Makalah geometri koordinat
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Like this? Share it with your network

Share
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Be the first to comment
No Downloads

Views

Total Views
2,571
On Slideshare
2,092
From Embeds
479
Number of Embeds
8

Actions

Shares
Downloads
67
Comments
0
Likes
1

Embeds 479

http://pondok-matematika.blogspot.com 427
http://silabusrppsdsmpsma.blogspot.com 43
http://pondok-matematika.blogspot.in 3
http://pondok-matematika.blogspot.nl 2
http://pondok-matematika.blogspot.hu 1
http://pondok-matematika.blogspot.it 1
http://pondok-matematika.blogspot.com.es 1
http://www.google.com 1

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
    No notes for slide

Transcript

  • 1. GEOMETRI KOORDINAT Oleh: Ririn Suparti Kurnianingsih Henry Kurniawan Tri Wahyudi Dosen Pengampu : 1. Dr. Somakim, M.Pd. 2. Dr. Nila Kesumawati, M.Si. PROGRAM PASCASARJANA PENDIDIKAN MATEMATIKA UNIVERSITAS SRIWIJAYA PALEMBANG 2013
  • 2. 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.
  • 3. 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.
  • 4. 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 sikusiku. Jadi, segitiga ABC dan A’B’C’ sebangun, sehingga sisi yang bersesuaian memiliki perbandingan yang proporsional. |𝐵𝐶| |𝐵’𝐶’| = |𝐴𝐶| 𝐴’𝐶’ Oleh karena itu, gradien = konstan.
  • 5. 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− 𝑐 𝑥 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.
  • 6. 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 𝑦 − 𝑦1 = 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥1 ≠ 𝑥2 𝑥2 − 𝑥1 𝑥 − 𝑥1 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)
  • 7.  Persamaan (1) dikurang persamaan (2), diperoleh: y = ax + c y1 = ax1 + c – (y – y1) = a(x – x1) Menjadi 𝑦 − 𝑦1 𝑎= … . (4) 𝑥 − 𝑥1  Persamaan (3) dikurang persamaan (2), diperoleh: y2 = ax2 + c y1 = ax1 + c – (y2 – y1) = a(x2 – x1) Menjadi 𝑦2 − 𝑦1 𝑎= … . (4) 𝑥2 − 𝑥1  Dari persamaan (4) dan (5), diperoleh: 𝑦 − 𝑦1 (𝑦2 – y1 ) = (𝑥 − 𝑥1 ) (𝑥2 – 𝑥1 ) 2.2.2 Karena (𝑦 2 – y 1 ) (𝑥 2 – 𝑥 1 ) = gradien (a), sehingga persamaannya menjadi: 𝑦 − 𝑦1 = 𝑎 (𝑥 − 𝑥1 ) 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 (𝑦2 – y1 ) = (𝑥 − 𝑥1 ) (𝑥2 – 𝑥1 ) 𝑎= 𝑦2 – y1 𝑥2 – 𝑥2 𝑎= 𝑥 − 𝑥1 0 𝑎=∞ Jadi garis akan memiliki gradien tak terhingga atau berupa garis vertikal.
  • 8. 2.2.4 Karena a, a’ ≠ ∞, maka: y = ax + c x= 𝑦 −𝑐 y = a’x + c’ x= 𝑎 𝑦−𝑐′ 𝑎′ Diperoleh: 𝑦− 𝑐 𝑦 − 𝑐′ = 𝑎 𝑎′ 𝑦 − 𝑐 𝑎′ = 𝑦 − 𝑐 ′ 𝑎 𝑎′ 𝑦 − 𝑎′ 𝑐 = 𝑎𝑦 − 𝑎𝑐 ′ 𝑎′ 𝑦 − 𝑎𝑦 = 𝑎′ 𝑐 − 𝑎𝑐 ′ 𝑦 𝑎′ − 𝑎 = 𝑎′ 𝑐 − 𝑎𝑐 ′ 𝑎′ 𝑐 − 𝑎𝑐′ 𝑦= ′ 𝑎 − 𝑎 Subtitusikan y ke salah satu persamaan di atas: 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑐 𝑎′ 𝑐 − 𝑎′ − 𝑎′ 𝑐 − 𝑎′ − 𝑎′ 𝑐 − 𝑎𝑐 ′ = 𝑎𝑥 + 𝑐 𝑎 𝑎𝑐 ′ 𝑐(𝑎′ − 𝑎) − ′ = 𝑎𝑥 𝑎 𝑎 − 𝑎 𝑎𝑐 ′ − 𝑎′ 𝑐 + 𝑎𝑐 = 𝑎𝑥 𝑎′ − 𝑎 𝑎𝑐 − 𝑎𝑐 ′ = 𝑎𝑥 𝑎′ − 𝑎 𝑎(𝑐 − 𝑐 ′ ) = 𝑎𝑥 𝑎′ − 𝑎 𝑐 − 𝑐′ = 𝑥 𝑎′ − 𝑎 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)
  • 9. 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 = 3𝑥 − 6 𝑦 = 3𝑥 − 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
  • 10. 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: (𝑥 − 𝑎)2 + (𝑦 − 𝑏)2 𝑟 = |PQ| = 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 − 𝑎1 2 + 𝑦 − 𝑏1 2 (𝑥 − 𝑎2 )2 + (𝑦 − 𝑏2 )2 = 𝑥 − 𝑎2 2 + 𝑦 − 𝑏2 2 2 2 2 2 𝑥 2 − 2𝑎1 𝑥 + 𝑎1 + 𝑦 2 − 2𝑏1 𝑦 + 𝑏1 = 𝑥 2 − 2𝑎2 𝑥 + 𝑎2 + 𝑦 2 − 2𝑏2 𝑦 + 𝑏2 2 2 2 2 −2𝑎1 𝑥 + 𝑎1 − 2𝑏1 𝑦 + 𝑏1 = −2𝑎2 𝑥 + 𝑎2 − 2𝑏2 𝑦 + 𝑏2 2 2 2 2 −2𝑎1 𝑥 + 𝑎1 − 2𝑏1 𝑦 + 𝑏1 + 2𝑎2 𝑥 − 𝑎2 + 2𝑏2 𝑦 − 𝑏2 = 0 2 2 2 2 2(𝑎2 − 𝑎1 )𝑥 + 2(𝑏2 − 𝑏1 )𝑦 + (𝑎1 − 𝑎2 ) + (𝑏1 − 𝑏2 ) = 0 Dengan demikian, titik P = (x, y) berjarak sama dari P1 dan P2 bentuk garis.
  • 11. 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 = 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 , 𝑂𝑄 = 2 2 𝑥2 + 𝑦2 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 = 2𝑥1 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 − (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 + (0 − 0)2 𝑂𝑃 = 𝑥1 2 𝑂𝑃 = 𝑥1 𝑃𝑄 = 𝑥2 − 𝑥1 2 + 𝑦2 − 0 𝑃𝑄 = 𝑥2 − 𝑥1 2 2 + 𝑦2 2
  • 12. 𝑂𝑄 = 2 + 𝑦2 − 0 2 𝑃𝑄 = 𝑥2 − 0 2 + 𝑦2 − 0 2 𝑃𝑄 = 2.3.2 𝑥2 − 0 2 2 𝑥2 + 𝑦2 𝑂𝑃 + 𝑃𝑄 2 − 𝑂𝑄 2 = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥1 = 𝑥1 2 + 2𝑥1 2 2 + 𝑦2 2 − 2 2 2 𝑥2 + 𝑦2 2 2 + 𝑦2 + 𝑥2 − 𝑥1 2 𝑥2 − 𝑥1 2 2 2 + 𝑦2 + 𝑥2 − 2𝑥1 𝑥2 2 2 2 +𝑦2 − 𝑥2 − 𝑦2 = 𝑥1 2 + 2𝑥1 𝑥2 − 𝑥1 2 2 2 2 +𝑥1 + 𝑦2 − 𝑥2 − 𝑦2 2 2 2 + 𝑦2 − 2𝑥1 𝑥2 + 2𝑥1 = 2𝑥1 𝑥2 − 𝑥1 = 2𝑥1 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 − (𝑥2 − 𝑥1 ) 2.3.3 Untuk menunjukkan persamaan yang berada dalam tanda kurung siku bernilai positif, maka: 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 > 𝑥2 − 𝑥1 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 > (𝑥2 − 𝑥1 )2 (kuadratkan kedua ruas) 2 2 Akan bernilai benar jika 𝑦2 > 0, karena y ≠ 0 berati 𝑦2 > 0 dan begitu juga 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑦2 > 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 𝑦 2 −𝑦1 𝑥 2 −𝑥 1 , yang harus sama dengan kemiringan 𝑦 −𝑦 1 𝑥−𝑥 1 khusus (x1, y1), sehingga persamaannya adalah: antara titik (x, y) dan titik
  • 13. 𝑦 − 𝑦1 (𝑦2 – y1 ) = (𝑥 − 𝑥1 ) (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 = r22 kita memperluas persamaan lingkaran sebagai 2 2 2 𝑥 2 − 2𝑎1 𝑥 + 𝑎1 + 𝑦 2 − 2𝑏1 𝑦 + 𝑏1 − 𝑟1 = 0 … . (1) 2 2 2 𝑥 2 − 2𝑎2 𝑥 + 𝑎2 + 𝑦 2 − 2𝑏2 𝑦 + 𝑏2 − 𝑟2 = 0 … . (2) Kurangi Persamaan (2) dengan persamaan (1). x2 dan y2 akan hilang, dan akan diperoleh persamaan linier dalam x dan y: 2 2 2(𝑎2 − 𝑎1 )𝑥 + 2(𝑏2 − 𝑏1 )𝑦 + 𝑟2 − 𝑟1 = 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 ± 𝐵 2 − 4𝐴𝐶 2𝐴 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 √.
  • 14. 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 − 2𝑦 𝑥 = −2𝑦 + 1 … (3)  Subtitusikan persamaan (3) ke persamaan (1) x2 + y2 – 1 = 0 −2𝑦 + 1 2 + 𝑦2 − 1 = 0 4𝑦 2 − 4𝑦 + 1 + 𝑦 2 − 1 = 0 5𝑦 2 − 4𝑦 = 0 𝑦= −𝐵 ± 𝐵 2 − 4𝐴𝐶 2𝐴 𝑦= −(−4) ± (−4)2 − 4.5.0 2.5 𝑦= 4 ± 16 10
  • 15. 4+4 8 4 = = 10 10 5 4−4 0 𝑦2 = = =0 10 10 𝑦1 =  Subtitusikan y1 dan y2 ke dalam persamaan 3 untuk mendapatkan x1 dan x2 x1  𝑥 = −2𝑦 + 1 𝑥 = −2 4 5 +1 8 𝑥 = −5 + 1 3 𝑥1 = − 5 x1  𝑥 = −2𝑦 + 1 𝑥 = −2.0 + 1 𝑥 = 0+1 𝑥2 = 1 3  Jadi koordinat titik potong kedua lingkaran adalah − 5 , 4 5 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.
  • 16. 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: ± 𝑡1 − 𝑡2 1 + 𝑡1 𝑡2 Definisi ini berasal dari rumus dalam trigonometri, tan(𝜃1 − 𝜃2 ) = tan 𝜃1 − 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).
  • 17. 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 ,𝑠1 dan 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 ,𝑠1 dan 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 ,𝑠1 adalah 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 = tan 𝜃1 + tan 𝜃2 1 − tan 𝜃1 tan 𝜃2 tan 𝜃1 − 𝜃2 = tan 𝜃1 − tan 𝜃2 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 𝑥 − 𝑥1 = 𝑦2 − 𝑦1 𝑥2 − 𝑥1 𝑦−0 𝑥−1 = 4−0 3−1 𝑦 𝑥−1 = 4 2 2𝑦 = 4𝑥 − 4
  • 18. 𝑦 = 2𝑥 − 2 Jadi t1 = 2  Garis kedua melalui titik (0, 2) ke (4, 0) 𝑦 − 𝑦1 𝑥 − 𝑥1 = 𝑦2 − 𝑦1 𝑥2 − 𝑥1 𝑦−2 𝑥−0 = 0−2 4−0 𝑦−2 𝑥 = −2 4 4𝑦 − 8 = −2𝑥 4𝑦 = −2𝑥 + 8 𝑦=− 1 𝑥+2 2 1 Jadi t2 = − 2  Syarat tegak lurus jika t1.t2 = -1 1 t1.t2 = 2 . − 2 = -1 (terbukti) 2.5.3 Hasil dari 𝑟𝑐1 ,𝑠1 dan 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)) = (𝑐1 𝑐2 𝑥 − 𝑠1 𝑐2 𝑦 − 𝑠1 𝑠2 𝑥 − 𝑐1 𝑠2 𝑦, 𝑐1 𝑠2 𝑥 − 𝑠1 𝑠2 𝑦 + 𝑠1 𝑐2 𝑥 + 𝑐1 𝑐2 𝑦) = (𝑐1 𝑐2 − 𝑠1 𝑠2 𝑥 − (𝑠1 𝑐2 + 𝑐1 𝑠2 )𝑦, (𝑐1 𝑠2 + 𝑠1 𝑐2 )𝑥 + (𝑐1 𝑐2 − 𝑠1 𝑠2 )𝑦) 2.5.4 𝑟𝑐1 ,𝑠1 adalah 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 − sin 𝜃1 cos 𝜃1  Rotasi oleh 𝑟𝑐2 ,𝑠2 melalui sudut θ2 memberikan matriks cos 𝜃2 sin 𝜃2 − sin 𝜃2 cos 𝜃2
  • 19.  Oleh karena itu rotasi yang melalui sudut θ1 + θ2 adalah hasil kali dua matriks tersebut. Maka: cos(𝜃1 + 𝜃2 ) − sin 𝜃1 + 𝜃2 sin 𝜃1 + 𝜃2 cos 𝜃1 + 𝜃2 = cos 𝜃1 sin 𝜃1 − sin 𝜃1 cos 𝜃1 cos 𝜃2 sin 𝜃2 − sin 𝜃2 cos 𝜃2 = cos 𝜃1 cos 𝜃2 − sin 𝜃1 sin 𝜃2 sin 𝜃1 cos 𝜃2 + cos 𝜃1 sin 𝜃2 − cos 𝜃1 sin 𝜃2 − sin 𝜃1 cos 𝜃2 cos 𝜃1 cos 𝜃2 − sin 𝜃1 sin 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 cos 𝜃2 + cos 𝜃1 sin 𝜃2 cos 𝜃1 cos 𝜃2 − sin 𝜃1 sin 𝜃2 sin 𝜃1 cos cos 𝜃1 cos cos 𝜃1 cos 𝜃2 𝜃2 𝜃2 cos 𝜃1 cos 𝜃2 cos 𝜃1 = = + cos 𝜃1 sin 𝜃1 cos sin 𝜃1 sin + cos − cos 𝜃2 cos 𝜃1 cos 𝜃2 sin 𝜃1 sin 𝜃2 1 − cos 𝜃 cos 𝜃 1 2 tan 𝜃1 + tan 𝜃2 1 − tan 𝜃1 tan 𝜃2 tan 𝜃1 + tan(−𝜃2 ) 1 − tan 𝜃1 tan(−𝜃2 ) = tan 𝜃1 − tan 𝜃2 1 − tan 𝜃1 (− tan 𝜃2 ) = tan 𝜃1 − tan 𝜃2 1 + tan 𝜃1 tan 𝜃2 𝜃2 𝜃2 cos 𝜃1 cos 𝜃2  tan 𝜃1 − 𝜃2 tan 𝜃1 + (−𝜃2 ) = 𝜃2 (𝑑𝑖𝑏𝑎𝑔𝑖 dengan cos 𝜃1 cos 𝜃2 )
  • 20. 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, = (𝑥2 + 𝑎 − 𝑥1 − 𝑎)2 + (𝑦2 + 𝑏 − 𝑦1 − 𝑏)2 = 𝑡 𝑎,𝑏 𝑃1 𝑡 𝑎,𝑏 𝑃2 (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)
  • 21. dan karena itu, 𝑟𝑐 ,𝑠 𝑃1 𝑟𝑐 ,𝑠 𝑃2 = = 𝑐 𝑥2 − 𝑥1 − 𝑠(𝑦2 − 𝑦1 ) 2 + 𝑠 𝑥2 − 𝑥1 + 𝑠(𝑦2 − 𝑦1 ) 2 𝑐 2 𝑥2 − 𝑥1 2 − 2𝑐𝑠 𝑥2 − 𝑥1 𝑦2 − 𝑦1 + 𝑠 2 𝑦2 − 𝑦1 2 +𝑠 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 2𝑐𝑠 𝑥2 − 𝑥1 𝑦2 − 𝑦1 + 𝑐 2 (𝑦2 − 𝑦1 )2 = 𝑐 2 + 𝑠 2 (𝑥2 − 𝑥1 )2 + 𝑐 2 + 𝑠 2 (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 .
  • 22. 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:
  • 23. ′ ′ 𝑃1 𝑃2 = (𝑥2 − 𝑥1 )2 + (−𝑦2 − (−𝑦1 ))2 ′ ′ 𝑃1 𝑃2 = (𝑥2 − 𝑥1 )2 + (−1(𝑦2 − 𝑦1 ))2 ′ ′ 𝑃1 𝑃2 = (𝑥2 − 𝑥1 )2 + (−1)2 (𝑦2 − 𝑦1 )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.
  • 24. 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.
  • 25. Daftar Pustaka Stillwell, John. 2004. The Four Pillars of Geometry. San Fransisco: Springer.