КОМПЛЕКСНИ БРОЈЕВИ И ГЕОМЕТРИЈА

Transcript

1 Математички факултет Београд КОМПЛЕКСНИ БРОЈЕВИ И ГЕОМЕТРИЈА - магистарски рад - Ментор: проф Миодраг Матељевић Кандидат: Слађана Бабић јун 009

2 Садржај I Комплексна раван, геометријска интерпретација сабирања комплексних бројева и множења комплексног броја реалним скаларом I Геометријски смисао множења комплексних бројева4 I Веза скалараног и векторског производа вектора са множењем комплексних бројева 5 I 4 Особине модула и њихова геометријска интерпретација 7 I 5 Дуж и дељење дужи у датом односу 9 I 6 Мера угла I 7 Права, полуправа, услов ортогоналности двеју правих4 I 8 Услов припадности четири тачке кружници9 I 9 Једначина кружнице 4 I 0 Потенција тачке у односу на круг5 I Ојлерова кружница (кружница 9 тачака), Ојлерова права 8 I Симпсонова права I Изометријске трансформације равни - транслације и ротације равни4 I 4 Трансформације сличности Еуклидске равни у облику комплексног пресликавања 4 I 5 Сличност троуглова45 I 6 Скаларни производ комплексних бројева 49 I 7 Геометријска интерпретација n-тих корена комплексног броја 54 I 8 Векторски производ комплексних бројева60 II Билинеарна функција и инверзија 70 III Стереографска пројекција97 III Сферна геометрија99 III Хиперболичка геометрија 0 Литература

3 I Комплексна раван, геометријска интерпретација сабирања комплексних бројева и множења комплексног броја реалним скаларом Дефиниција Формално поље комплексних бројева, са ознаком, дефинишемо као скуп уређених парова реалних бројева са једнакошћу (x,y)=(u,v) акко је x=u и y=v и операцијама сабирања: (x,y)+(u,v)=(x+u,y+v) и множења (x,y) (u,v)=(xu- yv, xv+yu) Да овако дефинисана алгебарска структура (, +, ) задовољава аксиоме поља директно се проверава Неутрални елемент у односу на сабирање је 0=(0,0), у односу на множење је =(,0) и издвајамо елемент (0,) који ћемо називати имагинарна јединица и обележавати са Показује се да се сваки комплексан број z=(x,y) може на јединствен начин представити у облику z=x+y, при чему реалан број x називамо реалним делом комплексног броја z и означавамо са Rez, а реалан број y називамо имагинарним делом комплексног броја z и означавамо са Imz Овако представљање комплексног броја назива се алгебарски облик комплексног броја Дефиниција скупа као скупа свих уређених парова реалних бројева омогућује нам геометријско поимање комплексних бројева Ради формалне дефиниције посматраћемо скуп P свих тачака дате равни П са уведеним координатним системом xoy Посматрајмо бијективну функцију ϕ : P, задату са ϕ ( z) = M( x, y) Дефиниција Тачку М са Декартовским координатама (x,y) ћемо називати геометријском сликом комплексног броја z=(x,y) (или z=x+y у алгебарском облику) Комплексан број z=x+y називаћемо комплексном координатом тачке М(x,y) Употребљаваћемо ознаку М(z) да назначимо да је комплексна координата тачке М комплексан број z (У даљем тексту ће комплексна координата најчешће бити означена одговарајућим малим словом) Скуп свих тачака равни П које идентификујемо са комплексним бројевима називамо комплексном равни, или Гаусовом комплексном равни, пошто је Гаус својом репутацијом омогућио шире прихватање овакве интерпретације скупа комплексних бројева Пошто се скуп реалних бројева при оваквој идентификацији пресликава на x-осу њу називамо реалном осом, а скуп чисто имагинарних комплексних бројева (за које је Rez=0) се пресликава на y-осу, па је зато називамо имагинарном осом Комплексан број z=(x,y) (z=x+y) можемо видети и као вектор чија је почетна тачка координатни почетак О а крајња тачка управо геометријска слика тачке z, М(z) Дакле при овој идентификацији броју z=(x,y) одговара вектор OM = z, где је М тачка М(x,y) Уколико са j и означимо јединичне векторе x- осе и y-осе, пошто су Декартове координате тачке М управо x и y имамо да је z = OM = xj+ y (Ознака за јединични вектор y-осе се слаже са чињеницом да је то вектор који одговара комплексном броју z=, ознака j треба да асоцира да је то вектор који одговара (реалној) јединици) Посматрајући операцију сабирања комплексних бројева и сабирање вектора видимо да је z +z =(x,y )+(x,y )=(x +x,y +y ), док је код вектора z+ z = ( x j+ y) + ( x j+ y) = ( x+ x) j+ ( y+ y) Дакле збиру комплексних бројева z +z одговара вектор z+ z Ако наведену коресподенцију додељивања вектора комплексном броју z означимо са z имаћемо z+ z = z+ z Слично важи и за множење комплексног броја реалним скаларем α, тј биће: α z = α( x, y) = ( αx, αy) А за векторе:

4 z = ( x j+ y) = x j+ y Дакле важи αz = α z α α α α Одавде следи да је коресподенција између скупа комплексних бројева и вектора са почетком у 0 не само узајамно једнозначна, већ је и изоморфизам Из ове чињенице следи и геометријска интерпретација сабирања комплексних бројева: ако комплексне бројеве z и z посматрамо као векторе z и z онда њиховом збиру z +z одговара вектор z+ z који се добија из вектора z и z уобичајеним правилом паралелограма Нека тачке М и М имају комплексне координате z =x +y и z =x +y и нека тачка М има комплексну координату z=z +z тада је вектор MM = ( x+ x x) j+ ( y+ y y) = x j+ y= z Одавде следи да се тачка и М добија транслацијом тачке М за вектор z Дакле додавање комплексног броја z комплексном броју z, чија је геометријска слика M можемо схватити и као транслацију тачке M за вектор z (тј вектор OM, где је M (z )) Ако је z=x+y комплексан број, комплексан број z = x y се назива коњугованим комплексним бројем који одговара датом броју z и означава са z Геометријске слике комплексних бројева z и z су узајамно симетричне у односу на реалну осу, па коњуговање комплксног броја можемо схватити и као симетрију у односу на реалну осу Важи z= z акко је z, такође је z=- z акко z Модул комплексног броја z=x+y је реалан, ненегативан број x + y и означава се са z Еуклидско растојање тачака О(0) и М(x+y) је r = OM = x + y, па имамо да је z = r = OM Значи модул комплексног броја z је једнак растојању тачака О и М(z), што је у ствари интензитет придруженог вектора z = OM Већ је споменуто да постоји бијекција између скупа тачака комплексне равни и скупа комплексних бројева Уколико тачкама (комплексне) равни доделимо Декартове правоугле координате добијамо алгебарски облик комплексног броја Уколико им доделимо поларне координате доћи ћемо до тригонометријског (или тригонометријско-експоненцијалног) облика комплексног броја Тачка М комплексне равни, која је различита од О, је одређена растојањем r од координатног почетка и величином позитивно оријентисаног угла између позитивног дела реалне осе и вектора OM Уколико величину овог угла φ посматрамо у интервалу [0,) зваћемо је главном вредношћу аргумента комплексног броја z који одговара тачки М и обележавати са argz (дакле φ=argz) (Уместо интервала [0,) често се узима и интервал (-,] и нека то буде друга главна вредност аргумента) Координатном почетку О додељујемо растојање r=0, а аргумент му не дефинишемо * Између скупа = \{ 0} и равни са поларним координатним системом (0, ) [0, ) постоји бијекција Уколико останемо на елементарном нивоу и не бавимо се питањима дефинисања тригонометријских функција, можемо извести везу између Декартовог и поларног координатног система користећи као познате основне особине функција синуса и косинуса, дакле x=rcosφ, y=rsnφ, одавде имамо поларни или тригонометријски облик комплексног броја z = x+ y = r(cosϕ+ sn ϕ), r = z, ϕ = arg z

5 квадранту Пошто је је y y tgϕ = у I квадранту је ϕ = arctg у II и III x x y ϕ = arctg + и у IV квадранту је x y ϕ = arctg +, при чему је главна вредност аргумента φ у x интервалу [0,) Уколико величину угла између позитивног дела реалне осе и вектора OM не ограничавамо на интервал [0,) (или (-,] или неки други полуотворени интервал дужине ) добијамо пребројив скуп вредности који означавамо са Argz (при чему је z комплексна координата тачке М) Ако је ϕ = arg z имамо да је Argz = { ϕ+, } ϕ Узимајући у обзир знамениту Ојлерову формулу e = cosϕ + sn ϕ, ϕ [0, ), ϕ долазимо до експоненцијалног облика комплексног броја z = re, r = z, ϕ = argz Ако је λ реалан број биће λ z = λ z, за λ>0 вектор λ z је истог смера као и z, а интензитет му је λ z За λ<0 вектор λ z је супротног смера од z Ако са H О,λ означимо хомотетију са центром у О и коефицијентом λ (која свакој тачки А додељује тачку A такву да је вектор OA = λoa ) имамо да је множење реалним скаларом λ у ствари хомотетија са центром у О и коефицијентом λ

6 I Геометријски смисао множења комплексних бројева Ако су z и z комплексни бројеви тада је zz = z zи arg( zz) = argz+ argz (или Arg( zz) = Arg z+ Arg z) Ово тврђење се може извести уколико се користи тригонометријски облик комплексног броја z = r(cosϕ+ sn ϕ), r = z, ϕ = arg z, и адиционе формуле cos( α + β) = (cosαcos β snαsn β), sn( α + β) = (snαcos β + cosαsn β) Међутим саме адиционе формуле имају своју тежину, што одузима елементарност овом доказу Испоставља се да се адиционе формуле могу доказати коришћењем чињенице да је RO, ( z) ze α α = (ротација око нуле за угао α) изометрија и чињенице да је дужина лука адитивна функција (Ово је доследно спроведено у одељку Комплексни бројеви и елементарна геометрија књиге Комплексне функције, професора М Матељевића) Множење комплексним бројем v= v e θ можемо схватити и као композицију једне ротације за угао θ (са центром у О(0)) и једне хомотетије са коефицијентом v и центром у О(0) v θ Нека је v0 = = e, производ комплексног броја z = z e ϕ и v 0 је комплексан број v v чији је модуо једнак z z v =, а аргумент му је једнак (θ+φ)(mod), дакле то је ротација за угао θ Пошто је v= v v0, а множење комплексног броја са v је хомотетија са коефицијентом v (и центром у О(0)) имамо наведени закључак (При чему редослед ротације и хомотетије није битан) 4

7 I Веза скалараног и векторског производа вектора са множењем комплексних бројева Један од уобичајених начина да се уведе скаларни производ комплексних бројева a и b (схватамо их као векторе) је да кажемо да је скаларни производ вектора a и b једнак ( ab, ) = Reab Тада се доказује особина да је ( ab, ) = abcosθ где је θ угао између вектора a и b Међутим као дефиницију скаларног производа можемо узети и ову особину (што се често и чини на елементарнијим курсевима математике) дакле рећи да је скаларни производ вектора a и b ab = abcosθ па доказати да заиста важи да је тако дефинисан скаларни производ ab = Re ab Оно што је овде важно је да се тај доказ ослања (само) на особине множења комплексних бројева Такође је елементарни метод увођења векторског производа вектора a и b (ознака a b ) је да кажемо да је то вектор једнак по интензитету површини паралелограма над векторима a и b док је он сам нормалан на раван вектора a и b и усмерен тако да је систем вектора a, b и a b позитивно оријентисан Пошто су сви вектори комплексне равни баш у њој, оно што ће разликовати векторски производ комплексних бројева један од другог је његов интензитет и позитивно или негативно усмерење (док је правац увек нормалан на комплексну раван) Зато је ради дефиниције векторског производа вектора a и b довољно увести оријентисану површину паралелограма над векторима a и b Угао између вектора a и b ћемо посматрати као оријентисани конвексан угао у интервалу (, ] и његов знак доделити површини паралелограма над векторима a и b Тако дефинисана оријентисана површина паралелограма може играти улогу векторског производа комплексних бројева (вектора) a и b Због непарности функције sn имамо да важи a b= a b snθ (где ће a b бити ознака за овако дефинисан векторски производ), као и a b= b a Да би доказали да из дефиниције ab = abcosθ следи особина ab = Reab посматрајмо пресликавање ψ : задато са ψ ( z) = a z Ако је a = a e α биће a= a e α па је ψ композиција једне ротације за угао -α и једне хомотетије са центром у O и коефицијентом a Нека је M геометријска слика тачке z, P њена пројекција на вектор a Ако је z = z e ϕ при чему ϕ, α (, ] биће Дакле θ = ϕ α угао између вектора a и z (тј вредност оријентисаног угла) Пошто је ψ композиција ротације за угао -α и хомотетије са центром у O и коефицијентом a, ψ слика троугао OPM у троугао OP M, где је M геометријска слика тачке az, а P њена пројекција на x-осу При том је OP = a OP = a z cosθ и MP = amp= a zsnθ az = Reaz и a z = Im az Ово се може извести и аналитички: 5

8 α ϕ ( ϕ α) θ ψ ( z) = az = a e z e = a z e = a z e = a z (cosθ + sn θ) одакле следи да је a z cosθ = Re az; a z snθ = Im az У литератури се среће још једна дефиниција комплексног производа комплексних бројева У ознаци a b, та дефиниција је a b= ( ab ab ) Пошто је ( ab ab) = ( ab ab) = Imab имамо да важи релација a b= a b Коментар Овај (геометријски) доказ зависи од међусобног положаја вектора a и z Међутим пошто почива на чињеници да се пресликавање ϕ ( z) = az може схватити као композиција ротације око O за угао -α=-arga и хомотетије са коефицијентом a и у осталим случајевима важи слично разматрање, с тим што у случају < θ < (као и < θ < ) дуж OP посматрамо као пројекцију вектора z на вектор a те јој додељујемо негативну вредност Заправо је pr ( z) = OP = OM cosθ = z cosθ a Слично је и pr ( z ) = pr ( az ) = OP j j, па је pr ( z) = a pr ( z) = a ( z cos θ ) Јасно је да је j a Re z = pr ( z) j, чиме је оправдана тврдња Reaz = a z Да би друга једнакост важила потребно је дуж MP сматрати позитивном ако је угао θ позитиван, а негативном ако је θ негативан Тако да у случају < θ < 0 имамо MP = amp= a MP= aomsnθ = a zsnθ 6

9 I 4 Особине модула и њихова геометријска интерпретација Основне особине модула које следе директно из дефиниције су: zz = z, z = z, z = 0 акко z = 0, 4 Re z z, Im z z (I) (II) (III) Следеће три једнакости имају битан геометријски смисао: z+ w = z + Re( zw) + w, z w = z Re( zw) + w, z+ w + z w = ( z + w ) I следи из z+ w = ( z+ w)( z+ w) = z + zw+ zw+ w = z + Re( zw) + w Слично се доказује и II, III следи сабирањем I и II Пошто је Re( zw) = zw = z w cos ( z, w) видимо да су I и II искази косинусне теореме Нека су zw, и M(z), P(w) и N(z+w), OMNP је паралелограм Пошто је cosθ = cos( ϕ) = cosϕ из троугла OMN имамо: z+ w = z z w cosθ + w = z + z w cosϕ+ w = = z + z w+ w = z + Re( zw) + w Дакле формула I се слаже са уобичајеним исказом косинусне теореме, док је то за II очигледно (из троугла OMP јер је MP= w z) Формула III је правило паралелограма: сума квадрата дужина ивица паралелограма једнака је суми квадрата дијагонала Докажимо сада неједнакост троугла: Ако су a, b, c комплексни бројеви тада важи a c a b + b c ( ) Стављајући z=a-b и w=b-c преостаје да се докаже z+ w z + w ( ) = имамо да из I следи ( ) Због Re( zw) zw z w z+ w z + z w + w = z + w Пошто је модуо ненегативан број из ове неједнакости следи (*) Једнакост у неједнакости (*) важи када је Re( zw) = z w тј када је z w cosθ = z w, где је θ угао између вектора z и w, па је cosθ =, одакле је угао θ=0 Значи да је arg z = arg w, па су вектори z и w истог правца и смера, што се алгебарски може изразити условом z = λ w, λ > 0 Из неједнакости (*) следи неједнакост z w z w ( ) У неједнакости (**) једнакост важи акко је z w ( z w) = ( z w)( z w) = z z w + w Re( zw) = z w, па као у претходном случају 7

10 закључујемо да је arg z = arg w Ако у (**) уместо w ставимо - w добијамо z w z+ w ( ) У последњој неједнакости једнакост важи акко је угао између вектора z и w једнак 0 тј угао између вектора z и w је једнак Другим речима вектори z и w су истог правца а супротних смерова, што се може изразити са z = λ w, λ < 0 Обједињавајући (*) и (***) добијамо z w z+ w z + w Узимајући да је z = a b, w= b c, као и у доказу неједнакости ( ) имамо да је a b b c a c a b + b c ( ) Узимајући да су a, b, c комплексне координате тачака A, B, C, редом, добијамо AB BC AC AB+ BC, што је позната геометријска неједнакост која тврди да је свака страница троугла мања од збира остале две странице, а већа од њихове разлике Из претходног следи да једнакост у десној неједнакости ( ) вреди акко је a b= λ( b c), λ > 0 Записујући ову једнакост преко вектора имамо BA = λcb, λ > 0, одакле следи да је тачка B између тачака A и C (при чему релацију између узимамо као интуитивно јасну) Другим речима AC = AB + BC акко су тачке A, B и C колинеарне и тачка B је између тачака A и C Пошто је овде у питању еквиваленција можемо увести следећу дефиницију Дефиниција 4 Нека су А и C две различите тачке са комплексним координатама a и c Рећи ћемо да је тачка M(z) између тачака А и C ако z a, z c и важи следећа релација a c = a z + z c Употребљаваћемо ознаку А-M-C Разматрајући једнакост у левој страни неједнакости ( ) добијамо (због z = BA, w = CB, BA = λcb, λ < 0) две могућности ) тачка C је између тачака А и B и ) тачка А је између тачака B и C, што је последица чињенице да (због модула) лева страна неједнакости ( ) садржи практично две неједнакости 8

11 I 5 Дуж и дељење дужи у датом односу Да би дефинисали дуж користићемо већ дефинисану релацију између Дефиниција 5 Скуп тачака {M: А-M-B} који ћемо означавати (АB) или само АB, називаћемо отвореном дужи са крајевима у тачкама А и B Тврђење 5 Тачка M (АB), где је M(z), A(a), B(b), акко је испуњен неки од следећа два услова: постоји позитиван реалан број такав да је z a= ( b z), постоји реалан број t (0,) такав да је z = ( t) a+ tb M (АB) акко је А-M-B акко је a b = a z + z b (*) Када је било речи о томе када важи једнакост у неједнакости троугла речено је да (*) важи акко је z a= ( b z), >0 + Доказујемо да су и еквивалентни z a= ( b z), z = a+ b, + + стављајући t = имамо да t (0,) и z = ( t) a+ tb С друге стране из t = имамо + + t = где t (0,) па је >0 t Дефиниција 5 Нека су A(a), B(b) две различите тачке и нека је M(z) тачка праве АB Кажемо да тачка M дели дуж АB у односу \{ } ако важи следећа релација AM : MB = Тврђење 5 Комплексна координата z тачке M, која дели дуж АB (где је A(a), B(b)) у односу a+ b, је дата са z =, \{ } + a+ b AM = MB z a = ( b z) z = + + Приметимо да важи распоред А-M-B ако је, распоред А-B-M ако (, ) и распоред M-А-B ако је (,0) a+ b За = добијамо координату средишта дужи АB дату са zs = Пример 5 Доказати да се тежишне дужи троугла секу у тачки T која сваку од њих дели у односу : (гледајући од одговарајућег темена) Нека су A, B, C средишта дужи BC, AC, AB редом Све комплексне координате ће бити означаване одговарајућим малим словима Тада је a + b, c + b, a + c = a = b c = Нека a+ a a+ b+ c је T тачка за коју је AT : TA = :, тада је t = = Проверавамо BT : TB = : + a+ b+ c a+ c a+ b+ c a+ c b a+ c b BT : TB = ( t b):( b t) = b : = : = : 6 Слично се проверава да је CT : TC = : Пример 5 Нека је дат четвороугао ABCD и нека су M, N, P, Q, K, L средишта AB, BC, CD, DA, BD, CA Доказати да се MP, NQ, KL секу у једној тачки T која сваку од њих полови 9

12 Све комплексне координате ће бити означаване одговарајућим малим словима a + b, b + c, c + d, a + d, b + d, a + m= n= p= q= = l = c, нека је T средиште дужи MP, тада a+ b+ c+ d a+ b+ c+ d је t = Ако је T средиште дужи NQ тада је t =, значи тачке T и T се 4 4 a+ b+ c+ d поклапају Ако је T средиште дужи KL, тада је t = па се и тачке T и T 4 поклапају Пример 5 Нека је дат четвороугао ABCD и нека су T a, T b, T c, T d тежишта троуглова BCD, ACD, BAD, ABC, редом Доказати да се дужи AT a, BT b, CT c, DT d секу у једној тачки T која сваку од њих дели у односу : гледајући од темена четвороугла b+ c+ d a+ c+ d a+ b+ d a+ b+ c Имамо да је ta =, tb =, tc =, td = Нека је T тачка која дуж AT a дели у односу : гледајући од темена A, тј AT : TT a = : па је a+ ta a+ b+ c+ d t = = Показујемо да T дели и остале дужи у истом односу 4 4 a+ c+ d b a+ c+ d b BT = t b =, TTb = tb t = Дакле BT : TT b = : Слично се показује 4 и за дужи CT c, DT d Тачку T из претходног примера називамо тежиштем четвороугла (Приметимо да се тачка T може дефинисати и преко примера 5) Пример 5 нам указује како да дефинишемо тежиште петоугла: формирамо дужи које спајају теме петоугла са тежиштем четвороугла формираног од остала четири темена датог петоугла; тако добијених пет дужи се секу у једној тачки коју ћемо назвати тежиштем петоугла Ако су темена петоугла дата са A(a), B(b), a+ b+ c+ d + e C(c), D(d) и E(e) биће координата његовог тежишта дата са t = На сличан 5 начин се дефинише тежиште n-тоугла Пример 54 Четвороугао ABCD је конвексан, а тачке T a, T b, T c, T d тежишта троуглова BCD, ACD, BAD, ABC, редом Доказати да се средње линије четвороуглова ABCD и T a T b T c T d секу у истој тачки Узимајући у обзир закључке из претходна два примера видимо да је довољно доказати да се тежишта четвороуглова ABCD и T a T b T c T d поклапају (јер се, по примеру 5 средње линије четвороугла секу у његовом тежишту) b+ c+ d a+ c+ d a+ b+ d a+ b+ c Имамо да је ta =, tb =, tc =, td = Нека је T тежиште a+ b+ c b+ c+ d b+ d + a c+ d + a четвороугла T a T b T c T d, тада је a+ b+ c+ d t = = Ако 4 4 a+ b+ c+ d са Т обележимо тежиште четвороугла ABCD биће t =, па се тачке Т и T 4 поклапају 0

13 I 6 Мера угла Претпоставимо као познату чињеницу да се раван може оријентисати, тј да се око сваке фиксиране тачке равни може изабрати један од два постојећа смера који ће се назвати позитивним Најчешће се узима да је позитивни смер супротан кретању казаљке часовника На тај начин се сваком углу могу придружити два оријентисана угла, један позитивно оријентисан, а други негативно оријентисан Сматраћемо да је угао М ОМ позитивно оријентисан ако крећући се од полуправе ОМ ка полуправој ОМ идемо у смеру супротном од казаљке часовника Мера позитивно оријентисаног угла је величина угла (мерена у радијанима) са предзнаком +, док је мера негативно оријентисаног угла једнака његовој величини са предзнаком - Ако хоћемо да прецизирамо ову, прилично интуитивно објашњену, дефиницију можемо поступити на следећи начин: Дефиниција 6 Нека су z и z комплексне координате тачака М и М, редом Нека је z z w = и w = и w e α = Тада постоји јединствено β такво да је w = e β и z z [, ) β αα+ Нека је P произвољна тачка отвореног лука PP која припада унутрашњости угла М ОМ при чему су P и P геометријске слике тачака w и w редом Тада постоји јединствено γ које припада [ α, α ) + такво да је w = e γ, при чему је w комплексна координата тачке P Уколико је α < γ < β рећи ћемо да је М ОМ позитивно оријентисан и његова мера је једнака ϕ = β α Уколико је α < β < γ рећи ћемо да је М ОМ негативно оријентисан и његова мера је једнака ϕ = β α Приметимо да ова дефиниција допушта позитивно оријентисане углове у интервалу [ 0, ) и негативно оријентисане углове у интервалу [,0), дакле нема вишеструког обилажења око нуле Ознака за меру оријентисаног угла М ОМ је MOM = ϕ пример позитивно оријентисаног угла пример негативно оријентисаног угла Тврђење 6 Мера позитивно оријентисаног угла М ОМ је једнака arg z z (где је arg w прва главна вредност аргумента) z z e β Нека су z и z комплексне координате тачака М и М и нека је z = z e α и =, при чему је β тако изабрано да је β [ αα, ) + По наведеној дефиницији је

14 мера позитивно оријентисаног угла М ОМ једнака ϕ = β α Сада имамо z z e z ( β α ) arg = arg = arg e, z z e z β α па важи arg z = β α z Тврђење 6 Посматрајмо три различите тачке М (z ) и М (z ) и М (z ) Мера позитивно оријентисаног угла М М М је arg z z z z пошто је β [ αα, + ), биће β α [ 0, ) Транслацијом за вектор -z тачке М, М, М се преводе у тачке М, М, М са комплексним координатама 0, z -z, z -z Осим тога М М М = М OМ, док је arg z M OM = z, по претходном тврђењу z z Пример 6 Збир углова у троуглу је Нека су темена троугла ABC дата са A(a), B(b), C(c) Тада је a b c a b c CBA = arg, BAC = arg, ACB = arg c b b a a c a b c a b c CBA + BAC + ACB = arg + arg + arg = c b b a a c a b c a b c = arg = arg( ) = c b b a a c Пошто је сваки од углова троугла строго мањи од, то је њихов збир строго мањи од (и позитиван), па једнакост по модулу можемо заменити обичном једнакошћу Пример 6 Периферијски угао је једна половина централног угла који одговара истом луку Посматраћемо лук AB, можемо претпоставити да је A(r) и B( re ϕ ), при чему је r > 0 и θ ϕ (0, ) Тада је AOB = ϕ Нека је M( re ), r > 0, θ ( ϕ, ) тачка комплемента лука AB, тада је ϕ θ ϕ θ re re e e AMB = arg = arg θ θ r re e θ θ e = e sn биће ϕ ϕ ϕ ϕ θ ϕ ( θ ) ϕ θ θ ϕ ϕ θ ϕ sn e e e ( e e ) e ( ) ( ) = = e e e θ θ e θ = θ θ e sn sn sn Одавде следи да је ϕ θ e e ϕ arg =, тј AMB = AOB θ e Тврђење 6 Посматрајмо четири различите тачке М (z ), {,,,4} Мера оријентисаног 4 угла између оријентисаних правих М М и М М 4 је arg z z z z Оријентисани угао између оријентисаних правих М М и М М 4 је позитивно оријентисани угао за који треба ротирати вектор ММ да би се поклопио по правцу и смеру са вектором М М 4 Вектор ММ транслирамо за z, тада ће се тачка М пресликати у О, а тачка М у тачку P са комплексном координатом z -z Вектор М М 4 транслирамо за z, тада ће се

15 тачка М пресликати у О, а тачка М 4 у тачку Q са комплексном координатом z 4 -z Угао између оријентисаних правих М М и М М 4 је у ствари угао између вектора ММ и М М 4 Због наведених транслација биће ( MM, MM4) = POQ По тврђењу 6 је 4 arg z POQ = z z z

16 I 7 Права, полуправа, услов ортогоналности двеју правих z z * * Тврђење 7 Тачке М (z ), М (z ) и М (z ) су колинеарне акко је ( = \{} 0 ) z z Тачке М, М и М су колинеарне акко је угао MMM { } * MMM = имамо да arg { 0, } z z z z z z arg z z z z z z 0, Пошто је z z * Последица 7 Тачка М(z) припада правој М М где је М (z ) и М (z ), акко је z z z z * z z z z z z z z Услов се може написати у облику = тј =, z z z z z z z z z z одакле се, после унакрсног множења добија ( z z ) z ( z z ) z ( z z z z ) Ако ставимо B = z z и C zz zz Im( z z) + = 0 = = имамо да је Bz B z+ C = 0, B, C, општи облик једначине праве Стављајући b= B и c= C имамо да је b z+ b z+ c= 0, b, c такође општи облик једначине праве z z z z z z z z Пошто из = следи = 0 то ова детерминанта представља z z z z z z z z још један еквивалентан начин да се изрази припадност тачке М(z) правој М М, где је М (z ) и М (z ) z z Стављајући = t имамо z = ( t) z+ t z, t што је још један начин да z z се зада једначина праве која пролази кроз тачке М (z ) и М (z ) Пример 7 Нека је дат троугао ABC Нека су K и H тачке страница AB и AC, редом, такве да је AK = AB и AH = AC Доказати да, без обзира на вредност p, p, праве KH p p + пролазе кроз једну тачку b c Нека је A(0), B(b), C(c), K(), H(h), тада је = и h = Тачке M(z) праве KH p p + z t задовољавају услов = t, одакле следи да је z = b+ (( c b) p b) h p p+ Стављајући t=p+ добијамо z=c-b, одакле следи да свака права KH садржи тачку X(c-b) Пошто је AX = c b 0 = c b= BC, имамо да је X тачка таква да је ABCX паралелограм Последица 7 Тачка М(z) припада полуправој (АB (са почетком у тачки А) акко је z a +, где је А(a), B(b) b a z a z a + М припада (АB акко је BAM = 0 arg = 0 b a b a z a Стављајући = + t, t + имамо z = ( t) a+ t b, t, што је други начин да b a се изрази припадност тачке полуправој 4

17 z Користећи особину аргумента: arg = arg z arg w, имамо да је w z a 0 = arg = arg( z a) arg( b a) arg( b a) = arg( z a), b a међутим како arg( b a) 0, arg( z a) 0, имамо да је arg( b a) = arg( z a) Стављајући да [ ) као и [ ) је ϕ = arg ( b a) имамо да је ϕ + z = a+ te, t, где је ϕ [ 0, ) arg( z a) z a= z a e = z a e ϕ +, ако ставимо t = z a биће константа Ово је параметарски облик једначине полуправе која има почетак у тачки А(a) и заклапа угао ϕ са реалном осом z z Тврђење 7 Праве М М и М М 4 су ортогоналне акко је z z4 (При чему је М (z ), М (z ), М (z ) и М 4 (z 4 )) Праве М М и М М 4 су ортогоналне акко је: z4 z z4 z * z z * ( MM, MM 4), arg, z z z z z z 4 Последица 7 Ако је М =М 4 у претходном тврђењу тада су праве М М и М М z z ортогоналне акко је z z Пример 7 Угао над пречником је прав Нека је А(r), B(-r) и M( re ϕ ), ϕ (0, ) ϕ ϕ r re e ( cosϕ+ snϕ) = = = ϕ ϕ r re e ( cosϕ+ snϕ) ϕ ϕ ϕ sn cos + sn ϕ = = tg ϕ ϕ ϕ cos cos + sn (овде смо користили адиционе формуле за синус и косинус двоструког угла) По последици 7 BMA је прав Тврђење 7 Посматрајмо праве l и l задате једначинама: l: bz + bz+ c = 0 l: bz+ bz+ c = 0 где је * b, b, c, c Праве l и l су: ) b b паралелне акко је =, b b ) b b секу се акко је, b b ) b b ортогоналне акко је + = 0 b b Нека су М (z ), М (z ) различите тачке праве l такве да је z z = b и М (z ), М 4 (z 4 ) различите тачке праве l такве да је z z4 = b Такве тачке се могу изабрати, М и М су произвољне а М и М 4 су одређене горњим условом 5

18 ) l l M M M M * * * = λ 4, λ = λ = λ z4 z b b b b b b = = b b b b b * z z b b b ) Праве l и l се секу акко нису паралелне (и не поклапају се), дакле акко b b ) z z b b b b l l * * * = z4 z b b b b b b b b b b b b = + = 0 Тврђење 74 Нека је дата права l: b z+ b z+ c = 0, b, c и тачка М 0 (z 0 ) Једначина b праве p која садржи тачку М 0 и паралелна је правој l гласи: p : z z0 ( z z0) = b Нека су М (z ), М (z ) две различите тачке праве l такве да је z z = b и М(z) * произвољна тачка праве p, различита од М 0 Тада је p l M M = λ MM λ z z * ( z z) = λ( z0 z) = λ, дакле z z 0 ( 0 ) z z b b b b z z z z z z z z z z b * = = 0 = z z0 0, Тврђење 75 Нека је дата права l: b z+ b z+ c = 0, b, c и тачка М 0 (z 0 ) Једначина b праве n која садржи тачку М 0 и нормална је на правој l гласи: n: z z0 ( z z0) = b Као и раније нека су М (z ), М (z ) две различите тачке праве l такве да је z z = b и М(z) n је произвољна тачка праве n различита од М 0 Тада је z z0 * z z0 * z z0 z z0 b n l MM MM0 = z z0 = ( z z0 ) z z b b b b Тврђење 76 Нека је дата права l: b z+ b z+ c = 0, b, c и тачка М 0 (z 0 ) Подножје bz0 bz0 c нормале n из тачке М 0 на праву l има комплексну координату z = b Нека је тачка P подножје нормале n из тачке М 0 на праву l, њена комплексна bz + bz + c = 0 bz c координата z је решење система: Из прве једначине имамо z =, b( z z0 ) = b( z z0 ) b bz0 bz0 c када то уврстимо у другу једначину имамо z = b Тврђење 77 Растојање тачке М 0 (z 0 ) од праве l: b z+ b z+ c = 0, b, c је једнако ( l) bz0 + bz0 + c d M, 0 = b Користећи резултат и ознаке претходне теореме имамо да је 6

19 bz0 bz0 c bz0 + bz0 + c d( M0, l) = d( M0, P) = z0 z = z0 = b b Посматрајмо праву l: b z+ b z+ c = 0, b, c и њене две различите тачке z z b b М (z ), М (z ) такве да је z z = b, тада је = = Ако са ϕ обележимо угао z z b( ) b који заклапа права l са позитивним делом реалне осе, а са К() тачку ϕ z = + re, r = z = KM пресека праве l и реалне осе имаћемо, ϕ z = + re, r = z = KM приметимо да смо овде претпоставили да је распоред К-М -М или К- М -М, међутим та претпоставка не умањује општост, јер се тачке М и М могу изабрати тако да важи један од наведених распореда Сада је: ϕ z z ( r r) e ϕ b ϕ = = e, дакле важи = e, тј ϕ z z ( r r) e b b b ϕ = arg Величина ml = се назива комплексним угаоним коефицијентом праве l и b b карактерише њен нагиб у односу на реалну осу Пример 7 (Менелајева теорема) Нека је дат троугао A A A и тачке M, M, M на правама AM AM AM A A, A A, A A, редом Тачке M, M, M су колинеарне акко је = MA MA MA Нека је A (a ), A (a ), A (a ), M (m ), M (m ), M (m ) и AM AM AM = λ, = λ, = λ, λ, λ, λ Тада је MA MA MA a+ λa a + λa a + λa m =, m =, m = (*) Тачке + λ + λ + λ m m * M, M, M су колинеарне акко Коришћењем m m m m + λ a a + λ( a a ) + λλ ( a a) (*) добијамо да је = (**) m m + λ a a + λ( a a) + λλ ( a a) λ λ λ = λ =, заменом λ = у формулу (**) добијамо λ λ λ λ m m λ( + λ) * =, значи да су тачке M, M, M колинеарне m m λλ Ако су M, M, M колинеарне тада m m + λ a a + λ ( a a) + λλ ( a a) =, пошто је a a = ( a a) ( a a) m m + λ a a + λ a a + λλ a a ( ) ( ) биће ( λ )( ) ( λλ )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( a ) a + λ + λλ ( ) ( ) ( ) ( a ) a + + ( a a ) m m + a a + a a a a m m λ + λ a a + λ a a λ λ λ = = 7

20 a a a a a a ω Пошто је arg = AAA = ω, 0 < ω <, биће w= = e \, тј a a a a a a ( + λ) + ( λλ ) ( + λ) + ( λλ ) ( + λ) + ( λλ ) = λ( + λ) ( + λ) λ( + λ) ( + λ) λ( + λ) ( + λ) последњег израза добија се: ( λ ) λ ( λλ ) ( λ ) λ, w w, јер \ w w w Трансформисањем w w w ( )( w w) = 0, пошто је w, имамо да је ( ) ( ) λ λλ + + λ = 0 λλ λ = Пример 74 Нека је дат троугао ABC и нека симетрала угла код темена A сече наспрамну страницу у тачки E Тада је BE: EC = AB: AC Нека је E (e ) тачка странице BC таква да је c a b+ b a c BE: EC = AB : AC = b a : c a e = c a + b a c a b+ b a c a e c a b a a + BAE = arg = arg = b a b a c a ( b a) c a + ( c a) b a c a + b a = arg = arg b a Пошто је arg c BAC = a = α биће ( b a)( c a + b a) c a + b a b a c a c a α c a e b a α c a + b a + α c a ( e ) c a cos α b a b a + = = = e, c a + b a c a + b a c a + b a c a + b a дакле α α BAE = Одавде је EAC = BAC BAE = Дакле тачке E и E се поклапају, тј тачка E задовољава дати однос Пример 75 Израчунати координате центра уписаног круга троугла ABC Нека је E(e) тачка у којој симетрала угла код темена A сече страницу BC, а S(s) центар уписаног круга Тада је c a b+ b a c e = У троуглу ABE је AS : SE = AB : BE c a + b a Пошто је c a b+ b a c b a c b BE = e b = b ==, c a + b a b a + c a b a c b b a + c a биће AS : SE = b a : = Дакле b a + c a c b b a + c a a+ e c b a c b + b c a + c b a s = = b a + c a c b + c a + b a + c b 8

21 I 8 Услов припадности четири тачке кружници Тврђење 8 Различите тачке М (z ), М (z ), М (z ), М 4 (z 4 ) су колинеарне или припадају истој z z z z4 кружници акко је = z z z z4 Елегантан доказ овог тврђења ће се моћи извести када буде речи о билинеарној функцији Доказ који следи служи за илустрацију примене аргумента, тачније правила: ( zw) = z + w (које следи из ( ) arg arg arg Arg zw = Argz + Argw ) z z z z4 Ако су дате тачке колинеарне биће,, па и z z z z4 Четири концикличне тачке се на шест начина могу распоредити на кружници Овде ћемо показати три карактеристична случаја У овом доказу ће ABC означавати меру позитивно оријентисаног ABC Нека је MMM = θ, MMM 4 = ϕ (овде се ради о оријентисаним угловима) Ако су тачке М, М, М, М 4 на кружници тада је четвороугао М М М М 4 тетиван, уколико је распоред М 4,М,М,М гледајући у позитивном смеру биће MMM + MMM 4 = θ + ϕ = 4 arg z z, 4 arg z θ = MMM = ϕ = MMM = z, z z z z4 z z z z 4 z z z z4 arg = arg + arg = Пошто z z z z4 z z z z4 4 arg w [ 0, ) биће arg z z z z = Одавде је z z z z4 z z z z4 = z z z z4 У случају да је распоред М,М 4,М,М гледајући у позитивном смеру биће ϕ + θ = 0, јер је угао ϕ позитивно оријентисан, а θ негативан ϕ = M MM, 4 θ = MMM MMM 4 + MMM = z z4 z z MMM 4 = arg, MMM = arg z z4 z z z z z z z 4 z z z arg = arg = 4 arg + arg = 0 z z z z4 z z z z4 * arg = 0 У случају да је распоред М,М,М,М 4 гледајући у позитивном смеру биће ϕ + θ =, јер су оба угла ϕ и θ негативно оријентисана Сада је: θ = MMM, ϕ = MMM 4 MMM + MMM = 4 9

22 z z z z 4 z z z z4 Одакле следи arg = arg = arg + arg = = z z z z4 z z z z4 * arg = Остала три случаја су слична претходном Да би доказали другу страну еквиваленције приметимо да: * z z z z 4 arg { 0, } z z z z4 z z z z4 z z z z4 arg + arg = 0 arg + arg = z z z z4 z z z z4 MMM + MMM 4 = 0 MMM + MMM 4 = Пошто је 0+0=0, +=, 0+=, +0=, имамо да колинеарност тачака М,М,М уз претходни услов повлачи колинеарност тачака М,М 4,М, тј следи да су све четири тачке MMM MMM имамо да је: М,М,М,М 4 колинеарне У случају да { } и { } 0, 4 0, MMM + MMM 4 = или MMM + MMM 4 = или MMM + MMM 4 = Претпоставимо да је MMM = θ и нека је l кружница која садржи тачке М,М,М Пошто је (позизивно оријентисани) MMM 4 = θ и MMM 4 + MMM 4 =, биће M MM = MMM = θ = θ = MMM, а тиме и М 4 припада l ( ) 4 4 Приметимо да у овом случају добијамо четири од шест могућих распореда четири тачке на кружници То су (читано у позитивном смеру) М,М,М 4,М ; М,М 4,М,М ; М,М,М,,М 4 ; М,М,М 4,М Слично закључујемо да и у преостала два случаја М 4 припада l Притом је у случају распоред тачака М,М 4,М,М, док је у трећем случају распоред тачака М,М,М,М 4 (читано у позитивном смеру) Дефиниција 8 Број називамо двосразмером тачака М,М,М,М 4 и обележавамо са D(М,М,М,М 4 ) Директно из дефиниције двосразмере закључујемо да је D(М,М,М,М 4 )= =D(М,М 4,М,М )=D(М,М,М 4,М ) Пример 8 Четвороугао ABCD је тетиван, а тачке T a, T b, T c, T d тежишта троуглова BCD, ACD, BAD, ABC, редом Доказати да је четвороугао T a T b T c T d такође тетиван b+ c+ d a+ c+ d a+ b+ d a+ b+ c Имамо да је ta =, tb =, tc =, td = b c d a tc tb ta td D(,,, ) c b a d Ta Tb Tc Td = = = = D(A, B, C, D) Пошто је t b a d c a tb tc t d a b c d четвороугао ABCD тетиван биће * D(A, B, C, D), због претходне једнакости и D(,,, ) a b c d * T T T T, а тиме је и T a T b T c T d тетиван Пример 8 Дат је троугао ABC, на страницама AB, AC, BC дате су тачке P, N, M Доказати да се кружнице описане око троуглова APN, BMP и CMN секу у једној тачки Комплексне координате свих тачака биће обележене одговарајућим малим словима 0

23 Мада је геометријско решење задатка неупоредиво једноставније, ради илустрације методе наводимо следеће решење Нека је Q пресечна тачка кружница описаних око троуглова APN и BMP Тачке A, P, q p a n Q, N су на једној кружници па је D( A, P, Q, N) = Тачке B, M, Q, P су на a p q n q m b p једној кружници па је D( B, M, Q, P) = Множећи претходне двосразмере b m q p добијамо q m a n b p, одакле је q m n c m c n a p b Сада имамо: q n a p b m q n m c n c p a m b m c n a p b m c arg = arg + n c p a m b n c n a p b + arg + arg = NCM + PAN + MBP = p a m b = ACB + BAC + CBA = Одавде је m c n a p b, а тиме и n c p a m b q m n c = D( N, Q, M, C), што значи да су тачке Q, M, N и C на једној кружници q n m c Пример 8 Дате су четири кружнице,,, 4 Нека се и секу у тачкама А и B, и у тачкама А и B, и 4 у тачкама А и B, 4 и у тачкама А 4 и B 4 Доказати да ако тачке А,А,А,А 4 припадају једној кружници, тада и тачке B,B,B,B 4 припадају једној кружници Нека су тачке А,А,А,А 4 и B,B,B,B 4 дате B својим комплексним координатама које ћемо обе- 4 лежавати одговарајућим малим словима Тачке А,А,B,B припадају кружници, па је: A a a b b A D( B, A, A, B) = 4 b a a b B 4 Тачке А,А,B,B припадају кружници, па је: A B a a b b D( B, A, A, B) = B b a a b Тачке А,А 4,B,B 4 припадају кружници 4, па је: a a4 b4 b D( B4, A4, A, B) = b a a b 4 4 a4 a b b4 Тачке А,А 4,B,B 4 припадају кружници, па је: D( B, A, A4, B4) = b a a4 b4 Одавде имамо: D( B, A, A, B) D( B, A, A4, B4) a a a a4 b b b b4 = = D( B, A, A, B) D( B4, A4, A, B) a a a a4 b b b b4 = D A, A, A, A D B, B, B, B ( 4) ( 4) Пошто тачке А,А,А,А 4 припадају једној кружници то D( A A A A4) (,, B, B ), D B B правој A 4,,,, а тиме и што значи да тачке B,B,B,B 4 припадају једној кружници или

24 Пример 84 Четири праве се секу тако да образују четири троугла Доказати да четири кружнице описане око тих троуглова имају једну заједничку тачку Из услова задатка следи да никоје F три праве нису конгурентне Њихове пресечне тачке ћемо обележити са A, B, C, D, E, F, одговарајуће комплексне координате означићемо малим словима P Нека се кружнице описане око троуглова C ABC и EFC секу у тачки P Показаћемо да су тачке E, P, A и D концикличне, слично се показује да су тачке B, D, F, P E концикличне Како је p a b c D( B, A, P, C) =, b a p c c f e p D( E, F, C, P) = e f c p A D B то дељењем ових једнакости добијамо да p a b c e f ( ) b a e p c f Коришћењем чињенице да су тачке E, F, D колинеарне као и тачке B, A, D e f b a имамо: = t и = t Замењујући последње две једнакости у (*) добијамо: e d d a a p e d b c t b c Пошто тачке B, C, F припадају једној правој биће, а e p a d f c t f c a p e d тиме и = DEPAD (,,, ), што значи да су тачке E, P, A и D концикличне e p a d Пример 85 (Птоломејева теорема) Ако је ABCD конвексан и тетиван четвороугао тада је AC BD = AB CD + BC AD * Четвороугао ABCD је тетиван па DABCD (,,, ), тј c b a d Постоје две оријентације четвороугла ABCD, a b c d c b у случају позитивне оријентације је ABC = arg, a b CDA arg a = d, при чему су претходни углови позитивно c d оријентисани Сада је: c b a d c b a d arg = arg + arg = ABC + CDA = a b c d a b c d Одавде имамо arg c b a d = Једноставно се показује a b c d да и у случају негативне оријентације важи претходна једнакост Одавде је c b a d c b a = d a b c d a b c d

25 AD BC d a c b c b a d c b a d b d a c b d a c + = + = + = = = = AB CD b a d c a b c d a b c d a b c d a b c d b d a c BD AC = = (*) a b c d AB CD c b a d c b a d b d a c Јер је > 0, то је > 0 па и > 0 Множењем a b c d a b c d a b c d једнакости (*) са AB CD добијамо тврђење

26 I 9 Једначина кружнице z z z z Пошто акко тачке М (z ), М (z ), М (z ), М(z) припадају истој z z z z z z z z z z z z кружници имамо да једнакост = изражава припадност тачке М z z z z z z z z кружници одређеној тачкама М, М, М, тј овај услов даје једначину кружнице Сређујући претходну једнакост добијамо једначину Azz + Bz Bz + C = 0, где је ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) A= z z z z z z z z B = z z z z z z z z z z C = z z z z zz z z z z zz, при чему су А и C чисто имагинарни бројеви У случају А=0 имамо једначину праве B B C B C Ако А 0 биће zz+ z z+ = 0, стављајући b, c A A A = A = A имамо да c и B B b = A = A, па претходна једначина добија облик zz+ bz+ bz+ c = 0, c Последњу једначину једноставно трансформишемо у z+ b = b c Ако је b c> 0 стављајући b c= r добијамо z+ b = r што представља најуобичајенији облик једначине кружнице z b r S b константно и једнако r Дакле наведена једначина представља једначину кружнице са центром у тачки S + = можемо читати као: скуп тачака чије је растојање од тачке ( ) ( b) полупречника r = b c Пример 9 Координата центра кружнице описане око троугла М М М задатог са М (z ), М (z ), М (z ) је z O = ( ) + ( ) + ( ) z z z z z z z z z ( z z)( z z) ( z z)( z z) z O ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) B z z z z z z z z z z = b= = A z z z z z z z z последњег израза добијамо тврђење, израчунавајући бројилац 4

27 I 0 Потенција тачке у односу на круг Нека је =(S,r) кружница са центром у тачки S(s), полупречника r Дакле њена једначина је z s = r тј zz sz sz+ s r = 0 Нека је p права која садржи координатни почетак О и сече кружницу у тачкама М (z ) и М (z ) Тада је arg z = arg z или arg z arg z =± Због тога ( arg z arg z) је zz = z z e, па је zz = zz = λ Пошто z и z припадају биће 0 0 zz sz sz+ s r = и zz sz sz+ s r = Множећи прву једнакост са z, а другу са z добијамо λ λ ( ) zλ sλ szz ( s r ) z 0 z s sz z + s r z = и 0 + = Одузимањем ових једначина добијамо ( z z ) λ ( s r )( z z ) + = Ако је z z биће 0 λ = s r Осим тога је zz Re( zz ) z z λ = = = = OM OM, argz = argz = OM OM = OM OM, argz argz =± С друге стране је λ = s r = OS r, дакле скаларни производ OM OM не зависи од положаја праве p и једнак је OS r У случају arg z = arg z са Т ћемо означити додирну тачку тангенте t из тачке О на кружницу, па имамо да је OS r = OS ST = OT Дакле биће OT = OM OM Геометријски смисао једнакости OM OM = OS r можемо видети посматрајући праву s која садржи тачке О и S и сече кружницу у тачкама А и А, у случају arg z = arg z је OM OM = OA OA = ( OS r) ( OS + r) = OS r У случају arg z arg z =± посматраћемо праву s која садржи тачке О и S и праву n која је нормална на праву s у тачки О и која сече кружницу у тачкама B и B Тада је OM OM = OM OM = OB OB = OB = OB Из правоуглог троугла SОB имамоob = SB OS = r OS Осим тога је OMOM = OA OA = OA OA = ( r OS )( r + OS ) = OS r, што је други начин да дамо геометријско образложење једнакости OM OM = OS r Једнакост OM OM = OS r је изведена под претпоставком да је М М У случају да је М =М биће М =М =Т па по Питагориној теореми опет имамо да важи наведена једнакост Посматрајмо сада кружницу и произвољну тачку А(а) Да би дошли до претходне ситуације извршићемо транслацију за -а Овом транслацијом се тачка А преводи у координатни почетак, а кружница у кружницу са центром S (s-a) полупречника r, тачке М (z ) и М (z ) у тачке М (z -а) и : z s a = r тј М (z -а) редом Биће: ( ) 5

28 ( ) ( ) : zz s a z s a z+ s a r = 0 По претходно изведеним закључцима је: OM OM = OS r = s a r = ss as as + a r ( ) Пошто је OM = AM, OM = AM, OS = AS имамо да важи AM AM = AS r Дакле доказано је следеће: Тврђење 0 Ако су у равни дати кружница =(S,r) и тачка А, тада за сваку праву p која садржи тачку А и сече кружницу у тачкама М и М је скаларни производ AM AM константан и једнак AS r Ова теорема омогућује да се уведе дефиниција потенције тачке А у односу на кружницу Дефиниција 0 Константан производ AM AM установљен претходном теоремом називамо потенцијом тачке А у односу на круг и означавамо са p(a,) Примећујемо да је потенција тачке која је ван кружнице позитивна, тачке у кругу негативна, док је потенција тачке на кружници једнака 0 Непосредна последица претходног закључивања (видети формулу (*)) је и: Тврђење 0 Посматрајмо тачку А(а) и кружницу чија је једначина : zz sz sz+ s r = 0 Потенција тачке А у односу на кружницу је p( A, ) = aa sa sa+ s r Посматрајмо две ексцентричне кружнице: : zz sz sz+ s r = 0 и : zz sz sz+ s r = 0 ( ) Скуп тачака М(z) које имају исту потенцију у односу на кругове и је, по претходној теореми, задат са zz s z s z+ s r = zz s z s z+ s r, тј ( ) ( ) = 0 s s z s s z s s r r што је једначина праве p коју ћемо називати радикалном или потенцијалном осом кругова и Тврђење 0 Ако су тачке S (s ) и S (s ) центри кругова и, радикална оса p тих кругова је нормална на правој S S Нека су Q (q ) и Q (q ) две различите тачке радикалне осе p кругова и, тада је: s s q + s s q + s s + r r = и ( ) ( ) 0 ( s s) q ( s s) q s s r r 0 добијамо ( s s)( q q) + ( s s)( q q) = 0, а одавде је ( s s)( q q) ( s s ) ( q q ) = Одузимањем ових двеју једначина Re = 0 тј = 0, што значи да су праве S S и Q Q узајамно ортогоналне, тј p је ортогонална на S S Тврђење 04 Нека је p радикална оса кругова (S,r ) и (S,r ) и нека је p SS { K} Тада важи: SK SK = r r Пошто K ( ) pбиће ( s s) + ( s s) + s s + r r = 0 ( ) С друге стране је ( ) ( ) је због (**) SK SK = r r = S K S K = s s = s s + s s + s s, па 6

29 Дакле радикална оса кругова (S,r ) и (S,r ) је права која је нормална на правој S S у тачки К за коју важи SK SK = r r Уколико кружнице и имају бар једну заједничку тачку А, тада та тачка припада њиховој радикалној оси јер је p(a, )=p(a, )=0 Дакле ако кружнице и имају две заједничке тачке А и B њихова радикална оса је права АB, ако се додирују у тачки А, тада је радикална оса права која је нормална на S S у тачки А (заправо заједничка тангента кружница и ) Радикалну осу кругова и можемо посматрати и као скуп тачака чија је разлика потенција у односу на кругове и једнака 0 или количник потенција у односу на кругове и једнак На сличан начин можемо посматрати скуп тачака М(z) чија је ) разлика потенција једнака λ=const или ) количник потенција у односу на кругове и једнак μ=const У првом случају, уколико су једначине кружница и задате са () имамо да је је p(м, )-p(м, )=λ, тј ( ) ( ) 0 s s z+ s s z+ s s + r r λ =, што је опет једначина праве Слично као и за радикалну осу показује се да је та права нормална на S S pm (, ) У другом случају је = μ, тј pm (, ) zz s z s z+ s r = μ( zz s z s z+ s r ) μ zz s μs z s μs z s r μ s μr ( ) ( ) ( ) + + = 0 Случај μ= доводи до једначине праве, тј радикалне осе кружница и s μs Ако је μ имамо једначину кружнице са центром у μ Уколико су кружнице и полупречника 0, тј тачке S и S, биће p( M, ) = MS и p( M, ) = MS Дакле за r =0 и r =0 претходна једначина означава скуп тачака чији је однос квадрата растојања до двеју датих тачака S и S једнак μ Аполонијева кружница се дефинише као скуп тачака чији је однос растојања до двеју датих тачака константан (рецимо једнак η) Из претходног следи (стављајући μ = η, r = 0, r = 0) да је једначина Аполонијеве кружнице zz s s z s s z s s ( η ) ( η ) ( η ) + η = 0 Пример 0 Ако је s радикална оса двају ексцентричних кругова (O,r ) и (O,r ), P произвољна тачка те исте равни и Q подножје нормале из тачке P на правој s, доказати да је p( P, ) pp (, ) = OO QP : z o = r : zz oz oz+ o r = 0 Једначине кружница су па је : z o = r : zz o z o z+ o r = 0 = = pp (, ) pp (, ) ( o o) p ( o o) p o o r r = ( o o ) p+ ( o o ) p ( o o ) q ( o o ) q+ ( o o ) q+ ( o o ) q+ o o + r r = = ( o o )( p q) + ( o o )( p q) + p( Q, ) p( Q, ) Пошто тачка Q припада радикалној оси кругова и биће pq (, ) pq (, ) = 0 p( P, ) pp (, ) = Re o o p q = OO QP Дакле, биће: ( )( ) 7

30 I Ојлерова кружница (кружница 9 тачака), Ојлерова права Лема Нека је ABC троугао чији се центар описаног круга налази у координатном почетку Ако је A(a), B(b), C(c) показати да је H(h), где је h=a+b+c ортоцентар троугла ABC A Пошто је центар описаног круга у координатном почетку биће a = b = c = R Ако је F тачка чија је комплексна координата f=b+c, тада је четвороугао COBF ромб Због тога је OF BC Ако је H тачка чија је комплексна координата једнака је h=a+(b+c) биће O четвороугао AOFH паралелограм над векторима OA H и OF, дакле биће AH OF Пошто је OF BC биће AH BC Слично се показује да је BH AC и B C CH AB, дакле тачка H је ортоцентар троугла ABC Нека је ABC троугао задат са A(a), B(b), C(c), нека су А, B, C, средишта дужи BC, AC, AB, редом; A, B, C F подножја висина из A, B, C на странице BC, AC, AB, редом и нека су A, B, C средишта дужи AH, BH, CH, редом, при чему је H ортоцентар троугла ABC Тврђење У троуглу ABC тачке А, B, C, A, B, C, A, B, C леже на једној кружници чији је центар Е средиште дужи OH, где је О центар описаног круга, H ортоцентар, а полупречник јој је једнак половини полупречника описане кружнице око троугла ABC (Овај круг се назива Ојлеровим кругом 9 тачака) C Нека је координатни систем тако постављен да се центар описаног круга О налази у координатном почетку тада је координата ортоцентра дата са C'' A' h=a+b+c Значи: B b+ c a+ c b+ a a+ h b+ c A a =, b =, c =, a = = a+, B' b b a + c, c c b + = + = + a h a+ b+ c B'' и e = = Сада је A'' A B a+ b+ c b+ c a R C' C EA = e a = = =, слично је b R c R a+ b+ c b+ c a R EB = = и EC = = EA = e a = a + = =, слично је R R EB = e b = и EC = e c = Овим је показано да тачке А,B, C, A, B, C припадају R кружници са центром у Е, полупречника Да би нашли координату подножја висине из темена C на страницу AB поставићемо прво једначину праве AB: z a z a AB : = z ( b a) z ( b a) + ab ba = 0 b a b a Да би могли да користимо формулу за координату подножја нормале из дате тачке на дату праву, изведену раније, потребно је претходну једначину праве AB помножити са јер ab ba, а у поменутој формули се користи једначина праве у којој је слободни члан 8

31 реалан Дакле: AB z( b a) z( b a) ( ab ba) ( b a) c ( ( b a) ) c ( ab ba) c =, тј c ( b a) : + = 0, по поменутој формули је: c b a ab = + c ba b a ( b a) R R b a c b a R ab Пошто је aa = bb = cc = R биће c a b = + = a b c R R c R R + + c b a b a bc ac Слично је a = a+ b+ c, b = a+ b+ c Сада имамо: a b a+ b+ c a+ b+ c bc bc R R EA = e a = = = На сличан начин је EB = EC = Овим a a је показано да и тачке A, B, C припадају кружници a+ b+ c Раније смо показали да је координата тежишта Т троугла ABC дата са t = Узимајући у обзир да је координата ортоцентра H троугла ABC, када је центар описаног круга у координатном почетку, дата са h=a+b+c, као и да је центар Ојлеровог круга дат са a+ b+ c e = имамо да су тачке О, Т, Е и H колинеарне Осим тога је Е средиште дужи ОH и ОH =ОТ Дакле имамо: Тврђење У троуглу ABC су ортоцентар H, тежиште Т, и центар описане кружнице О колинеарне тачке и при том је H-Т-О и HТ=ТО (Права којој припадају H, T, O и E се назива Ојлеровом правом) Пример Нека је H ортоцентар троугла ABC Доказати да се Ојлерове праве троуглова ABC, ABH, BCH и CAH секу у једној тачки C Нека је центар описаног круга око троугла ABC у координатном почетку Тада H има координату h=a+b+c Тачка О (a+b) је симетрична са О у односу на страницу AB јер је четвороугао O (a+c) O (b+c) ОАО B ромб Сада је OH = a+ b a+ b+ c = c = R, O A= a+ b a = b = R, H E O ( ) ( ) OB = a+ b b = a = R, па је О центар описаног T круга око троугла ABH Слично је О (c+b) центар A B описаног круга око троугла BCH, као што је и A О (a+c) центар описаног круга око троугла ACH Нека је Т тежиште троугла ABH, тада је O a+ b+ ( a+ b+ c) a+ b+ c (a+b) t = = Ојлерова права троугла ABH је права Т О, а Ојлерова права троугла ABC је права ОH Пошто је ( a+ b) + ( a+ b+ c) + 0 t = имамо да је Т тежиште троугла HОО, па права Т О сече дуж ОH a+ b+ c у њеном средишту тј у тачки Е, где је e = Значи пресечна тачка Ојлерових правих троуглова ABC и ABH је тачка Е 9