Viša Geometrija - Front Slobode

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