = P ′ A,PA ∼ = AA 1 ,...,PA n−1∼ = An−1 A n .

30 POGLAVLJE 3. HILBERTOV SISTEM AKSIOMAU trouglu P ′ PA zbir uglova je 2d, gdje sa d označavamo pravi ugao. No, taj jetrougao pravougli i jednakokrak, što znači da je∠PAP ′ = d/2.S druge strane, ∠PAP ′ je spoljašnji ugao trougla PAA 1 . Kako je trougaoPAA 1 jednakokrak, a zbir njegovih uglova je2d, to je∠PA 1 A = d/(2 2 ).Nastavljajući ovaj postupak, dobijamo da je∠PA n A n−1 = ∠PA n P ′ = d/(2 n+1 ).Za dovoljno velikon, taj ugao je manji od uglaδ koji pravaPE zaklapa sap ′ .S druge strane, u pravouglom trouglu PP ′ A n zbir uglova je 2d, pa je ugao kojiobrazuju pravePA n ip ′ podudaran∠PA n P ′ . Drugim riječima, ma kako bio maliugao δ koji prava PE obrazuje sa pravom p ′ , kroz tačku P ′ uvijek prolazi nekaprava koja siječe pravu p u tački G, a sapobrazuje ugaoη < δ. Dakle, pravaPEima tačaka u unutrašnjosti trouglaPP ′ G i stoga siječe njegovu suprotnu starnicuP ′ G, tj. pravu p. Dakle, svaka prava koja prolazi kroz tačku P a različita je odpravep ′ siječe pravu p. QED.Teorema 3.5.10. Tvrdjenje “Postoji trougao čiji je zbir uglova jednak zbiru dvaprava ugla” je ekvivalentno aksiomu paralelnosti.Teorema 3.5.11. Ako je zbir uglova jednog trougla jednak zbiru dva prava ugla,onda je zbir uglova svakog trougla jednak zbiru dva prava ugla.Teorema 3.5.12. Tvrdjenje “Postoji prost četverougao (n-tougao) čiji je zbir uglovajednak zbiru četiri prava ugla (2d(n-2))” je ekvivalentno aksiomu paralelnosti.Teorema 3.5.13. Tvrdjenje “Kroz svaku unutrašnju tačku oštrog ugla uvijek semože povući prava koja siječe oba kraka tog ugla” je ekvivalentno aksiomu paralelnosti.Teorema 3.5.14. Tvrdjenje “Ako praveaibsijeku pravup, tako da jeanormalnanap, a b nije, pravaaibse uvijek sijeku” je ekvivalentno aksiomu paralelnosti.Teorema 3.5.15. Tvrdjenje “Kroz ma koje tri nekolinearne tačke prolazi kružnica”je ekvivalentno aksiomu paralelnosti.Definicija 3.5.16. ČetverougaoABCD seSakerijev četverougao ako su njegoviuglovi koji naliježi na stranicu AB pravi, a stranice AD i BC, susjedne straniciAB podudarne.Teorema 3.5.17. Srednja linija Sakerijevog četverougla je zajednička normalanjegovih osnovica, a uglovi nalegli na njegovu gornju osnovicu su podudarni.Teorema 3.5.18. Tvrdjenje “U ravni postoje tri kolinearne tačke koje su podjednakoudaljene oda date prave” je ekvivalentno aksiomu paralelnosti.

Poglavlje 4Hiperbolična geometrijaKao što je već spomenuto, Euclidska geometrija je geometrijski sistem koji sezasniva na Hilbertovom sistemu aksioma. Pojavljuje se slijedeći problem: akose neki od Hilbertovih aksioma zamjeni tvrdjenjem koje je protivrječno uočenomaksiomu, da li tako dobijen skup aksioma obrazuje novi sistem aksioma, tj. da lise na osnovu tog skupa aksioma može izgaditi geometrijski sistem koji je neprotivrječani potpun?Ako postoji pozitivno rjšenje problema, novoobrazovani geometrijski sistemise nazivaju ne-Euclidske geometrije.Mi želimo pokazati da takve geometrije postoje i obratiti posebnu pažnju naneke od njih, počevši of hiperboličnog geometrijskog sistema, koji se od Euclidskograzlikuje u aksiomu paralelnosti.4.1 Uvod u hiperboličnu geometrijuOd Euclidovih vremena pa sve do 19. vijeka ništa se suštinski nije promijenilo imnogi pokušaji rješavanja Petog Euclidovog Postulata su ostali bezuspješni. Gaussje 1816. godine rekao :“Malo je predmeta u području matematike o kojima se toliko pisalo koliko onedostatku kod utvrdjivanja teorije paralela. Rijetko prodje koja godina da se nenadje neki novi pokušaj kako bi se ta praznina ispunila. A ipak ako hoćemo dagovorimo otvoreno i pošteno, ne možemo reći da sni u suštini te stvari otišli daljeod Euclida prije 2000 godina.”No nije trebalo dugo da se čeka do konačnog rasvjetljenja ovog problema,no ono je bilo u neskladu sa predrasudama koja su stoljećima sputavale generacijeEuclidovih sljedbenika. Tridesetih godina 19. vijeka, Nikolaj Lobačevski i JanoszBolyai, nezavisno jedan od drugoga, predlažu da se teorija paralelnih utemelji naaksiomi koja negira peti Euclidov postulat. Oni su izgradili teoriju koja se poslije31

32 POGLAVLJE 4. HIPERBOLIČNA GEOMETRIJApokazala onoliko logički valjana koliko i Euclidska geometrija.Prvi put je zasnovana neka teorija u kojoj se ne može pozivati na očiglednost,zasnovana je geometrija u kojoj postoje tačka B i prava a koja je ne sadrži, takveda u njima odredjenoj ravni postoji više od jedne prave koja sadrži tačku B, a spravomanema zajedničkih tačaka (!).Nije iznenadjujuće da njihove zamisli nisu za njihova života doživjele priznanjekoje zaslužuju. Samo je Gauss razumio dubinu i dalekosežnost njihovih ideja,budući da su se one podudarale sa njegovim zamislima iz ranijih godina. Zanimljivo,Gauss je znao za radove obojice, no nije nijednog ikad upoznao s radomdrugog.4.1.1 Aksiom LobačevskogZamijenimo u Hilbertovom sistemu aksioma aksiom paralelnosti sa:Aksiom V 4.1.1. U ravni, kroz tačkuB van pravea, prolaze najmanje dvije pravekoje ne sijeku datu pravu.Za tačku B i pravu a kažemo da imaju svojstvo Lobačevskog.Kako je aksiom 4.1.1 protivrječan aksiomu paralelnosti Hilbertovog sistemaaksioma, to se geometrijski sistem zasnovan na prve četiri grupe aksioma Hilbertovogsistema aksioma i aksiomu Lobačevskog 4.1.1 razlikuje od Euclidskegeometrije.Definicija 4.1.2. Geometrijski sistem zasnovan na prve četiri grupe aksioma Hilbertovogsistema, izloženih u sekcijama 3.1, 3.2, 3.3 i 3.4, i aksiomu Lobačevskog4.1.1, naziva se geometrija Lobačevskog ili hiperbolična geometrija. Prostor čijetačke, prave i ravni stoje u medjusobnim odnosima koji zadovoljavaju zahtjeveaksioma prve četiri grupe aksioma Hilbertovog sistema i aksioma Lobačevskog sezove hiperbolični prostor. U svakoj ravni tog prostora tačke i prave zadovoljavajuzahtjeve gore navedeinh aksioma ; takva ravan se zove hiperbolična ravan.Ako bi u hiperboličkom prostoru postojale tačka i prava koje zadovoljavajuaksiom paralelnosti 3.5.4, onda bi na osnovu teoreme 3.5.5 svaka tačka i pravakoja je ne sadrži zadovoljavale isti aksiom, što protivrječi aksiomu Lobačevskog4.1.1. Dakle, važi slijedeće tvdrdjenje:Teorema 4.1.3. Za svaku tačku hiperboličkog prostora i pravu a koja je ne sadrži,u njima odredjenoj ravni postoje bar dvije prave koje sadrže tačku Bm a sapravoma nemaju zajedničkih tačaka.Drugim rječima, postojanje implicira opštost. Stoga za svaku tačku B hiperboličnogprostora i pravu a koja je ne sadrži, poluprave s tjemenom B koje su

4.1. UVOD U HIPERBOLIČNU GEOMETRIJU 33paralelne pravojanisu komplementne, pa u hiperboličkoj geometriji postoje dvijeprave koje sadrže tačkuB i paralelne su pravoja. Zato će i ugao paralelnosti tačkeB u odnosu na pravu a biti oštar. Štaviše, ovo tvdjenje je ekvivalentno aksiomuLobačevskog.Na osnovu Legendreovih teorema 3.4.20 i 3.4.21 neposredno možemo da ustanovimoda je aksiom Lobačevskog ekvivalentan tvrdjenju da je zbir unutraqvsnjih uglova bilo kog trougla manji od π. Stoga će u hipeeboličnoj geometrijispoljašnji ugao proizvoljnog trougla biti veći od sume njegovih dvaju unutrašnjihsusjednih uglova.Zbir unutrašnjih uglova bilo kojeg 4-ugla hiperbolične ravni biće manji od2π,a zbir unutrašnjih uglova bilo kojeg prostog ravnog n-tougla hiperbolične ravnije manji od (n−2)π. Odatle slijedi i da su uglovi na protivosnovici Sakerijevogčetverougla takodjer oštri.Ovim smo dokazali slijedeću:Teorema 4.1.4. Slijedeći iskazi su ekvivalenti aksiome Lobačevskog:1. Ugao paralelnosti je oštar.2. Zbir unutrašnjih uglova svakog trougla je manji odπ.3. Zbir unutrašnjih uglova svakog prostog ravnog četverougla je manji od2π.4. Uglovi na protivosnovici Sakerijevog četverougla su oštri.5. Postoji prava u ravni oštrog ugla koja je upravna na jednom kraku tog ugla,a ne sječe njegov drugi krak.Dokaz Sve osim tačke (6) smo već adresirali, a za tačku (6) koristimo Legendreoveteoreme - vidi Lučic poglavlje 23.Podudarnost trouglovaU apsolutnoj geometriji bilo je moguće dokazati pet stavova o podudarnosti trouglova.Pored pet navedenih stavova, u hiperboličkoj geometriji će važiti još jedan,takozvani šesti stav o podudarnosti trouglova kojim se karakteriše hiperboliškiprostor.Teorema 4.1.5. Dva trougla su podudarna ako i samo ako su im odgovarajućiuglovi medjusobno podudarni.

34 POGLAVLJE 4. HIPERBOLIČNA GEOMETRIJA•A•A ′•K•B•L•C•B ′ •C ′•A•A ′•K•B•P•C•L•B ′ •C ′Dokaz Pretpostavimo da su uglovi kod tjemenaA,B,C trouglaABC podudarniredom uglovima kod tjemena A ′ ,B ′ ,C ′ trougla A ′ B ′ C ′ m a da ivice AB i A ′ B ′nisu medjusobno podudarne, već da je jedna od njih veća od druge. Ako je, npr.AB > A ′ B ′ , tada izmedju tačaka AB postoji tačka K takva da je AK ∼ = A ′ B ′ .Neka jeLtačka poluprave(AC) takva da jeAL ∼ = A ′ C ′ . Tada je na osnovu prvogstava o podudarnosti trouglova, △AKL ∼ = △A ′ B ′ C ′ , pa su uglovi kod tjemenaK iLtrouglaAKL oidudarni uglovima kod tjemenaB iC trougleABC.Ako bi tačke A i L bile s iste strane praveBC, onda bi u četverougluBCLKzbir unutrašnjih uglova bio2π, što je nemoguće. Ako tačkeAiLne bi bile s sistestrane prave BC, onda bi duž [KL] sjekla duž [BC] u tački P (koja ne mora bitirazličita od C, dakle ni od L), pa bi u trouglu BPK spoljašnji ugao kod tjemenaK bio podudaran unutrašnjem uglu kod tjemena B, što je takodjer nemoguće.Dakle, nije AB > A ′ B ′ . Na isti način nije ni AB < A ′ B ′ , pa je AB ∼ = A ′ B ′ .Stoga su, na osnovu drugog stava o podudarnosti, trouglovi ABC i A ′ B ′ C ′ medjusobnopodudarni.Pretpostavimo da jeP sličnost kojom se dužAB preslikava na dužA ′ B ′ . Akose tom sličnošću tačka C koja ne pripada pravoj AB preslikava u tačku C, tadaće uglovi trouglova ABC i A ′ B ′ C ′ biti podudarni, pa će, na osnovu prethodneteoreme, bitiAB ∼ = A ′ B ′ . Ovim smo dokazali slijedećuPosljedica 4.1.6. U hiperboličkoj geometriji svaka sličnost je podudarnost (!).

4.2. PARALELNOST I HIPERPARALELNOST 354.2 Paralelnost i hiperparalelnost4.2.1 Paralelne prave. Već u apsolutnoj geometriji jebilo moguće dokazati osnovne osobine paralelnihpravih, prije svega transmisibilnosti, simqtrišnosti i tranzitivnosti relacije paralelnosti.Hiperboličku geometriju karakterišu neke osobine paralelnih pravih kojimase ona bitno razlikuje od Euclidske geometrije. U Euclidskoj geometriji koplanarneprave su bile paralelne ako i samo ako su disjunktne, a svaka ekvidistantaje bila prava. U hiperboličkoj geometriji osobine pravih se suštinski razlikuju odnavedenih.Teorema 4.2.1. Ako je B tjeme proizvoljne poluprave paralelne nekoj pravoj a,K proizvoljna tačka te poluprave, aB ′ iK ′ podnožja upravnih izB iK na pravoja, onda jeKK ′ < BB ′ .B•L•K•aB ′ K ′• •Dokaz Neka je tačka poluprave (B’B) takva da je LB ′ ∼ = KK ′ . Budući da su učetverouglu B ′ K ′ KL uglovi kod tjemena B ′ i K ′ pravi, a ivice LB ′ i KK ′ medjusobnopodudarne, uglovi kod tjemena K i L biće medjusobno podudarni (teorema3.5.17) i oštri (teorema 4.1.4). Kako je uz to ugao BKK ′ tup jer je njemunaporedni ugao oštar, tačka L pripada uglu BKK ′ , dakle i duži BB ′ . Stoga jeKK ′ ∼ = LB ′ < BB ′ .Teorema 4.2.2. Ako su a i b medjusobno paralelene prave, a l proizvoljna duž,tada na pravoj b postoji jedinstvena tačka L kojoj je L ′ podnožje upravne napravojatakva da jeLL ′ ∼ = l.

36 POGLAVLJE 4. HIPERBOLIČNA GEOMETRIJADokaz Neka je K proizvoljna tačka prave b, K ′ njena upravna projekcija napravoj a a N tačka poluprave (K ′ K) takva da je NK ′ ∼ = l. Pretpostavimo da sutačke K i N medjusobno različite, budući da bi u suprotnom, dokaz teoreme biozavršen.Obilježimo sa n ′ polupravu čije je tjeme N, paralelnu pravama a i b, a sa mpravu koja ne sadržin ′ a paralelna je pravoja. Pravamsiječebjer jen ′ ||b. Ako jeM presjek pravih m i b, a M ′ podnožje upravne iz M na pravoj a, L tačka praveb takva da su ML ∼ = MN, a L ′ podnožje upravne iz L na a, onda su trougloviMNM ′ i MLM ′ podudarni jer su simetrični u odnosu na pravu MM ′ , pa su itrougloviNK ′ M ′ i LL ′ M podudarni iz istog razloga. Dakle,LL ′ ∼ = NK ′ ∼ = l.Jedinstvenost tačkeLse dokazuje direktnom primjenom teoreme 4.2.1.Teorema 4.2.3. U hiperboličkoj ravni jedistvena prava upravna na jednom kraku,a paralelna sa drugim krakom oštrog ugla.Dokaz Ako bi svaka prava upravna na jednom kraku oštrog uglaOpq sjekla drugikrak, onda bi, na osnovu jedne od Legendreove teoreme, u hiperboličkoj ravnipostojao trougao kome je zbir uglovaπ, što je nemoguće. Stoga tačke polupravepmožemo da podijelimo u dva skupaMiN , takva da za svaku tačkuM skupaM,pravamkoja je upravna napsiječeq, a za svaku tačkuN skupaN pravankoja jeu tačkiN upravna nap, nema zajedničkih tačaka sa polupravomq. Primjetimo dasu skupoviM,N neprazni i da svaka tačka polupravep pripada jednom od njih.Budući da se jednostavno dokazuje da izme ¯du tačaka jednog od tih skupovanema tačaka drugog, ispunjeni su uslovi Dedekindove teoreme za poluprave, papostoji jedinstvena tačkaS koja razdvaja skupoveM iN . Ta tačka pripada skupuN , jer bi u suprotnom, pravaskoja je u tačkiS upravna napsjeklaq u nekoj tačkiR pa, ako biT bila tačka takva da jeB(O,R,T), pravatkoja sadržiT i upravna jena p, sjekal bi polupravu p u tački T ′ takvoj da je B(O,S,T ′ ). Odatle bi slijedilo

4.2. PARALELNOST I HIPERPARALELNOST 37da dačkaS ne razdvaja skupoveMiN .Dakle, prava s je upravna na p i nema zajedničkih tačaka sa polupravom q.Obilježimo sa s ′ onu od polupravih na koje S razlaže pravu s, koja je sa onestrane prave OS sa koje je poluprava q, i dokažimo da je q||s ′ . Neka je L proizvoljnatačka u konveksnom uglu čiji su kraci (SO) i s ′ . Ako je L van oštrogugla pq, neporedno se dokazuje da (SL) siječe q. Stoga pretpostavimo da L pripadauglu ∠pq i saP obilježimo podnožje upravne izLnap. Kako jeOSL oštarugao, tačkaP pripada dužiOS, pa zato pravaPL siječeq u nekoj tačkiQ. PRavaSL pripada ravni trougla OPQ, siječe njegovu PQ, a ne siječe ivicu OP , pa, naosnovu Paschovog aksioma 1 , siječe ivicuOQ. Dakle, (SL) siječeq, pa jeq||s ′ .Teorema 4.2.4. Ako su prave a i b medjusobno paralelne, upravna projekcijajedne na drugu je otvorena poluprava.DokazVježba - pomoć koristiti prethodnu teoremu.4.2.2 Hiperparalelne praveU hiperboličnoj ravni polupravep ′ iq ′ koje sadrže proizvoljnu tačkuAiparalelnesu nekoj pravojakojoj ne pripada tačkaA, nisu komplementne, pa pravaapripadakonveksnom uglup ′ q ′ . Stoga pravepiq koje sadrže polupravep ′ iq ′ respektivno,razlažu ravan kojoj pripadaju na dva para unakrsnih uglova. Sve prave koje sadržetačku A i pripadaju onom paru unakrsnih uglova kojem pripada i prava a sijekutu pravu. One prave koje ne pripadaju tom paru unakrsnih uglova sa pravom anemaju zajedničkih tačaka. Budući da takvih pravih ima neograničenom mnogo,imamo slijedeće tvrdjenje:1 Prisjetimo se - Paschov aksiom je posljednji aksiom rasporeda II6

38 POGLAVLJE 4. HIPERBOLIČNA GEOMETRIJATeorema 4.2.5. U hiperboličnoj ravni postoji neograničeno mnogo pravih kojesarže proizvoljnu tačkuA, a sa nekom pravomakojoj ne pripada tačkaAnemajuzajedničkih tačaka.Za sva prave hiperbolične ravni koje sadrže tačku A, ne sijeku pravu a i nisuparalelne toj pravoj, reći ćemo da je hiperparalelne pravoja. Ako jeb ′ proizvoljnapoluprava koja pripada pravojbiza nju ćemo reći da je hiperparalelna pravoj a.U hiperboličnoj geometriji važe osobine transmisibilnosti i simetričnosti relacijehiperparalelnosti pravih, odnosno imamo slijedeća sva rezultata:Teorema 4.2.6. Ako polupravam ′ sadrži polupravun ′ , tada je jedna od tih polupravihhiperparalelna pravojaako i samo ako joj je hiperparalelna i druga.Teorema 4.2.7. Ako je prava c hiperparalelna pravoj b, onda je i prava b hiperparalelnapravojc.Dakle možemo reći da su dvije prave me ¯dusobno hiperparalelne.Neposredno se može provjeriti da tranzitivnost ne vrijedi, jer dvije prave kojesadrže neku tačkuB i hiperparalelne su pravoj a nisu me ¯dusobno hiperparalelne.Dvije prave upravne na trćoj me ¯dusobo su hiperparalelne. DOkažimo da vrijedii obratno:Teorema 4.2.8. Postoji jedinstvena prava upravna na dvjema me ¯dusobno hiperparalelnimpravama.Dokaz Neka suaibmedjusobno hiperparalelne prave,P proizvoljna tačka praveb, a p ′ i q ′ poluprave sa zajedničkim tjemenom P paralelne pravoj a. Na osnovuteoreme 4.2.3, postoje jedinstvene prave s i t, u tačkama S i T upravne na pravojb, koje su paralelne polupravamap ′ iq ′ .

4.2. PARALELNOST I HIPERPARALELNOST 39Neka je M središte duži ST , n prava koje sadži M i upravna je u tački N napravoja. Neka suk i l prave koje sadžeM, takve da jek paralelna pravamaais,alpravamaait. Centralnom simetrijomS M svaka od pravihk il se preslikava nasebe, prave s i t jedna na drugu. Stoga su prave k i l paralelne i pravoj s i pravojt, pa je prava b osa refleksije kojom se prave k i l preslikavaju jedna na drugu.Kako se i osnom refleksijomS n pravek ilpreslikavaju jedna na drugu jer su objeparalelne pravoj a, pravebinće biti me ¯dusobno upravne.Ako bi pored pravenjoš neka pravambila upravna i na pravojaina pravojb,onda bi te dvije prave bile disjunktne jer bi u protivnom iz njihove predječne tačkepostojala dvije upravne na pravoja. Tada bi svaki od uglova četverougla čije ivicepripadaju pravamaa,m,b,n bio prav, što je nemoguće.Iz dokaza prethodne teoreme direktno slijedi da je upravna projekcija prave a napravojbotvorena dužST . Dakle:Teorema 4.2.9. Ako su prave a i b hiperparalelne, upravna projekcija jedne nadrugu je otvorena duž.4.2.3 Izometrije hiperboličke ravniVeć u apsolutnoj geometriji je bilo moguće utvrditi da su osna i klizna refleksijajedine indirektne izometrije ravni. U hiperboličkoj, kao i u Euclidskoj geometrijimožemo da klasifikujemo direktne izometrije.Ako su dvije hiperbolične ravni ne sijeku, onda su one ili me ¯dusobno paralelneili hiperparalelne. Stoga, ako nije ni rotacija ni translacija, direktna izometrijehiperbolične ravni je kompozicija osnih refleksija u odnosu na dvije me ¯dusobnoparalelne prave. Takvu trasformaciju zovemo paralelnim pomjeranjem.Teorema 4.2.10. Ako nije identičnost, direktna izometrija hiperbolične ravni jeili rotacija, ili translacija ili paralelno pomjeranje.Istaknimo još jednom da su sve izometrije hiperbolične ravni: identičnost,osna refleksija, rotacija, traslacija, paralelno pomjeranje i klizajuća refleksija.4.2.4 Prave i ravni u hiperboličnom prostoruAko prava p sa ravni π nema zajedničkih tačaka, tada je ona paralelne pravoj p ′koja sadrži njenu upravnu projekciju na π, ili je sa tom pravom hiperparalelna.Tada isti odnos pravapima sa ravniπ.Iz definicija i teorema 4.2.4 i 4.2.9 neposredno slijedi da je upravna projekcijaprave p koja je paralelna ravni π, na toj ravni otvorena poluprava, a da je njenaprojekcija na π otvorena duž ako je prava p hiperparalelna ravni π. Ako prava p

40 POGLAVLJE 4. HIPERBOLIČNA GEOMETRIJAne pripada ravni π već je siječe, njena projekcija na π će biti tačka ako je pravaupravna naπ, a otvorena duž ako nije.Teorema 4.2.11. Postoji jedinstvena prava upravna na dvjema me ¯dusobno hiperparalelnimravnima.Dokaz Neka su α i β dvije me ¯dusobno hiperparalelne ravni, neka je γ ravanupravna tim dvjema ravnima i neka su a i b prave duž koji γ siječe redom α iβ. Kako su ravni α i β me ¯dusobno hiperparalelne, takve će biti i prave a i b pa,na osnovu teoreme 4.2.8, postoji jedinstvena prava n koja je u tačkama M i Nupravna na pravama a i b. Budući da pripada ravni γ koja je upravna na ravnimaα iβ i upravna je na pravamaaibduž kojih ravan γ siječe ravniαiβ, pravanjeupravna i na ravni α i na ravni β.Ako bi pored n i prava n ′ bila upravna u tačkama M ′ i N ′ , na ravnima α iβ, svi uglovi ravnog četverougla MNN ′ M ′ bi bili pravi, što je u hiperboličkojgeometriji nemoguće.Primjedba 4.2.12. Svaka ravan γ ′ koja je upravna i na α i na β će sadržavatipravun.Teorema 4.2.13. Broj pravih neke ravni α koje sadrže neku tačku A te ravni iparalelne su nekoj ravniπ, nije veći od dve. Štaviše , taj broj će biti 2, 1 ili 0 akoi samo ako se ravniαiπ, redom, sijeku, paralelne su ili su hiperparalelne.Dokaz Ako se ravni α i π sijeku duž neke prave p i ako tačka A ne pripadap, tada postoje dvije prave koje sadrže A i paralelne su pravoj p, pa su stogaparalelne i ravniπ. Kako je prava koja sadržiAparalelna pravojpako i samo akoje paralelna ravniπ, postoje samo dvije prave koje sadržeAiparalelne su ravniπ.Važi i obratno, ako postoje dvije prave a i b ravni α koje sadrže tačku A te ravnii paralelene su ravni π, tada se ravni α i π sijeku. Zaista, ako su a ′ i b ′ upravneprojekcije pravih a i b na ravni π, a p prava te ravni paralelna polupravama a ′′i b ′′ koje pripadaju pravima ai b, a paralelne su pravama a i b, tada prave a,b,ppripadaju jednoj ravni, pa se ravni α iπ sijeku duž pravep.Ako su ravni α i π hiperparalelne i ako je ravan σ koaj sadrži A upravna naobjema, tada se prava koja sadržiAiparalelna jeπ, budući da ne pripada ravniσ,refleksijom u odnosu na tu ravan preslikava na pravu c koja je paralelna ravni π.Stoga postoje dvje prave koje sadrže A i paralelne su saπ, što je nemoguće.Dakle, ako su ravniαiπ hiperparalelne, nema pravih u ravniαkoje sadržeAi paralelne su saπ. Obratno, ako u ravni α nema pravih koje sadrže A i paralelnesu sa π, tada se te dvije ravni ne mogu sjeći, jer bi tada u ravni α postojale dvije

4.3. ASIMPTOTSKI POLIGONI I POLIEDRI 41prave paralelne ravniπ, a ne mogu biti ni paralelne budući da u svakoj tački jedneod dvaju paralelnih ravni postoji prava koja je paralelna drugoj.Ako su ravni α i π paralelne, ravan σ koja sadrži A i upravna je na ravnimaα i π siječe α i π duž pravih koje su paralelne, pa stoga postoji prava a ravni α,koja sadrži A i paralelna je ravni π. Ako bi postojala još jedna prava b ravni αkoja sadrži A i paralelna je ravni π, tada bi se, na osnovu prethodnog, ravni α i πsjekle. Dakle, ako su ravniαiπ paralelne, u ravniαpostoji jedinstvena prava kojasadrži neku tačku te ravni i paralelna je ravni π. Obratno, ako u ravni α postojijedinstvena prava koja sadrži tačku A te ravni i paralelna je π, tada se ravni α i πne sijeku, a nisu ni hiperparalelne, pa su stoga, paralelne.4.2.5 Izometrije hiperboličkog prostoraPrije klasifikacije izometrijskih transformacija hiperboličkog prostora, definišimodvije izometrije s kojim se možda do sada niste susretali. To su: oriciklička rotacijaili paralelno pomjeranje hiperboličkog prostora i oriciklička refleksija. Prvaod njih je kompozicija dvaju ravanskih refleksija u odnosu na me ¯dusobno paralelneravni, a druga je kompozicija ravanskih refleksija čije su osnove ravni odkojih su dvije me ¯dusobno paralelne i upravne na trećoj.Teorema 4.2.14. Ako nije identičnost, direktna izometrija hiperboličkog prostoraje ili rotacija, ili translacija, ili paralelno pomjeranje ili zavojno kretanje.Teorema 4.2.15. Ako nije ravanska refleksija, indirektna izometrija hiperboličkogprostora je ili rotaciona, ili oriciklička ili klizajuća refleksija.4.3 Asimptotski poligoni i poliedri4.3.1 Poligoni sa nesvojstvenim tjemenimaAko dopustimo da dvije susjedne ivice poligona ne budu duži, već dvije me ¯dusobnoparalelne poluprave, dobijeni lik ćemo zvati nesvojstvenim poligonom sajednim nesvojstvenim tjemenom. Dopustićemo da poligon ima i više nesvojstvenihtjemena, a nećemo isključiti ni mogućnost da dva susjedna tjemena poligonabudu nesvojstvena. Poligon koji ima bar jedno nesvojstveno tjeme zvaćemo nesvojstvenimili asimptotskim poligonom. Pretpostavićemo da je mjera ugla kodnesvojstvenog tjemena nula.Asimptotski trougao može imati jedno, dva ili tri nesvojstvena tjemena. Izdvojićemonekoliko svojstava takvih trouglova koja su analogna nekim već poznatimstavovima iz geometrije trougla.

42 POGLAVLJE 4. HIPERBOLIČNA GEOMETRIJATeorema 4.3.1. Spoljašnji ugao α ′ kod svojstvenog tjemena A trougla kome jetjeme N nesvojstveno, veći je od unutrašnjeg ugla β kod svojstvenog tjemena Btog trougla.Dokaz Ako bi ugloviα ′ iβ bili me ¯dusobno podudarni, prava koja sadrži središteduži AB i upravna je na pravoj BN, bila bi upravna i na AN, što je nemoguće,jer bi tada polupraveAN i BN bile hiperparalelne.Ako bi bilo α ′ < β, u uglu β bi postojala poluprava p sa tjemenom B koja sapolupravom BA zahvata ugao podudaran uglu α ′ . Kako je (BN)||(AN), polupravapbisjekla(AN) u nekoj tački P , pa bi u trougluABP spoljašnji ugao kodtjemena A bio jednak unutrašnjem uglu kod tjemena B, što je nemoguće. Dakle,α ′ > β.Drugim rječima, zbir unutrašnjih uglova nekog nesvojstvenog trougla je manji odπ.Teorema 4.3.2. TrougloviABN iA ′ B ′ N ′ sa nesvojstvenim tjemenimaN iN ′ sume ¯dusobno podudarni ako i samo ako suDokaz• (a) me ¯dusobno podudarni ugloviAiA ′ i iviceAB i A ′ B ′ ,• (b) ugloviAiB podudarni uglovimaA ′ i B ′ .• (a) Ako pretpostavimo da trouglovi ABN i A ′ B ′ N ′ nisu me ¯dusobno podudarni,već da je jedan od uglova B i B ′ , recimo B, veći od drugoga,tada bi polupravap sa tjemenomB koja sa polupravom(BA) zahvata ugaopodudaran uglu B ′ , bila paralelna polupravoj (AN), pa bi postojale dvijepoluprave sa zajedničkim tjemenomB, paralelne polupravoj(AN).•A•A ′•BpN•B ′N’•A•A ′•C•BN•B ′N’

4.3. ASIMPTOTSKI POLIGONI I POLIEDRI 43• (b) Ako bi jedna od ivica AB i A ′ B ′ , recimo ivica AB bila veća od druge,tada bi postojala tačka C duži AB takva da je AC ∼ = A ′ B ′ i jedinstvenapoluprava(CN) paralelna svakoj od ivica(AN) i (BN). U tom slučaju biasimptotski trougloviACN iA ′ B ′ N ′ bili podudarni, pa bi u asimptotskomtrouglu CBN spoljašnji ugao kod tjemena C bio podudaran unutrašnjemuglu kod tjemenaB, što je nemoguće.Budući da prethodna teorema vrijedi i u posebnom slučaju kad je jedan od asimptotskihtrouglova pravougli, neposredno se pokazuje da važi i slijedeće tvr ¯denje:Teorema 4.3.3. Ako su ABN i A ′ B ′ N ′ asimptotski trouglovi sa nesvojstvenimtjemenima N i N ′ i pravim uglovima kod tjemena B i B ′ , tada su uglovi A i A ′toh dvaju trouglova me ¯dusobno podudarni ako i samo ako jeAB ∼ = A ′ B ′ .Refleksijom u odnosu na pravu koja sadrži jedino svojstveno tjeme A asimptotskogtrougla AMN i upravna je na naspramnoj ivici MN tog trougla, trougaoAMN se preslikava na trougaoANM. Stoga, iz prethodne dvije teoreme slijedi:Teorema 4.3.4. Dva asimptotska trougla AMN i A ′ M ′ N ′ sa nesvojstvenim tjemenimaM,N,M ′ ,N ′ , su podudarna ako i samo ako su im uglovi A i A ′ me ¯dusobnopodudarni.Da bismo dokazali da postoji trougao kome su sva tri tjemena nesvojstvena,pretpostavimo da su a i b dvije me ¯dusobno paralelne prave. Iz dokaza teoreme4.2.4, slijedi da postoji prava n upravna na pravoj b, a paralelna pravoj a. RefleksijomS n prava b se preslikava na sebe, a prava a na neku pravu c paralelnui pravoj a i pravoj b. Prave a,b,c će biti ivice asimptotskog trougla kome su svatjemena nesvojstvena. Budući da prava n razlaže taj trougao na dva asimptotskatrougla, kojima su uglovi kod jedinih tjemena pravi, iz prethodne teoreme slijedida važi:Teorema 4.3.5. Bilo koja dva trougla kojima su sva tjemena nesvojstvena su me-¯dusobno podudarni likovi.Prave upravne na jednoj, a paralelne drugim dvjema ivicama nekog asimptotskogtrougla kome su sva tri tjemena nesvojstvena, sjeku se u nekoj tački S kojase naziva središtem tog trougla. Poluprave sa tjemenom S koje su paralelne ivicamatog trougla razlažu ravan kojoj pripadaju na tri me ¯dusobno podudarna ugla.Svaki od trouglova ABC kojima su tjemena na trima polupravama takva da jeSA ∼ = SB ∼ = SC je pravilan.

44 POGLAVLJE 4. HIPERBOLIČNA GEOMETRIJA4.3.2 Funkcija LobačevskogZahvaljujući teoremi 4.3.3, možemo definisati funkciju kojom svakoj duži ABmjerexdpdjeljujemo ugaoAmjereΠ(x). Tu funkciju koja skupR + nenegativnihrealnih brojeva preslikava u interval[0,π/2), nazivamo funkcijom Lobačevskog.Teorema 4.3.6. Ako jeA ′ tačka poluprave(BA), onda jeA ′ B > AB ako i samoako jeΠ(A ′ B) < Π(AB).Dokaz Neka jeN zajedničko tjeme trougovaABN iA ′ BN kojima je zajedničkiugao B prav. Ako je A ′ B > AB, iz teoreme 4.3.1 primjenjene na asimptotskitrougaoAA ′ N slijedi da jeΠ(A ′ B) < Π(AB).•A•A ′•C•BN•B ′N’Obratno, ako je Π(A ′ B) < Π(AB), onda ne može biti ni A ′ B ∼ = AB zbogteoreme 4.3.3, niA ′ B < AB zbog teoreme 4.3.1.Dakle, funkcijaΠ(x) opada odπ/2 do0kad x raste od 0 do ∞.4.3.3 Poliedri sa nesvojstvenim tjemenimaAko dopustimo da pljosni nekog poliera budu poligonske površi sa nesvojstvenimtjemenima, dobijeni lik ćemo zvati asimptotskim poliedrom. Kao i u slučaju poligonaivice asimptotskog poliedra moći će da budu poluprave ili prave u zavisnostiod toga da im je samo jedno tjeme nesvojstveno ili oba.Pretpostavimo da jeS središte nekog pravilnopg poliedra, aa 1 ,a 2 ,...,a n polupravesa tjemenom S koje sadrže tjemena tog poliedra. Asimptotski poliedarkome su ivice prave paralelne parovima polupravih skupa {a 1 ,a 2 ,...,a n } kojesadrže susjedna tjemena bilo koje pljosni tog poliedra zvaćemo pravilnim asimptotskimpoliedrom. Budući da su pravilan tetraedar pravilan heksaedar, pravilanoktaedar, pravila dodekaedar i pravilan ikosaedar jedini pravilni poliedri apsolutnogprostora, svakom od njih će odgovarati jedan pravilan asimptotski poliedarhiperboličkog prostora.

4.4. MODELI HIPERBOLIČKE RAVNI I PROSTORA 454.4 Modeli hiperboličke ravni i prostora4.4.1 Poincareov disk modelNeka je zadat krug Euclidske ravni. Nazovima taj krug apsolutom, njegovu unutrašnjosth-ravni, a svaku tačku h-ravni, nazovimo h-tačkom. Ako je proizvoljankrug (ili prava) Euclidske ravni upravan na apsoluti, njegov presjek sa h-ravninazovimo h-pravom. Tačke u kojima taj krug (ili prava) siječe apsolutu zvaćemokrajevima te h-prave. Svaki segment kruga (ili duž prave) koji je upravanna apsoluti, čija tjemena pripadaju h-ravni, nazvaćemo h-duži, a segmenttoga kruga čije je jedno tjeme na apsoluti, a drugo pripada h-ravni, nazvaćemoh-polupravom. Prvo od tih tjemena zvaćemo krajem, a drugo tjemenom h-poluprave. Neposredno se provjerava da h-prava razlaže h-ravan na dvije oblastikoje zovemo h-poluravnima. Tu h-pravu zvaćemo rubom poluravni. Dvije h-poluprave koje imaju zajedničko tjeme razlažu h-ravan na dvije oblasti koje nazivamoh-uglovima, a te dvije poluprave nazivamo kracima tog h-ugla.Ako su A,B,C tri h-tačke koje ne pripadaju jednoj h-pravoj, tada skup kojičine duži AB,BC,AC nazivamo h-trouglom, a analogno definišemo pojam uglah-trougla. Ovaj proces možemo produžiti da obuhvati h-poligonske linije, h-poligone, ugao h-poligona, h-poligonske površi, h-triangulacije, itd.Inverzijom u odnosu na krugk upravan na apsoluti ili refleksijom u odnosu napravu k upravnu na apsoluti, h-ravan se preslikava na sebe. Restrikciju te inverzijenah-ravan zvaćemoh-refleksijom. Uvo ¯denju pojmah-podudarnosti prethodinekoliko rezultata.Teorema 4.4.1. Za dvije razne h-tačke A i B postoji jedinstvena h-refleksija kojomse te dvije tačke preslikavaju jedna na drugu.Dokaz Lučić str. 279-280.Teorema 4.4.2. Ako se dvijeh-prave sijeku, tada postoje dvijeh-refleksije kojimase one preslikavaju jedna na drugu, a ako su disjunktne, tada postoji jedinstvenah-refleksija kojom se one preslikavaju jedna na drugu.Dokaz Lučić str. 280.Iz prethodna dva rezultata diketno slijediTeorema 4.4.3. Postoji jedinstvena h-refleksija kojom se dvije h-poluprave sazajedničkim tjemenom preslikavaju jedna na drugu.Zah-tačku koja se razliku od dvaju tačakaAiC reći ćemo da je h-izme ¯du tihdviju tačaka i pisaćemoB h (A,B,C)

46 POGLAVLJE 4. HIPERBOLIČNA GEOMETRIJAako h-tačka B pripada h-duži AC. Za par tačaka (A,B) reći ćemo da je h −podudaran paru h-tačaka(C,D) i pisaćemo(A,B) ∼ = h (C,D)ako postoji nizh-refleksija čiji proizvod preslikava par(A,B) na par(C,D). Proizvodtihh-refleksija zvaćemo h-podudarnošću ili h-izometrijom h-ravni.Teorema 4.4.4. Zbir unutrašnjih uglova proizvoljnogh- trougla je manji odπ.Teorema 4.4.5. h-ravan je model hiperboličke ravni.Dokaz Dokažimo najprije da pojmovih-tačke,h-prave,h-izme ¯du ih-podudarnostiparova tačaka zadovoljavaju sve aksiome apsolutne planimetrije.Budući da svaki krug sadrži bar dvije tačke i da postoji jedinstven krug upravanna apsoluti koji sadrži dvije razne tačke, biće zadovoljene prva tri aksiomapripadanja: svaka h-prava sadrži najmanje dvije razne h-tačke; postoji najmanjejedna h-prava koja sadrži dvije h-tačke; postoji najviše jedna h-prava koja sadržidvije razne h-tačke. Ako tačke jedne h-prave nazovemo h-kolinearnim, a tačkekoje ne pripadaju jednoj h-pravoj h-nekolinearnim, tada h-ravan sadrži najmanjetri h-nekolinearne tačke. Stoga je zadovoljena i posljednji planimetrijski aksiomprve grupe.Neposredno se provjerava da su zadovoljene i prvi aksiomi rasporeda, jer: akojeB h (A,B,C), tada suA,B,C tri razneh-nekolinearne tačke; ako jeB h ()A,B,C),tada jeB h (C,B,A); ako jeB h (A,B,C), tada nijeB h (A,C,B); ako suA,B dvijerazneh−tačke, tada postojih-tačkaC takva da jeB h (A,B,C); ako suA,B,C trirazneh-kolinearne tačke, tada je iliB h (A,B,C) iliB h (B,C,A) iliB h (C,A,B).Nije teško provjeriti da važi i Paschov aksiom: ako suA,B,C trih-nekolinearnetačke i ako jeph-prava koja ne sadrži h-tačku A i siječe praveBC u tačkiP takvojda jeB h (B,P,C), tada tačka A pripada ili onoj h-poluravni sa rubom p kojojpripada i tačka B ili onoj h-poluravni kojoj pripada tačka C. h-prava p će sjećih-pravu CA u h-tački Q takvoj da je B h (C,Q,A) ili h-pravu AB u h-tački Rtakvoj da jeB h (A,R,B).Iz definicijeh-podudarnosti neposredno slijedi da važi prvi aksiom treće grupe:ako suA,B,C,Dh-tačke takve da je(A,B) ∼ = h (C,D) iA = B, tada jeC = D.Relacija h-podudarnosti zadovoljava drugi aksiom treće grupe budući da za zadateh-tačkeA,Bpostojih-refleksija kojom se te dvijeh-tačke preslikavaju jednana drugu (teorema 4.4.1). Dakle, ako su A i B bilo koje dvije h-tačke, tada je(A,B) ∼ = h (B,A). Kako je svaka inverzija involucija, treći aksiom se direktnoprovjerava: ako su A,B,C,D,E,F h-tačke takve da je (A,B) ∼ = h (C,D) i(A,B) ∼ = h (E,F), tada je i (C,D) ∼ = h (E,F).

4.4. MODELI HIPERBOLIČKE RAVNI I PROSTORA 47Da bismo dokazali da važi peti aksiom podudarnosti, pretpostavimo da suA,B dvije razneh-tačke, a da jeC tjeme nekeh-polupravec. Tada, na osnovu teoreme4.4.1, postoji jedinstvenah-refleksija kojoj se tačkaApreslikava u tačkuC.Neka se tom h-refleksijom h-poluprava AB preslikava na neku h-polupravu e, atačkaB u tačkuE te poluprave. Kako postojih-refleksija kojom seh-polupraveciepreslikavaju jedna na drugu, tomh-refleksijom seh-tačkaE preslikava u nekuh-tačku D. Dakle, ako su A i B dvije razne h-tačke i C-tjeme neke h-poluprave,tada na tojh-polupravoj postojih-tačkaDtakva da je(A,B) ∼ = h (C,D). Štaviše,tačkaD je jedinstvena (vježba).Dokažimo da važi i šesti aksiom podudarnosti. U tom cilju, pretpostavimo dase ure ¯deni par (A,B) preslikava nekom h-podudarnošću na ure ¯deni par (A ′ ,B ′ ).Ako se h-tačka C koja ne pripada h-pravoj AB preslikava tom h-podudarnošćuu h-tačku C ′ , tada je (A,C) ∼ = h (A ′ ,C ′ ) i (B,C) ∼ = h (B ′ ,C ′ ). U h -poluravnisa rubom A ′ B ′ , kojoj pripada C ′ postoji jedinstvena h-tačka koja zadovoljava teuslove jerh-podudarnost čuvah-uglove budući da ih čuva svaka inverzija (i refleksija).Dakle, (A,B) ∼ = h (A ′ ,B ′ ), (B,C) ∼ = h (B ′ ,C ′ ) i (C,A) ∼ = h (C ′ ,A ′ ), tadapostoji h-izometrija koja ure ¯denu trojku (A,B,C) preslikava na ure ¯denu trojku(A ′ ,B ′ ,C ′ ). Štaviše, ta izometrija je jedinstvena.Da bismo dokazali i sedmi aksiom podudarnosti, pretpostavimo da suA,B,Ci A ′ ,B ′ ,C ′ dvije trojke h-nekolinearnih tačaka i D i D ′ tačke h-polupravih BCi B ′ C ′ takve da je (A,B) ∼ = h (A ′ ,B ′ ), (B,C) ∼ = h (B ′ ,C ′ ), (C,A) ∼ = h (C ′ ,A ′ ),(B,D) ∼ = h (B ′ ,D ′ ). Kako postoji jedinstvena h-izometrija koja ure ¯denu trojku(A,B,C) preslikava na ure ¯denu trojku (A ′ ,B ′ ,C ′ ), tom h-izometrijom se tačkaD preslikava u tačku D ′ jer na h-polupravoj B ′ C ′ postoji jedinstvena h-tačka Dtakva da je(B,D) ∼ = h (B ′ ,D ′ ), pa je stoga i (A,D) ∼ = h (A ′ ,D ′ ).Konačno, dokažimo i četvrti aksiom podudarnosti: ako su C i C ′ tačke h-duži AB i A ′ B ′ takve da je (A,C) ∼ = h (A ′ ,C ′ ), (B,C) ∼ = h (B ′ ,C ′ ), tada je i(A,B) ∼ = h (A ′ ,B ′ ). Zaista, budući da na h-polupravoj A ′ B ′ postoji jedinstvenah-tačka C ′ takva da je (A,C) ∼ = h (A ′ ,C ′ ), a da na h−polupravoj C ′ B ′ postojijedinstvena h−tačka B, takva da je (C,B) ∼ = h (C ′ ,B ′ ), h-izometrijom kojomse ure ¯deni par (A,C) preslikava na (A ′ ,C ′ ), ure ¯deni par (B,C) s epreslikava na(B ′ ,C ′ ), pa se njome i ure ¯deni par(A,B) preslikava na(A ′ ,B ′ ).Budući da važi Dedkindova teorema, te da su Arhimedov i Cantorov aksiomposljedice te teoreme, nah-pravoj su zadovoljena oba aksioma neprekidnosti.Kako je, na osnovu teoreme 4.4.4, zbir unutrašnjih uglova proizvoljnog h-trougla manji od π, u h-ravni će, na osnovu teoreme 4.1.4, važiti aksim Lobačevskog.h-ravan je stoga model hiperboličke ravni.