Makalah BAB III Siap Cetak

GEOMETRI

KOORDINAT

Oleh:

Ririn Suparti KurnianingsihHenry Kurniawan

Tri Wahyudi

Dosen Pengampu : 1. Dr. Somakim, M.Pd.

2. Dr. Nila Kesumawati, M.Si.

PROGRAM PASCASARJANA PENDIDIKAN MATEMATIKA

UNIVERSITAS SRIWIJAYA PALEMBANG

2013

KOORDINAT

1. PENDAHULUAN

Sekitar tahun 1630, Pierre de Fermat dan Rene Descartes menemukan

keuntungan dari angka dalam geometri, sebagai koordinat. Descartes adalah yang

pertama memperkenalkan hal tersebut secara rinci dalam bukunya “Geometrie”

pada tahun 163. Oleh karena itu dia mendapatkan penghargaan besar untuk ide

dan pendekatan koordinat geometri yang dikenal sebagai Cartesian.

Descartes berpikir geometri adalah yang seperti digambarkan Euclid, dan angka

hanya membantu dalam mempelajari geometri. Tetapi kemudian ilmuwan

matematika menemukan objek dengan sifat "non-Euclidean", seperti "garis"

memiliki lebih dari satu garis sejajar yang melalui suatu titik tertentu. Untuk

memperjelas situasi ini, perlu untuk mendefinisikan titik, garis, panjang, dan

sebagainya, dan untuk membuktikan bahwa mereka memenuhi aksioma Euclid.

Hal dilakukan dengan bantuan koordinat, disebut arithmetization of geometry.

Pada tiga bagian pertama bab ini, kita lakukan langkah-langkah utama, yaitu

menggunakan himpunan R bilangan real untuk menentukan bidang Euclidean R2

dan titik, garis, dan lingkaran di dalamnya. Disini juga akan didefinisikan konsep

jarak dan sudut, dan akan ditunjukkan bagaimana beberapa aksioma dan teorema

penting mengikuti.

Ini memberikan gambaran aljabar konstruktibiliti dengan penggaris dan

jangka, yang memungkinkan untuk membuktikan bahwa bentuk tertentu tidak

konstruktibel.

Hal ini memungkinkan kita untuk mendefinisikan apa artinya "perpindahan"

bentuk geometri, yang memberikan kebenaran untuk bukti Euclid SAS, dan

memunculkan pertanyaan baru.

2. PEMBAHASAN

2.1 Garis bilangan dan bidang bilangan

Himpunan R bilangan riil adalah hasil dari mengisi kesenjangan dalam himpunan

Q bilangan rasional dengan bilangan irasional, seperti √2. Inovasi ini

memungkinkan untuk mempertimbangkan R sebagai garis, karena tidak memiliki

kesenjangan dan angka di dalamnya digunakan menjadi titik pada garis. Salah

satu tujuannya menggunakan R untuk membangun model untuk semua bidang

geometri Euclid: struktur yang mengandung "garis", "lingkaran", "ruas garis," dan

seterusnya, dengan semua sifat-sifat yang dibutuhkan oleh Euclid.

Langkah pertama adalah untuk membangun "bidang," dalam hal ini akan

membutuhkan sifat garis sejajar dalam geometri eculid. Bayangkan garis yang

saling tegak lurus, yang disebut sumbu x dan sumbu y, berpotongan pada titik O

yang disebut titik asal (Gambar 1). Sumbu adalah garis bilangan, dengan O adalah

angka 0 pada masing-masing sumbu, dan diasumsikan bahwa arah positif pada

sumbu x adalah ke kanan dan bahwa arah positif pada sumbu y adalah ke atas.

Gambar 1. Sumbu dan koordinat

Terdapat garis yang sejajar dengan sumbu y dan sumbu x melalui titik P. Kedua

garis bertemu sumbu x dan sumbu y pada a dan b disebut “x dan y” koordinat P.

Hal ini penting untuk mengetahui yang mana angka pada sumbu x dan yang mana

angka pada sumbu y. Karena jelas sangat berbeda antara x = 3 dan y = 4 dengan x

= 4 dan y = 3.

Dengan demikian, mengingat adanya garis bilangan R yang titik-titiknya adalah

bilangan real, maka terdapat bidang bilangan yang titiknya adalah pasangan

bilangan real. Yang biasa ditulis sebagai R × R atau R2.

2.2 Garis dan persamaannya

Ketika koordinat diperkenalkan, memungkinkan untuk mendefinisikan bentuk

dari garis lurus yang dikenal sebagai gradien. Gradien adalah hasil bagi kenaikan

dan jarak dan yang lebih penting lagi bahwa nilai gradien tidak tergantung pada

dua titik pada garis yang menentukan kenaikan dan jarak tersebut. Perhatikan

gambar 2.

Gambar 2. Mengapa gradien sebuah garis konstan

Pada gambar di atas, terdapat dua ruas garis pada garis yang sama, yaitu:

AB, kenaikannya adalah |BC| dan jarak yang dilalui |AC|, dan

A’B’, kenaikannya adalah |B’C’| dan jarak yang dilalui |A’C’|.

Sudut α adalah sama karena AC dan A’C’ sejajar, dan sudut β adalah sama karena

BC dan B’C’ adalah sejajar. Begitu juga sudut di C dan C’ keduanya sudut siku-

siku. Jadi, segitiga ABC dan A’B’C’ sebangun, sehingga sisi yang bersesuaian

memiliki perbandingan yang proporsional.

¿ BC∨ ¿¿ AC∨¿=¿ B’ C ’∨ ¿

|A ’C ’|¿¿¿

Oleh karena itu, gradien = konstan.

Misal pada gambar 3, diberikan garis dengan gradien a yang memotong sumbu y

pada titik Q di mana y = c. Jika P = (x, y) adalah titik pada garis ini, maka

kenaikan dari Q ke P adalah y – c dan jaraknya adalah x.

Gradien=a= y−cx

Dengan mengalikan kedua ruas dengan x, menjadi:

ax = y – c atau y = ax + c

Persamaan ini dipenuhi oleh semua titik di garis, dan oleh karenanya disebut

persamaan garis.

Gambar 3. Tipikal titik pada garis

Hampir semua garis memiliki persamaan ini, kecuali garis yang tidak melewati

sumbu y. Garis tersebut adalah garis vertikal, yang tidak memiliki kemiringan

seperti yang telah kita definisikan, meskipun bisa dikatakan memiliki kemiringan

yang tak terbatas. Seperti garis yang memiliki persamaan:

x = c, untuk c konstanta

Dengan demikian, semua garis memiliki persamaan:

ax + by + c = 0, untuk a, b dan c konstanta.

Disebut persamaan linear dalam variabel x dan y.

Secara khusus, jika garis didefinisikan sebagai himpunan titik-titik (x, y) pada

bidang bilangan yang memenuhi persamaan linier maka dapat dibuktikan

pernyataan berikut yang Euclid ambil sebagai aksioma:

Ada garis yang unik melalui dua titik yang berbeda,

Untuk setiap garis L dan titik P di luar L, ada garis yang unik melalui P tidak

bertemu dengan L.

Latihan

Diberikan titik yang berbeda P1 = (x1, y1) dan P2 = (x2, y2), misalkan P = (x, y)

adalah setiap titik pada garis melalui P1 dan P2.

2.2.1 Dengan persamaan gradien, tunjukkan bahwa x dan y memenuhi persamaan

y2− y1

x2−x1

=y− y1

x−x1

jika x1≠ x2

2.2.2 Jelaskan mengapa persamaan yang ditemukan dalam Latihan 3.2.1 adalah

persamaan garis lurus.

2.2.3 Apa yang terjadi jika x2 = x1?

Tidak mengherankan garis sejajar adalah garis dengan gradien yang sama.

2.2.4 Tunjukkan bahwa garis yang berbeda y = ax + c dan y = a’x + c’ memiliki

satu titik yang sama kecuali mereka memiliki kemiringan yang sama (a =

a’). Tunjukkan bahwa hal ini juga terjadi ketika satu baris memiliki gradien

yang tak terbatas.

2.2.5 Jika L memiliki persamaan y = 3x, apa persamaan garis yang sejajar dengan

L dan melalui P = (2, 2)?

Penyelesaian

2.2.1 Persamaan garis : y = ax + c ... (1)

P1(x1, y1) terletak pada garis : y1 = ax1 + c ... (2)

P2(x2, y2) terletak pada garis : y2 = ax2 + c ... (3)

Persamaan (1) dikurang persamaan (2), diperoleh:

y = ax + c

y1 = ax1 + c –

(y – y1) = a(x – x1)

Menjadi

a=y− y1

x−x1

….(4)

Persamaan (3) dikurang persamaan (2), diperoleh:

y2 = ax2 + c

y1 = ax1 + c –

(y2 – y1) = a(x2 – x1)

Menjadi

a=y2− y1

x2−x1

….(4)

Dari persamaan (4) dan (5), diperoleh:

( y− y1 )(x−x1)

=( y2 – y1)(x2 – x1)

2.2.2 Karena ( y2 – y1)(x2 – x1)

= gradien (a), sehingga persamaannya menjadi:

( y− y1 )(x−x1)

=a

( y− y1 )=a (x−x1)

Adalah bentuk persamaan garis lurus yang melalui titik (x1, y1) dan gradien

a.

2.2.3 Jika x1 = x2, maka:

( y− y1 )(x−x1)

=( y2 – y1)(x2 – x1)

a=( y2 – y1 )( x2 – x2 )

a=( x−x1)

0

a=∞

Jadi garis akan memiliki gradien tak terhingga atau berupa garis vertikal.

2.2.4 Karena a, a’ ≠ ∞, maka:

y = ax + c y = a’x + c’

x = y−c

ax =

y−c 'a '

Diperoleh:

y−ca

= y−c '

a '

( y−c )a '=( y−c' ) a

a ' y−a' c=ay−a c'

a ' y−ay=a' c−a c'

y (a'−a )=a' c−a c '

y=a ' c−ac 'a'−a

Subtitusikan y ke salah satu persamaan di atas:

y=ax+c

a' c−ac '

a'−a=ax+c

a' c−a c '

a'−a−

c(a'−a)a'−a

=ax

a' c−ac '−a ' c+aca'−a

=ax

ac−a c '

a'−a=ax

a(c−c ')a'−a

=ax

c−c '

a'−a=x

Jadi titik koordinat pada perpotongan kedua garis tersebut adalah

( c−c '

a'−a,

a' c−ac 'a'−a )

Jika a = a’, maka pembaginya akan sama dengan 0, dan titik tersebut tidak

terdefinisi.

Jika salah satu gradien garisnya adalah ∞ maka bentuk garis tersebut

tentunya x = n untuk n ∈ R. Maka titik potongnya adalah (n, an + c)

2.2.5 Persamaan garis yang sejajar dengan L dan melalui titik P(2, 2)

L ≡ y = 3x , jadi L memiliki gradien = 3.

Persamaan garis yang melalui satu titik dan gradien tertentu:

( y− y1 )=a (x−x1)

( y−2 )=3 ( x−2 )

( y−2 )=3 x−6

y=3 x−4

2.3 Jarak

Misalkan P1 = (x1, y1) dan P2 = (x2, y2) adalah dua titik di R2, membentuk

koordinat segitiga siku-siku seperti yang ditunjukkan pada gambar 4, dan |P1P2|

adalah panjang sisi miringnya.

Gambar 4. Segitiga yang mendefinisikan jarak

Sisi vertikal segitiga memiliki panjang y2 – y1, dan sisi horizontal memiliki

panjang x2 – x1. Berdasarkan teorema Pythagoras:

|P1P2|2 = (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2

dan karena itu,

¿ P1 P2∨¿√(x2 – x1)2+( y2 – y1)

2

Persamaan lingkaran

Rumus jarak di atas mengarah langsung ke persamaan lingkaran, sebagai berikut.

Misalkan kita memiliki lingkaran dengan jari-jari r dan pusat di titik P = (a, b).

Kemudian setiap titik Q = (x, y) pada lingkaran berada pada jarak r dari P, dan

karenanya rumus di atas memberikan:

r=¿PQ∨¿√(x−a)2+( y−b)2

Dengan mengkuadratkan kedua sisi, didapatkan:

( x−a )2+ ( y−b )2=r2

Ini disebut persamaan lingkaran karena memenuhi setiap titik (x, y) pada

lingkaran.

Garis berjarak sama dari dua titik

Sebuah lingkaran adalah himpunan titik-titik yang berjarak sama dari titik

pusatnya. Apa himpunan titik-titik yang berjarak sama dari dua titik di R2?

Himpunan titik-titik yang berjarak sama dari dua titik adalah garis.

Untuk melihat mengapa, diberikan dua titik P1 = (a1, b1) dan P2 = (a2, b2).

Kemudian titik P = (x, y) berjarak sama dari P1 dan P2 jika |PP1| = |PP2|, yaitu jika

x dan y memenuhi persamaan

√(x−a1)2+( y−b1)

2=√( x−a2)2+( y−b2)

2

( x−a1 )2+( y−b1 )2=( x−a2 )2+( y−b2 )2

x2−2 a1 x+a12+ y2−2b1 y+b1

2=x2−2 a2 x+a22+ y2−2b2 y+b2

2

−2 a1 x+a12−2b1 y+b1

2=−2 a2 x+a22−2 b2 y+b2

2

−2 a1 x+a12−2b1 y+b1

2+2a2 x−a22+2 b2 y−b2

2=0

2(a2−a1)x+2(b¿¿2−b1) y+(a¿¿12−a22)+(b1

2−b22)=0¿¿

Dengan demikian, titik P = (x, y) berjarak sama dari P1 dan P2 bentuk garis.

Latihan

Persamaan garis dan lingkaran memungkinkan untuk membuktikan banyak

teorema geometris oleh aljabar, seperti yang disadari Descartes. Bahkan , mereka

memperluas lingkup geometri dengan memungkinkan banyak kurva yang akan

dijelaskan oleh persamaan . Tapi aljabar juga berguna dalam membuktikan bahwa

jumlah tertentu tidak sama. Salah satu contoh adalah ketaksamaan segitiga.

2.3.1 Misalkan sebuah segitiga , untuk memudahkan ambil satu titik sudut di O =

(0, 0), P = (x1 ,0) dengan x1 > 0, dan Q = (x2, y2). Tunjukkan bahwa

|OP|=x1 ,|PQ|=√(x2−x1)2+ y2

2 ,|OQ|=√ x22+ y2

2

Ketaksamaan segitiga menyatakan bahwa |OP| + |PQ| > |OQ| (setiap dua sisi

segitiga bersama-sama lebih besar dari sisi ketiga). Untuk membuktikan

pernyataan ini, itu sudah cukup untuk menunjukkan bahwa

(|OP| + |PQ|)2 > |OQ|2

2.3.2 Tunjukkan bahwa

(|OP|+|PQ|)2−¿OQ∨¿2=2 x1 [√(x2−x1)2+ y2

2−(x2−x1)]¿2.3.3 Tunjukkan bahwa istilah dalam tanda kurung siku dalam Latihan 2.3.2

adalah positif jika y2 ≠ 0, dan karenanya bahwa ketaksamaan segitiga

berlaku dalam kasus ini.

2.3.4 Jika y2 = 0, mengapa ini tidak menjadi masalah?

Penyelesaian

2.3.1 Tunjukkan:

|OP|=√(x1−0)2+¿¿

|OP|=√x12

|OP|=x1

|PQ|=√( x2−x1 )2+( y2−0 )2

|PQ|=√( x2−x1 )2+ y22

|OQ|=√( x2−0 )2+( y2−0 )2

|PQ|=√( x2−0 )2+( y2−0 )2

|PQ|=√x22+ y2

2

2.3.2 (|OP|+|PQ|)2−|OQ|2

=( x1+√ ( x2−x1 )2+ y22 )2−(√ x2

2+ y22)2

¿ x12+2 x1√ ( x2−x1 )2+ y2

2+ ( x2−x1)2

+ y22−x2

2− y22

¿ x12+2 x1√ ( x2−x1 )2+ y2

2+ x22−2x1 x2

+x12+ y2

2−x22− y2

2

¿2 x1 √ ( x2−x1)2+ y22−2x1 x2+2 x1

2

¿2 x1 [√(x2−x1)2+ y2

2−(x2−x1) ]

2.3.3 Untuk menunjukkan persamaan yang berada dalam tanda kurung siku

bernilai positif, maka:

√(x2−x1)2+ y2

2>( x2−x1 )

(x2−x1)2+ y2

2>( x2− x1)2 (kuadratkan kedua ruas)

Akan bernilai benar jika y22 > 0, karena y ≠ 0 berati y2

2 > 0 dan begitu juga

√(x2−x1)2+ y2

2>( x2−x1 ) juga benar.

2.3.4 Ketika y2 = 0 tidak menjadi masalah, ketika y2 = 0 titik O, P, Q akan

membentuk garis lurus. Sehingga ketaksamaan segitiga tidak berlaku.

2.4 Persimpangan garis dan lingkaran

Sekarang garis dan lingkaran didefinisikan oleh persamaan, sehingga dapat

diberikan bentuk aljabar yang setara pada pengoperasian penggaris dan jangka.

Gambar garis melalui titik yang diberikan untuk menemukan persamaan garis

melalui titik (x1, y1) dan (x2, y2). Gradien antara kedua titik tersebut adalah

y2− y1

x2−x1

, yang harus sama dengan kemiringan y− y1

x−x1

antara titik (x, y) dan titik

khusus (x1, y1), sehingga persamaannya adalah:

( y− y1 )(x−x1)

=( y2 – y1)(x2 – x1)

Kalikan kedua sisi dengan (x – x1)(x2 – x1), didapatkan persamaan:

(y – y1)(x2 – x1) = (x – x1)( y2 – y1) atau (y2 – y1)x – (x2 – x1)y – x1y2 + y1x2 = 0

Gambar lingkaran dengan pusat dan jari-jari yang diberikan sesuai dengan

mencari persamaan lingkaran dengan pusat yang diberikan (a, b) dan diberi

jari-jari r, yaitu:

(x – a)2 + (y – b)2 = r2

Cari titik baru sebagai persimpangan dari garis yang ditarik sebelumnya dan

lingkaran yang bersesuaian dengan menemukan titik solusi:

Sepasang persamaan garis,

Sepasang persamaan lingkaran,

Persamaan garis dan persamaan lingkaran.

Sebagai contoh, untuk menemukan persimpangan dua lingkaran

(x – a1)2 + (y – b1)2 = r12 dan (x – a2)2 + (y – b2)2 = r2

2

kita memperluas persamaan lingkaran sebagai

x2−2 a1 x+a12+ y2−2b1 y+b1

2−r12=0….(1)

x2−2 a2 x+a22+ y2−2b2 y+b2

2−r22=0….(2)

Kurangi Persamaan (2) dengan persamaan (1). x2 dan y2 akan hilang, dan akan

diperoleh persamaan linier dalam x dan y:

2(a2−a1)x+2(b¿¿2−b1) y+r22−r1

2=0 ….(3)¿

Kita dapat memecahkan Persamaan (3) dalam x atau y Kemudian substitusikan

hasilnya ke dalam persamaan (1) dan memberikan persamaan kuadrat baru

untuk y atau x. Jika persamaannya adalah dalam bentuk Ax2 + Bx + C = 0,

maka kita tahu bahwa solusinya adalah:

x=−B ±√B2−4 AC2 A

Kriteria aljabar untuk konstruktibilti. Sebuah titik adalah konstruktibel (mulai

dari titik 0 dan 1) jika dan hanya jika koordinat yang diperoleh dari nomor 1

dengan operasi +, -, ×, ÷, dan √.

Latihan

2.4.1 Cari perpotongan lingkaran x2 + y2 = 1 dan (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4.

2.4.2 Periksa kebenaran jawaban pada latihan 3.4.1 dengan sketsa dua lingkaran.

2.4.3 Garis x + 2y – 1 = 0 ditemukan dengan menghilangkan x2 dan y2 dari

persamaan lingkaran harus memiliki beberapa arti geometris. Apa itu?

Penyelesaian

2.4.1 Perpotongan lingkaran

x2 + y2 = 1

x2 + y2 – 1 = 0 … (1)

(x – 1)2 + (y – 2)2 = 4

x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 = 4

x2 – 2x + y2 – 4y + 1 = 0 … (2)

Dari persamaan (1) dan (2)

x2 + y2 – 1 = x2 – 2x + y2 – 4y + 1

– 1 = – 2x – 4y + 1

– 2 = – 2x – 4y

−1=−x−2 y

x=−2 y+1…(3)

Subtitusikan persamaan (3) ke persamaan (1)

x2 + y2 – 1 = 0

(−2 y+1 )2+ y2−1=0

4 y2−4 y+1+ y2−1=0

5 y2−4 y=0

y=−B ±√B2−4 AC2 A

y=−(−4)±√(−4)2−4.5 .0

2.5

y= 4 ±√1610

y1=4+410

= 810

=45

y2=4−410

= 010

=0

Subtitusikan y1 dan y2 ke dalam persamaan 3 untuk mendapatkan x1 dan

x2

x1 x=−2 y+1

x=−2( 45 )+1

x=−85

+1

x1=−35

x1 x=−2 y+1

x=−2.0+1

x=0+1

x2=1

Jadi koordinat titik potong kedua lingkaran adalah (−35

,45 ) dan (1 , 0 )

2.4.2 Sketsa perpotongan dua lingkaran

2.4.3 Persamaan garis x + 2y – 1 = 0 adalah persamaan garis lurus yang melalui

dua titik potong lingkaran.

2.5 Sudut dan gradien

Sudut θ antara garis y = tx dan sumbu x adalah tan-1t, dan fungsi tan-1t bukan

fungsi aljabar. Juga tidak fungsi inversnya t = tan θ atau fungsi terkait sin θ

(sinus) dan cos θ (kosinus).

Jika garis L1 memiliki kemiringan t1 dan garis L2 memiliki kemiringan t2, maka

kemiringan L1 relatif terhadap L2, didefinisikan sebagai sebagai berikut:

±| t 1−t 2

1+ t1 t2|

Definisi ini berasal dari rumus dalam trigonometri,

tan(θ1−θ2)=| tanθ1−tan θ2

1+ tan θ1 tan θ2|

Dengan mengambil t1 = tan θ1 dan t2 = tan θ2. Alasan untuk tanda ± dan nilai

mutlak adalah bahwa gradien t1 dan t2 sendiri tidak menentukan sudut, mereka

hanya menentukan sepasang garis dan karenanya sepasang sudut yang menambah

sudut lurus.

Bagaimanapun, dengan hati-hati memungkinkan untuk menggunakan konsep

gradien relatif untuk menguji aljabar apakah sudut-sudutnya sama. Konsep ini

juga memungkinkan untuk menyatakan aksioma SAS dan ASA di koordinat

geometri.

Latihan

Contoh yang paling berguna dari gradien relatif adalah garis tegak lurus.

2.5.1 Tunjukkan bahwa garis dengan gradien t1 dan t2 tegak lurus hanya jika t1t2 =

-1.

2.5.2 Gunakan kondisi tegak lurus yang ditemukan dalam latihan 2.5.1 untuk

menunjukkan bahwa garis dari (1, 0) ke (3, 4) tegak lurus terhadap garis dari

(0, 2) ke (4, 0).

Pembahasan selanjutnya akan mendefinisikan rotasi O menjadi transformasi rc,s

dari R2 terhadap dua bilangan real c dan s seperti c2 + s2 = 1. Transformasi rc,s

memindahkan titik (x, y) ke titik (cx – sy , sx + cy). Hal ini dapat menjelaskan

dalam pembahasan selanjutnya mengapa alasan menyebutnya rotasi O dan

mengapa c = cos θ dan s = sin θ, dimana θ adalah sudut pada rotasi.

Andaikan dalam kasus ini terdapat dua rotasi rc1 , s1dan rc2 , s2

dimana:

c1 = cos θ1, s1 = sin θ1; c2 = cos θ2, s2 = sin θ2.

Hal ini akan membantu dalam pembuktian persamaan untuk cos, sin, dan tan dari

θ1 + θ2.

2.5.3 Tunjukkan hasil dari rc1 , s1dan rc2 , s2

adalah untuk memindahkan (x, y) ke

((c1c2 − s1s2)x − (s1c2 + c1s2)y, (s1c2 + c1s2)x + (c1c2 − s1s2)y)

2.5.4 Asumsikan rc1 , s1adalah rotasi O melalui sudut θ1 dan rc2 , s2

O melalui sudut θ2,

simpulkan dari latihan 2.5.3, bahwa:

cos (θ1 + θ2) = cos θ1 cos θ2 – sin θ1 sin θ2

sin (θ1 + θ2) = sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2

2.5.5 Simpulkan dari latihan 2.5.4 bahwa:

tan ( θ1+θ2 )=| tanθ1+ tan θ2

1−tan θ1 tan θ2|

tan ( θ1−θ2 )=| tanθ1−tanθ2

1+ tan θ1 tan θ2|

Penyelesaian

2.5.2 Garis akan saling tegak lurus jika t1.t2 = -1

Garis pertama melalui titik (1, 0) dan (3, 4)

y− y1

y2− y1

=x−x1

x2−x1

y−04−0

= x−13−1

y4= x−1

2

2 y=4 x−4

y=2 x−2

Jadi t1 = 2

Garis kedua melalui titik (0, 2) ke (4, 0)

y− y1

y2− y1

=x−x1

x2−x1

y−20−2

= x−04−0

y−2−2

= x4

4 y−8=−2 x

4 y=−2 x+8

y=−12

x+2

Jadi t2 = −12

Syarat tegak lurus jika t1.t2 = -1

t1.t2 = 2 . −12

= -1 (terbukti)

2.5.3 Hasil dari rc1 , s1dan rc2 , s2

adalah:

Rotasi oleh rc1 , s1

rc1 , s1( x , y )=(c1 x−s1 y , s1 x+c1 y )

Dilanjutkan oleh rotasi oleh rc2 , s2

rc2 , s2( c1 x−s1 y , s1 x+c1 y )

¿(c2(c1 x−s1 y)−s2(s1 x+c1 y) , s2(c1 x−s1 y )+c2(s1 x+c1 y))

¿(c1c2 x−s1c2 y−s1 s2 x−c1 s2 y , c1 s2 x−s1 s2 y+s1c2 x+c1 c2 y )

¿¿

2.5.4 rc1 , s1adalah rotasi O melalui sudut θ1 dan rc2 , s2

O melalui sudut θ2

Rotasi oleh rc1 , s1 melalui sudut θ1 memberikan matriks

(cos θ1 −sin θ1

sinθ1 cosθ1)

Rotasi oleh rc2 , s2 melalui sudut θ2 memberikan matriks

(cos θ2 −sin θ2

sinθ2 cosθ2)

Oleh karena itu rotasi yang melalui sudut θ1 + θ2 adalah hasil kali dua

matriks tersebut. Maka:

(cos(θ ¿¿1¿+θ2)¿−sin (θ1+θ2 )¿ sin (θ1+θ2 ) cos (θ1+θ2) )

¿(cosθ1 −sin θ1

sin θ1 cos θ1)(cosθ2 −sinθ2

sin θ2 cos θ2)

¿(cosθ1 cosθ2−sinθ1sin θ2 −cosθ1 sin θ2−sin θ1cosθ2

sin θ1 cosθ2+cosθ1sin θ2 cosθ1 cosθ2−sin θ1sin θ2)

Sehingga dapat diperoleh:

cos (θ1 + θ2) = cos θ1 cos θ2 – sin θ1 sin θ2

sin (θ1 + θ2) = sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2

2.5.5 Dari latihan 2.5.4 dapat diperoleh:

tan ( θ1+θ2 )

tan ( θ1+θ2 )=sin (θ1+θ2 )cos ( θ1+θ2 )

¿sin θ1 cosθ2+cosθ1sin θ2

cosθ1 cosθ2−sinθ1sin θ2

¿

sin θ1cos θ2

cosθ1 cosθ2

+cos θ1sin θ2

cosθ1cosθ2

cosθ1cos θ2

cosθ1cos θ2

−sin θ1sin θ2

cos θ1cos θ2

(dibagi dengancosθ1 cosθ2)

¿

cosθ1

cosθ1

+cosθ2

cosθ2

1−sin θ1 sin θ2

cosθ1 cosθ2

¿tan θ1+ tanθ2

1−tanθ1 tanθ2

tan ( θ1−θ2 )

tan ( θ1+(−θ2))=tan θ1+ tan(−θ¿¿2)

1−tan θ1 tan(−θ2)¿

¿tan θ1−tan θ2

1−tan θ1 ¿¿

¿tan θ1−tanθ2

1+ tan θ1 tan θ2

2.6 Isometris

Sebuah transformasi dari bidang adalah sebuah fungsi f: R2 → R2, dengan kata

lain, fungsi yang memindahkan titik ke titik. Sebuah transformasi f disebut

isometri atau dalam bahasa Yunani berarti sama panjang jika memindahkan dua

titik, P1 dan P2, ke titik f(P1) dan f(P2) terpisah jarak yang sama.

|f(P1)f(P2)| = |P1P2|

Ada banyak isometries bidang, tetapi dapat dibagi menjadi tipe sederhana dan

jelas. Isometries tertentu (translasi dan rotasi) memungkinkan untuk

memindahkan titik asal kemanapun dalam bidang dan sumbu x ke setiap baris.

Dengan demikian, R2 adalah benar-benar seperti bidang Euclid, dalam arti bahwa

setiap titik adalah seperti titik lain dan setiap baris adalah seperti garis lain.

Translasi

Translasi memindahkan setiap titik dari bidang pada jarak yang sama dan dalam

arah yang sama. Setiap translasi tergantung pada dua konstanta a dan b, jadi kita

melambangkannya dengan ta ,b. Ia memindahkan setiap titik (x, y) ke titik (x + a, y

+ b) . Hal ini jelas bahwa translasi menjaga jarak antara dua titik.

Diberikan P1 = (x1, y1) dan P2 = (x2, y2). Oleh karena itu,

ta,b(P1) = (x1 + a, y1 + b), ta,b(P2) = (x2 + a, y2 + b)

Dan karena itu,

|t a , b ( P1 ) t a ,b ( P2 )|=√(x2+a−x1−a)2+( y2+b− y1−b)2

¿√(x2−x1)2+( y2− y1)

2

¿|P1 P2|

Rotasi

Rotasi rc,s memindahkan titik (x, y) ke titik (cx – sy, sx + cy). Misalkan P1 = (x1, y1)

dan P2 = (x2, y2), oleh karena itu

rc,s (P1) = (cx1 – sy1, sx1 + cy1), rc,s (P2) = (cx2 – sy2, sx2 + cy2)

dan karena itu,

|r c, s ( P1 ) rc ,s ( P2 )|=√[ c ( x2−x1 )−s ( y2− y1) ]2+[ s ( x2−x1 )+s( y2− y1)]2

¿√ c2 ( x2−x1 )2−2 cs ( x2−x1 ) ( y2− y1 )+s2 ( y2− y1 )2

+s2(x2−x1)2+2 cs ( x2−x1 ) ( y2− y1 )+c2( y2− y1)

2

¿√ (c2+s2 )(x2−x1)2+(c2+s2 )( y2− y1)

2

¿√(x2−x1)2+( y2− y1)

2 , karena c2 + s2 = 1

¿|P1 P2|

Dengan demikian, rc,s mempertahankan panjang. Selain itu, rc,s memindahkan (0,0)

untuk dirinya sendiri, dan berpindah (1, 0) ke (c, s) dan (0, 1) ke (-s, c).

Gambar 5. Perpindahan garis oleh rotasi

Refleksi

Untuk menjelaskan refleksi yang termudah adalah refleksi di sumbu x, yang

memindahkan P = (x, y) ke P = (x, -y). Tentu ini adalah isometri.

Kita dapat mencerminkan bidang di setiap baris, dan kita dapat melakukan ini

dengan menggabungkan refleksi di sumbu x dengan translasi dan rotasi. Sebagai

contoh, refleksi dalam garis y = 1 (yang sejajar dengan sumbu x) adalah hasil dari

tiga isometri berikut:

t0, -1, translasi yang memindahkan garis y = 1 sampai sumbu x,

refleksi di sumbu x,

t0, 1 , yang memindahkan sumbu x kembali ke garis y = 1 .

Secara umum, kita dapat melakukan refleksi dalam setiap baris L dengan

memindahkan L ke sumbu x oleh beberapa kombinasi translasi dan rotasi, refleksi

di sumbu x , dan kemudian pindah sumbu x kembali ke L.

Glide refleksi (Peluncuran/proses pencerminan)

Proses pencerminan adalah hasil dari sebuah pencerminan diikuti dengan translasi

dalam arah garis refleksi. Sebagai contoh, jika kita merefleksikan pada sumbu x,

dari (x, y) ke (x, -y), dan mengikuti ini dengan translasi t1 dengan panjang 1 dalam

arah x, maka (x, y) akan menjadi (x + 1, -y).

Peluncuran refleksi dengan panjang translasi nol akan berbeda dari tiga jenis

isometri sebelumnya.

Bukan sebuah translasi, karena translasi memetakan dari setiap garis dalam

arah translasi ke dirinya sendiri, sedangkan peta dari peluncuran

refleksi  hanya satu garis ke dalam dirinya (yaitu garis refleksi).

Bukan sebuah rotasi, karena sebuah rotasi memiliki titik tetap sedangkan

peluncuran refleksi tidak memiliki titik tetap.

Bukan sebuah refleksi, karena refleksi juga memiliki titik tetap (semua titik

pada garis refleksi).

Latihan

2.6.1 Periksa refleksi dalam sumbu x mempertahankan jarak antara dua titik.

2.6.2 Cerminkan bidang pada sumbu x, dan kemudian di garis y = ½. Tunjukkan

hasil isometri yang memindahkan (x, y) ke (x, y + 1), sehingga translasi t0,1.

Penyelesaian

2.6.1 Misal P1 (x1, y1) dan P2 (x2, y2)

Jarak antara dua titik tersebut adalah:

|P1 P2|=√(x2−x1)2+( y2− y1)

2

Setelah direfleksi pada sumbu x, P1 dipindahkan ke P1’(x1, -y1) dan P2 ke

P2’(x2, -y2). Jaraknya adalah:

|P1' P2

'|=√(x2−x1)2+(− y2−(− y1))

2

|P1' P2

'|=√(x2−x1)2+¿¿¿

|P1' P2

'|=√(x2−x1)2+¿¿¿

|P1' P2

'|=√(x2−x1)2+( y2− y1)

2

|P1' P2

'|=|P1 P2|

2.6.2 Refleksi pada sumbu x memindahkan (x, y) ke (x, -y). Untuk merefleksikan

pada garis y = ½ Pertama translasikan dengan t0,-1/2 yang akan memindahkan

(x, -y) ke (x, –y – ½), kemudian refleksikan pada sumbu x akan

memindahkan (x, –y – ½) ke (x, y + ½) dan terakhir di translasikan kembali

dengan t0,1/2 yang akan memindahkan (x, y + ½) ke (x, y + 1)

2.7 Teorema tiga refleksi

Pada materi sebelumnya yang berjarak sama dari dua titik A dan titik B

membentuk garis, yang menunjukkan bahwa isometri tersebut sangat sederhana.

Sebuah isometri f dari  R2 ditentukan oleh gambar f(A), f(B), f(C) dari tiga titik A,

B, C yang tidak segaris.

Tiga buktinya yaitu:

Titik P di R2 ditentukan oleh jarak dari A, B, C. Karena jika Q adalah titik lain

dengan jarak yang sama dari A, B, C pada P, maka A, B, C terletak pada garis

yang berjarak sama dari P dan Q, bertentangan dengan asumsi bahwa A, B, C

tidak berada dalam garis. 

Isometri f  mempertahankan jarak (dari definisi isometri), sehingga f(P)

terletak pada jarak yang sama dari masing-masing f(A), f(B), f(C), P dari A, B,

C.

Hanya ada satu titik memberi jarak tertentu dari f(A), f(B), f(C) karena tiga

titik tersebut tidak dalam satu garis, ketiga titik tersebut membentuk segitiga

kongruen dengan segitiga ABC, karena f mempertahankan jarak (isometri).

Teorema tiga refleksi. Setiap isometri dari R2 adalah kombinasi dari satu, dua,

atau tiga refleksi.

Latihan

Ambil tiga titik menjadi A = (0, 1), B = (0, 0), dan C = (1, 0).

2.7.1 Misalkan f(A) = (1.4, 2), f(B) = (1.4, 1) , dan f(C) = (2.4, 1). Apakah f adalah

translasi atau rotasi? Buktikan f bukanlah peluncur refleksi?

Penyelesaian

2.7.1 Setiap titik telah dipindahkan ke (x + 1.4, y + 1).

A = (0, 1) (1.4, 2) = f(A)

B = (0, 0) (1.4, 1) = f(B)

C = (1, 0) (2.4, 1) = f(C)

Jadi f adalah transalasi t1.4,1.

Daftar Pustaka

Stillwell, John. 2004. The Four Pillars of Geometry. San Fransisco: Springer.