Dokumen tersebut merupakan penjelasan tentang pengertian dasar geometri terurut, meliputi definisi titik, relasi keantaraan, aksioma-aksioma, dalil-dalil yang dibuktikan, dan konsep-konsep geometri dasar seperti garis, segmen, bidang datar, dan segitiga.

1. PENGENALAN GEOMETRI TERURUT
Pengertian Paskal, Defenisi-Defenisi dan
Aksioma-aksioma Geometri Terurut
Geometri terurut ini akan kita pelajari sebagai suatu sistem deduktif. Jadi
tentu ada pengertan pangkal, aksioma-aksioma dan defenisi-defenisi, kemudian
dari ini semua dapat diturunkan dalil-dalil.Marilah kita perhatikan
perkembangannya seperti diuraikan oleh H.S.M. Coreter dalam bukunya “
Introduction of Geometry”. Dalam pengembangan Pasch, yang disederhanakan
oleh Veblen, sebagai pengertian pangkal Geometri terurut ditentukan.
Titik-titik A,B,C,D, ..... sebagai unsur yang tidak didefenisikan relasi
keantaraan (“intermediacy”) sebagai relasi yang tidak didefenisikan.
Relasi ini dinyatakan dengan A,B,C yang berarti B terletak diantara A dan
C. Jika B tidak terletak anatar A dan C, maka dikatakan “ tidak [A B C]”.
Kemudian ditentukan aksioma-aksiomanya.
Aksioma I . ada paling sedikit dua titik
Aksioma II. Jika A dan B dua titik berlainan, maka ada satu titik C yang
memenuhi [A B C]
Aksioma III.. Jika [A B C] , maka A dan C berlainan A ≠ C
Aksioma IV. Jika [A B C], maka [C B A] tetapi tidak [ B C A] atau [CAB]
Selanjutnya ada dalil-dalil yang harus dibuktikan.
Dalil 1
Jika [A B C] , maka tidak [C A B] atau [CBC]
Bukti. Menurut aksioma IV
Jika [C A B], maka tidak [A B C]
Ini ekuivalen dengan jika [A B C] , maka tidak [C A B]
Jika tidak [C B C] maka tidak [A B C]
Jika tidak [A B C] maka tidak [C B C]
1

2. Dalil 2
Jika [A B C], maka A, B dan C berlainan atau A ≠ B ≠ C
Bukti Misalnya B = C, maka [A B B]
Jika [A B B] maka [B B A], tetapi tidak [B A B].
( menurut Aksioma IV). Terdapat pertentangan, jadi B ≠ C
Misalnya A = B, maka [A A C]
Jika [A A C], maka [C A A] ( menurut Aksioma IV)
Jika [A A C], maka tidak [C A A] (Menurut dalil 1) terdapat kontradiksi,
jadi A ≠ B.
Terbukti, bahwa A ≠ B ≠C
Kemudian diperlukan pula beberapa pola defenisi
Defenisi
JIka A dan B dua titik berlainan, maka segmen AB atau ruas garis AB
ialah himpunan titik P yang memenuhi [A P B]. dikatakan titik P terletak
pada segmen AB.
Dalil 3
Titik A maupun titik B tidak terletak pada segmen AB
Bukti :
Jika A atau B terletak pada segmen AB maka terdapat [AAB] atau [ABB].
Ini bertentangan dengan dalil 2. jadi A maupun B tidak terletak pada
segmen AB
2
A B C
A B B
A A C
A P B

3. Dalil 4
Segmen AB = Segmen BA
Bukti :
Menurut aksioma IV, jika [A P B], maka [B P A] jadi segmen AB sam
dengan segmen BA.
Defenisi
Interval AB ialah segmen AB ditambah ujung-ujungnya A dan B.
Jadi AB = A + AB + B.
Sinar A / B ( dari A menjauhi B) ialah himpunan titik-titik P yang memenuhi
[P A B].
Garis AB ialah interval AB ditambah sinar-sinar A/B dan B/A.
Jadi garis AB = A/B + AB + B/A.
Akibat : Interval AB = interval BA
Garis AB = garis BA
Aksioma V
Jika C dan D titik-titik berlainan pada garis AB, maka A pada garis CD
Dalil 5
Jika C dan D titik-titik berlainan pada garis AB maka garis AB = garis CD
Bukti :
Jika A, B, C dan D tidak semuanya berlainan, maka dapat dimisalkan B =
D dan akan membuktikan, bahwa garis AB = garis BC. Untuk membuktikan,
bahwa garis AB = garis BC, kita tunjukkan, bahwa setiap titik pada garis BC
adalah juga titik pada garis AB dan sebaliknya. Diketahui C pada garis AB.
Misalkan X pada garis AB.
Maka menurut Aksioma V, B pada garis CX dan C pada garis CX. Maka
menurut Aksioma V, X pada garis BC. Jadi X pada garis AB, maka X pada garis
BC.
3
P A B

4. Misalkan Y pada garis BC. Karena C pada garis AB, maka A pada garis
BC. Menurut Aksioma V, maka B pada garis AY dan A pada garis AY. Jadi
menurut Aksioma V, Y pada garis AB. Jika Y pada garis BC, maka Y pada garis
AB. Terbukti bahwa garis AB = garis BC. Jika D ≠ B, maka dengan jalan yang
sama dapat dibuktikan, bahwa garis BC sama dengan garis CD, sehingga garis AB
= garis BC = garis CD. Jadi jika A, B, C dan D semua berlainan garis AB = garis
CD.
Ada dua kasus :
I . A, B, C, D tidak semuanya berbeda . misalkan B = D
akan dibuktikan AB = BC.
1. X pada AB → X pada BC
2. Y pada BC → y pada AB
Misalkan x pada AB dan C pada AB
↔ X dan C pada AB maka B pada CX dan C pada CX
↔ B dan C pada CX maka X pada BC
Miaslkan y pada BC karena C pada AB maka A pada BC
↔ Y dan A pada BC maka B pada AY maka B pada AY dan A pada AY
↔ A dan B pada AY maka Y pada AB dan A pada AB
4
A B = D C
A B = D C
x y

5. Karena terbukti
X pada AB maka X pada BC
Y pada BC maka y pada AB
Maka AB = BC
II. A , B, C, D berbeda, akan dibuktikan AB = CD
Bukti :
1. X pada AB maka x pada CD
2. Y pada CD maka y pada AB
Misalkan x pada AB dan C pada AB, D pada AB
(i) X pada AB dan C pada AB maka B pada CX dan C pada CX
B dan C pada CX maka X pada BC
X pada BC dan B pada BC maka C pada BX …………………… ( 1)
X pada AB dan D pada AB maka B pada DX dan D pada DX
B dan D pada DX maka X pada BD
X pada BD dan B pada BD maka D pada BX …………………… (2 )
Dari ( 1 ) dan ( 2 ) C pada BX dan D pada BX maka X pada CD.
( Dalil 5 )
(ii) Y pada CD maka y pada AB
Misal Y pada CD karena C dan D pada AB maka A pada CD dan B
pada CD ………. ( Aksioma 5 )
(1) Y pada CD dan A pada CD maka C pada AY dan D pada AY dan A
pada AY
5
A B C
x y
D

6. C pada AY maka Y pada AC
Y pada AC dan C pada AC maka A pada CY …………….…….. ( 3 )
(2) Y pada CD dan B pada CD maka C pada BY dan B pada BY
C dan B pada BY maka Y pada BC
Y pada BC dan C pada BC maka B pada CY …………………… ( 4 )
Dari ( 3 ) dan ( 4 ) diperoleh :
A pada Y dan B pada CY maka Y pada AB ………………….. ( Dalil 5 )
Oleh karena ( 1 ) dan ( 2 ) terbukti
X pada AB maka X pada CD
Y pada CD maka Y pada AB .
Dengan demikian CD = AB .
Akibat :
Dua titik berlainan terletak tepat pada satu garis. Dua garis berlainan (jika ada)
mempunyai paling banyak 1 titik bersangkutan. Titik persekutuan ini disebut titik
potong kedua garis itu.
Akibat :
Tiga titik berlainan A, B dan C pada suatu garis memenuhi tapat hanya salah satu
dari relasi-relasi [A B C], [B C A] atau [C A B]
Dari titik-titik pada garis dikembangkan titik-titik pada bidang datar. Maka timbul
aksioma berikut:
Aksioma VI.
Jika AB suatu garis, ada suatu titik C tidak pada garis itu. Kemudian
terdapat pada dalil 6.
6
A B C
B C A
C A B

7. Dalil 6
Jika C tidak pada garis AB, maka A tidak pada BC, juga B tidak pada AC. Garis-
garis BC, CA dan AB berlainan.
Bukti :
Menurut Aksioma V, jika A pada BC maka C pada AB. Terdapat pertentangan
kareba C tidak pada AB. Jika A tidak pada BC. Demikian pula B tidak pada AC.
A
B C
Selanjutnya didefenisikan hal-hal berikut:
Defenisi :
Titik-titik yang terletak pada garis yang sama disebut “Collinear” (kolinier atau
segaris).
Tiga titik noncolinear A, B, C menentukan suatu segitiga ABC yang memuat tiga
titik ini, yang disebut titik-titik sudut, dan tiga segmen AB, BC, CA, yang disebut
sisi-sisi.
A
B C
Aksioma berikut adalah Aksioma yang penting sekali.
Aksioma VII
Jika A B C suatu segitiga dan [B C D] dan [C E A], maka pada garis DE, ada
suatu titik F yang memenuhi [ A F B].
D
C
E
7

8. A F B
Dalil 7
Antara dua titik berlainan ada suatu titik lain.
Bukti : misalkan kedua A dan B kedua titik itu seperti pada gambar berikut.
D
C
E
A F B
Maka menurut aksioma VI antara suatu titik E titik pada AB. Menurut aksioma II
ada suatu titik C yang memenuhi, [A E C]. Mengingat dalil 5 maka garis AC
sama dengan garis AE. B tidak terletak pada garis ini, maka ABC suatu segitiga.
Menurut aksima II ada suatu titik D yang memenuhi [B C D]. Menurut aksioma
VII ada titik F antara A dan B. Terbukti.
Dari aksioma VII dapat pula dalil berikut.
Dalil 8
Jika ABC suatu segitiga dan [BCD] dan [C E A], maka pada garis DE ada suatu
titik F yang memenuhi [A F B] dan [D E F].
Bukti : Karena F terletak pada garis DE, maka ada 5 kemungkinan:
a. F = D;
b. F = E;
c. [E F D];
d. [F D E]
e. [D E F]
a. Jika F = D, maka [B C D] dan [A D B], jadi A, B dan C collinear.
Terdapat pertentangan sebab ABC suatu segitiga jadi F ≠ D.
8

9. b. Jika F = E, maka [C E A] dan [A E B] jadi A, B dan C collinear. Hal ini
juga tidak mungkin.
c. Jika [E F D], maka perhatikan gambar berikut.
D
X
F
A E C
Dalam segitiga D C E dengan [C E A] dan [E F D], maka menurut
aksioma VII pada A F dan X yang memenuhi [D X C] karena AF dan CD
tidak mungkin berpotongan lebih dari satu kali, maka X = B, sehingga
terdapat [D B C]. Ini bertentangan dengan ketentuan [B C D]. Jadi tidak
mungkin [E F D].
d. Jika [F D E], maka gambarnya adalah sebagai berikut.
E
X
D
A F B
Dalam segitiga AFE dengan [A F B], maka menurut aksioma VII pada
garis BD ada suatu garis Y sedemikian, sehingga [A Y E]. Karena BD dan
AE tidak berpotongan di lebih dari satu titik, maka Y = C, sehingga
terdapat [ACE] ini bertentangan dengan ketentuan [A E C]. Jadi tidak
mungkin [F D E]. Jadi kemungkinan hanya [D E F].
Bukti ini memang agak istimewa. Maka dalil-dalil berikut disajikan tanpa bukti,
karena buktinya semacam bukti dalil di atas.
Dalil 9
9

10. Suatu garis tidak mungkin memotong ketiga sisi suatu segitiga (sisi berupa
segmen).
Dalil 10
Jika [A B C] dan [B C D], maka [A B D]
A B C D
Gambar 5
Dalil 11
Jika [A B C] dan [A B D] dan C ≠ D, maka [ B CD]
Atau [B D C], dan [A C D] atau [A D C].
a).
A B C D
b).
A B D C
Gambar 6
Dalil 12
Jika [A B D] dan [A C D] dan B ≠ C, maka [ A B C] atau [A C B].
a).
A B C D
b).
A C B D
Gambar 7
Dalil 13
Jika [A B C] dan [A C D], maka [B C D] dan [A B D]
A B C D
Gambar 8
Kemudian diberikan defenisi berikut.
Defenisi.
10

11. Jika [A B C] dan [A C D], kita tulis [ A B C D]
Urutan 4 titik ini mempunyai sifat, jika [ A B C D], maka [D C B A].
Urutan titik-titik ini dapat diperluas sebagai berikut. Seperti telah kita
ketahui sekarang titik 0 pada segmen AB membagi segmen itu dalam dua segmen
AO dan OB.
A O B
Gambar 9
Sebarang titik O pada sinar dari A membagi sinar dalam suatu segmen dan
suatu sinar, A O dan O/A.
A O
Gambar 10
Sebarang titik pada garis membagi garis dalam dua sinar
berlawanan; jika [A O B], maka sinar-sinar itu adalah O/A dan O/B.
A O B
Gambar 11
Sebarang titik pada garis membagi garis dalam dua sinar berlawanan; jika
[A O B], maka sinar-sinar itu adalah O/A dan O/B, maka sinar O/A yang memuat
titik B, kadang-kadang lebih mudah disebut sinar OB.
T1 T2 T3 Tn
Gambar 12
Untuk n > 1, maka n titik berlainan membagi garisnya dalam 2 sinar dan n
-1 segmen. Titik-titiknya dapat T1, T2, ..., Tn sedemikian hingga kedua sinar itu
T1/Tn. Dan Tn / T1. Sedang n – 1 segmen itu T1 T2 , T2 T3 ,..., Tn-1 Tn. , masing-
masing tidak memuat titik itu. Kita katakan, bahwa titik-titik itu dalam urutan T1
T2 ... Tn dan ditulis [T1 T2 , T2 T3 , ..., Tn ].
Syarat perlu dan cukup untuk ini ialah :
[T1 T2 T3 ] , [T2 T3 T4 ] , [T3 T4 T5 ] , ..... [Tn-2 Tn-1 Tn ].
11

12. Marilah kita perhatikan kembali aksioma VII. Perkembangan logika yang
terbaik dari suatu subjek menggunakan himpunan Aksioma yang paling sederhana
atau yang paling lemah.
Pasch memberikan pernyataan yang lebih kuat tentang Aksioma VII. Ia
menyatakan :
Jika sebuah garis dalam suatu bidang segitiga memotong satu sisi, maka ia juga
akan memotong sisi yang lain (atau melalui suatu titik sudut).
Aksioma VII yang kita pakai yaitu suatu Aksioma dari Peano, lebih baik,
karena:
a. Kata bidang tidak dipakai sama sekali.
b. Garis DE memasuki segitiga ABC dengan cara yang khusus, yaitu
sebelum memotong CA ia berasal dari titik D pada C/B.
Aksioma ini cukup kuat dan dari sudut ini dapat diturunkan dalil 14. jika dalil 14
ini diambil sebagai Aksioma, maka dari ini tidak dapat diturunkan Aksioma VII
sebagai dalil.
Dalil 14
Jika ABC suatu segitiga dan [A F B] dan [B C D] maka pada garis DF, ada
suatu titik E yang memenuhi [C E A].
Bukti :
D
K
H
C
E
A F B G
Perhatikan gambar 13
12

13. Diambil G pada B/F dan dipandang Δ BDF dengan [F B G] dan [ B C D].
Maka menurut Aksioma VII pada garis GC ada titik H sedemikian, sehingga [D H
F]. menurut dalil 8 [G C H]. Menurut dalil 10, karena [A F B] dan [ F B G], maka
[ A F G]. Dipandang Δ AFD dengan [A F G] dan [ D H F]. Maka menurut
Aksioma VII pada garis GH ada suatu titik K sedemikian, sehingga [D K A], dan
menurut dalil 8 [ G H K]. Karena [ G C H] dan [ G H K], maka [ C H K] jadi ada
segitiga ACK dengan [ A K D] dan [ K H C], maka menurut Aksioma VII pada
garis DH ( atau garis DF) ada suatu titik E yang memenuhi [ C E A] terbukti.
Latihan 1
1. Terangkan, bahwa suatu garis mempunyai titik yang tidak terhingga
banyaknya
2. Telah didefenisikan, bahwa suatu segmen adalah himpunan titik-titik.
Sebutkan defenisinya secara lengkap dan terangkan apakah himpunan ini
dapat berupa himpunan kosong
3. Jika ABC suatu segitiga dan [B L C], [C M A] dan [ANB], maka ada satu
titik E yang memenuhi [A E L] dan [M E N] buktikan.
4. Jika ABC suatu segitiga, maka ketiga sinar B/C, A/C, A/Bmempunyai
transversal (yaitu suatu garis yang memotong ketiganya).
5. Jika ABC suatu segitiga, maka B/C, C/A dan A/B tidak mempunyai
transversal.
Kunci Jawaban Latihan 1 __
1. Menurut defenisi garis AB adalah interval AB ditambah sinar-sinar A/B
dan B/A. Jadi garis AB = A/B + AB + B/A. Garis AB adalah himpunan
titik P yang memenuhi [P A B] digabung dengan himpunan titik P yang
memenuhi [A P B] dan digabung lagi dengan himpunan titik P yang
13

14. memenuhi [A B P] dan ditambah titik A dan B, sehingga banyak titik pada
garis AB titik sehingga ( ingat Aksioma II dan dalil 8).
2. Jika A dan B titik berlainan, maka segmen AB ialah himpunan titik P yang
memenuhi [A P B]. Dikatakan titik P terletak pada segmen AB. Menurut
dalil 7 yang mengatakan, antara dua titik berlainan ada suatu titik lain,
maka himpunan titik P tersebut tidak mungkin berupa himpunan kosong.
3. Diketahui segitiga ABC, [B L C], [C M A] dan [A N B].
C
M D L
E
A N B’
Dibuktikan : ada titik E yang memenuhi [A E L] dan [M E N].
Bukti : dipandang segitiga C N B dengan [B N A] karena [A N B] dan [B
L C]. Menurut dalil 14 pada garis AL ada titik D yang memenuhi [C D N].
Di pandang segitiga C M N dengan [C D N] dan [C M A]. Maka menurut
dalil 14 pada garis AD ada titik E yang memenuhi [M E N], karena [A D
L], maka garis AD sama dengan garis AL. Jadi ada titik E yang memenuhi
[M E N] dan [A E L] terbukti.
4. Diketahui segitiga ABC
Dibuktikan : B/C, A/C, A/B mempunyai transversal.
C
A’ A B
D
B’
14

15. Bukti : ambillah titik B’ pada B/C dan titik A’ pada A/B dan dipandang
segitiga BA’B’. Dipenuhi [B’BC] dan [B A A’]. Maka menurut Aksima
VII pada garis CA ada suatu titik D yang memenuhi [A’ D B’] dan
menurut dalil 8 [C A D]. Jadi garis A’B’ merupakan transversal dari B/C,
A/C dan A/B terbukti.
5. Diketahui segitiga ABC
Buktikan; B/C, C/A dan A/B tidak mempunyai transversal.
Bukti : Ambilah B’ pada B/C dan A’ pada A/B.
C
A’ B
A
B’
Telah terbukti (pada soal 4) bahwa A’B’ memotong A/C jadi tidak
mungkin A’B’ memotong C/A. Maka B/C, C/A dan A/B tidak
mempunyai transversal. Terbukti.
15

16. DIMENSI RUANG
Sampai pembicaran ini kita sudah bekerja dalam ruang dimensi dua.
Peningkatan dari ruang berdimensi satu ke ruang dimensi dua dimulai dari
aksioma IV. Jika AB suatu garis ada suatu titik C, tidak pada garis ini. Kemudian
didefenisikan segitiga ABC, selanjutnya diperlukan defenisi bidang berikut ini.
Defenisi
Jika A, B, C tiga titik noncollinear, bidang A B C adalah himpunan semua
titik yang collinear dengan pasangan titik- titik pada suatu atau dua sisi dari
segitiga ABC. Suatu segmen, interval, garis atau sinar dikatakan terletak pada
bidang, jika semua titiknya terletak dalam bidang itu.
Aksioma 1 sampai aksioma VII dapat dipakai untuk membuktikan semau
sifat-sifat letak {“incidence”} dalam bidang, termasuk kedua sifat berikut ini yang
oleh Helbert diambil sebagai aksioma.
1. Sebarang tiga titik noncolliear dalam bidang α menentukan dengan
lengkap bidang tersebut.
16

17. 2. Jika dua titik berlainan pada suatu garis a terletak dalam bidang α, maka
setiap titik dari a terletak dalam bidang.
Dalam suatu bidang didefenisikan pula hal-hal berikut.
Defenisi
Suatu sudut terdiri dari suatu titik 0 dan dua sinar yang noncollinear yang
titik pangkalnya di 0. Titik 0 adalah titik sudut dan sinar-sinar itu adalah sisi-sisi
dari sudut itu. Jika sisi-sisinya sinar-sinar sinar-sinar OA dan OB atau a1 dan b1
sudutnya dinyatakan dengan sudut AOB atau sudut BOA atau b1 a1. Sudut yang
sama a1b1 ditentukan oleh sembarang titik- titik A dan B pada sisi-sisinya. Jika C
sebarang titik A dan sinar O C dikatakan di dalam sudut itu.
A
C
O B
Defenisi
Suatu daerah konveks adalah himpunan titik- titik yang dua sebarang
titiknya dapat dihubungankan dengan suatu segmen yang semua titiknya adalah
titik- titik dengn himpunan dengan syarat tambahan., bahwa setiap titiknya
terletak pada paling sedikit dua segmen noncollinear yang sama titiknya adalah
titik- titik dari himpunan itu. Khususnya suatu daerah sudut (“anguran region”)
adalah himpunan semua titik pada sinar-sinar dalam suatu sudut dan suatu daerah
segitiga (“triangular region”) adalah himpunan semua titik antara pasangan-
pasangan titik pada sisi-sisi berlainan dari suatu segitiga. Suatu daerah sudut
segitiga dikatakan terbatas oleh sudut/segitiga itu.
Daerah konveks Daerah tidak konveks
17

18. Daerah Sudut Daerah Segitiga
Gambar 19
Dapat dibuktikan, bahwa sebarang garis yang memuat suatu titik dari
suatu daerah konveks membagi daerah itu dalam dua daerah konveks. Khususnya
suatu garis a membagi suatu bidang dalam dua setengah bidang (“half-plane”}.
Setengah bidang
Q
P a
Setengah bidang
R
Gambar 20
Dua titik dikatakan pada pihak yang sama dari a. Jika titik- titik itu dalam
setengah bidang yang sama misalnya P dan Q. Dan dua titik dikatakan pada pihak
yang berlawanan, jika titik- titik itu dalam setengah bidang yang berlawanan
(“opposite”) misalnya P dan R yaitu segmen yang menghubungkannya memotong
a. Dalam hal terakhir ini kita katakan juga, bahwa a memisahkan kedua titik itu.
b1
a1 0 a2
b2
Gambar 21
Seperti telah kita ketahui sebarang titik O pada suatu garis a membagi
adalam dua sinar a1 dan a2. sebarang garis lain melalui O juga dibagi oleh O dalam
dua sinar b1 dan b2. satu dalam masing-masing setengah bidang yang ditentukan
oleh a. Tiap-tiap sinar membagi setengah bidang yang memuatnya dalam dua
18

19. daerah sudut. Jadi dua garis sebarang potong memotong a dan b bersama-sama
membagi bidang dalam empat daerah sudut, dibatasi oleh sudut-sudut a1b1. b1a2.
a2b2 dan b2a1. dikatakan sinar-sinar a1 dan a2. memisahkan sinar b1 dan b2.
A a
C
B B
Gambar 22
Dua garis yang tidak berpotong (“noninterecting”) tetapi sebidang
(“coplanar”) membagi bidang dalam tiga daerah. Salahsatu dari daerah ini terletak
antara dua lainnya, dalam arti bahwa daerah ini memuat segmen AB untuk
sebarang titik A pada a dan sebarang titik B pada b. suatu garis lain C dikatakan
terletak antara a dan b jika C memotong segmen a atau b dan ditulis [a c b].
Jika kita bekerja dalam ruang berdimensi dua, kita mempunyai aksioma berikut.,
Aksioma VIII
Semua titik ada dalam satu bidang. Tetapi ketika kita bekerja dalam ruang
berdimensi tiga, maka aksioma VIII ini diganti dengan aksioma IX.
Aksioma IX
Jika A B C suatu bidang, maka ada satu titik D tidak pada bidang ini.
Kemudian didefenisikan bidang – empat (tetrahedron) A B C D memuat empat
titik tidak sebidang (“noncomplanar”) A, B, C, D, yang disebut titik- titik sudut
bidang empat itu. Keenam segmen AD, BD, CD, BC, CA dan AB disebut rusuk-
rusuk dan keempat daerah segitiga BCD, CDA, DAB, dan ABC disebut bidang
sisi bidang sisi. Ruang berdimensi tiga (“3 – Space”) ABCD, yaitu ruang
berdimensi tiga yang ditentukan oleh ABCD adalah himpunan semua titik yang
collinear (segaris) dengan pasangan titik- titik dalam satu dan dua bidang sisi dari
bidang-empat ABCD.
D
19

20. Q
P C
T
A
B
Gambar 23
Kemudian dapat diturunkan sifat-sifat tentang letak garis-garis dan bidang-
bidang dalam ruang berdimensi tiga. Khususnya, sebarang empat titik
noncoplanar dari suatu ruang menentukan dengan lengkap ruang ini dan garis
yang menghubungkan sebarang dua titik dari ruang terletak seluruhnya dalam
ruang. Jika Q dalam ruang ABCD dan P pada suatu titik dalam suatu bidang sisi
dari bidang empat ABCD, maka PQ memotong bidang-empat lagi pada suatu titik
lain yang bukan P.
Dapat dibuktikan pula dalil berikut ini.
Dalil 16.
Dua bidang yang bertemu pada satu titik, bertemu di titik yang lain,
dengan demikian bertemu di suatu garis.
Q
D
R C
A P T
B
Gambar 24
Bukti: misalkan kedua bidang itu α dan β dan titik P salahsatu titik
perskutuannya. Dalam bidang α dapat diambil titik- titik A, B dan C sedemikian.
20

21. Hingga P dalam segitiga ABC. Misalkan DPQ dalam bidang β. Jika D dan Q
dalam bidang α, maka α dan β sudah mempunyai dua titik berserikat. Andaikan
tidak, maka dapat dibuat bidang empat ABCD, PQ tentu memotong (menembus)
bidang empat ABCD di titik lain yang bukan P( ingat defenisi berdimensi tiga),
misalnya titik R. Maka DR akan memotong bidang sisi ABC di titik T. T terletak
pada bidang β, dan juga pada bidang α. Jika bidang α dan β bersekutu titik-titik P
dan T atau bersekutu dari PT. Terbukti.
Jika kita bekerja dalam ruang berdimensi tiga, kita mempunyai aksioma X.
Aksioma X
semua titik ada dalam ruang yang sama.
Tetapi jika kita ingin bekerja dalam ruang yang berdimensi lebih tinggi
atau kita ingin menambah banyaknya dimensi, maka aksioma X dapat diganti
dengan aksioma XI.
Aksioma XI.
Jika A0 A1 A2 A3 suatu ruang berdimensi tiga (3- space”) maka ada titik A4
yang tidak dalam ruang ini.
Kemudian didefenisikan simpleks A0 A1 A2 A3 A4 yang mempunyai 5 titik
sudut A1 , 10 rusuk Ai Aj (i < j), 10 bidang sisi Ai Aj Ak (i ≤ j ≤ k) dan 5 sel
(“cell”) Ai Aj Ak Al (i < j < k < l) yang berupa daerah tetrahedral.
Maka ruang berdimensi empat (“4 – space”) A0 A1 A2 A3 A4 adalah
himpunan titik-titik yang collirear dengan pasangan titik-titik pada satu atau dua
sel dari simpleks.
Dengan cara sesuai di atas maka mungkin diadakan perluasan sampai
ruang berdimensi n dengan menggunakan induksi matematik.
Seperti telah kita ketahui suatu bidang (berdimensi dua) dibagi menjadi 2
setengah bidang oleh satu garis (berdimensi satu). Ruang berdimensi tiga dibagi
menjadi dua setengah ruang oleh satu bidang (berdimensi dua).
Dengan pemikiran yang serupa, maka ruang berdimensi n (“n-space”) A0
A1 A2 ... An dibagi menjadi dua daerah konveks (“half-space”) oleh suatu
“subspace” berdimensi n-1, misalnya A0 A1 .... An-1 untuk n .> 3, subspace
21

22. berdimensi n – 1 ini disebut “ hyperplane” (bidang hyper atau “prime” atau (n-1)
– flat”).
Kita hidup dalam suatu ruang berdimensi tiga tetapi secara matematik
dapat diciptakan ruang yang berdimensi lebih tinggi.
4.2.2. Latihan 2
1. Jika m garis, berlainan yang sebidang melalui suatu titik O, maka mereka
membagi bidang itu dalam 2 m daerah sudut. Terangkan.
2. Jika ABC suatu segitiga, maka ketiga garis BC, CA dan AB membagi
bidang dalam 7 daerah konveks. Salahsatunya berupa daerah segitiga.
Terangkan.
3. Jika m garis sebidang diletakkan sedemikian, hingga setiap 2 tetapi tidak 3
mempunyai titik persekutuan maka garis-garis itu membagi bidang dalam
sejumlah daerah konveks. Sebut jumlah ini f. (2, m), maka f (2, m) = f (2,
m – 1) + m. Tetapi f (2,0) = 1, maka f (2, 1) = 2, f (2, 2) = 4, f (2, 3) = 7
dan f (2, m) = 1 + m + Tunjukkan.
4. Jika m bidang dalam ruang berdimensi tiga diletakkan sedemikian hingga
setiap 3, tetapi tidak 4 mempunyai titik perseketuan, maka bidang-bidang
itu membagi ruang dalam f (3, m) daerah konveks. Maka f(3, m) = f (3, m
– 1) + f (2, m – 1). Tetapi f (3, 0) = 1, maka f (3, 1) = 2, f (3, 2) = 4, f (3,
3) = 8, f (3, 4) = 15 dan f (3, m) = 1 + + + . Tunjukkan.
5. Terangkan langkah-langkah yang ditempuh untuk menaikkan dimensi dari
ruang berdimensi dua ke ruang berdimensi tiga.
Kunci jawaban latihan 2
1. 1 garis membagi bidang dalam 2 setengah bidang
1 garis membagi 1 daerah sudut dalam 2 daerah sudut
2 garis membagi bidang dalam 4 daerah sudut.
Setiap tambahan satu garis menambah 2 daerah sudut
Jika 3 garis membagi bidang dalam 4 + 2 = 6 daerah sudut
22

23. 4 garis membagi bidang dalam 6 + 2 = 8 daerah sudut
Sehingga n, garis membagi bidang dalam 2 n daerah sudut
n + 1 garis membagi bidang dalam 2n + 2 = 2 (n + 1) daerah sudut.
Maka jelas m garis membagi bidang dalam 2 m daerah sudut.
2. Diketahui : ABC suatu segitiga
C
A B
Gambar 25
Diterangkan : BC, CA, AB membagi bidang dalam 7 daerah konveks.
Salahsatunya berupa daerah segitiga. Keterangan BC dan CA membagi
bidang dalam 4 daerah sudut AB tidak melalui daerah sudut yang dibatasi
oleh C/A dan C/B, tetapi membagi 3 daerah sudut lainnya, sehingga ada 1
+ 6 = 7 daerah sudut. Daerah yang berhingga adalah daerah segitiga ABC.
3. Diketahui m garis, setiap 2 tetapi tidak 3 mempunyai titik persekutuan.
Jumlah daerah konveks yang terjadi f(2 – m).
Ditunjukkan : f (2, m) = f (2, m – 1) + m = 1 + m +
Keterangan : garis ke m menambah m daerah konveks.
3 2
1
Gambar 26
23

24. f (2, 0) = 1 ( tak ada garis)
f (2, 1) = 2 = 1 + 1
f (2, 2) = 4 = 2 + 2
f (2, 3) = 7 = 4 + 3
f (2, m) = f (2, m – 1) + m
= f (2, m – 2) + ( m – 1) + m
= f 2 ( m – 3) + ( m – 2) + ( m – 1) + m
= f ( 2, m – 4) + (m – 3) + ( m – 2) + (m – 1) + m
= f ( 2, 0) + 1 + 2 + 3 + 4 ...
+ ( m – 1) + m
= 1 + m + 1 + 2 + 3 + 4 .... + (m – 1)
= 1 + m + ½ ( m – 1) m
= 1 + m +
= 1 + m +
4. Diketahui m bidang dalam ruang, setiap 3 tetapi tidak 4 mempunyai titik
persekutuan. Jumlah daerah konveks yang terjadi f (3, m).
Ditunjukkan f (3, m) = f(3, m – 1) + f (2, m – 1)
= 1 + + +
Keterangan : bidang ( m – 1) pertama membagi bidang yang ke m dalam f
(2, m – 1) daerah bidang yang terletak pada f (2, m – 1) dari f ( 3, m – 1)
daerah ruang. Setiap f (2, m – 1) daerah ruang masing-masing dibagi
menjadi dua, lainnya tetap.
F (3, m) = f (3, m – 1) + f (2, m – 1)
= f (3, m – 2) + f (2, m – 1) + f (2, m – 1)
= f (3, m – 3) + f (2, m – 3) + f (2, m – 2)+ f (2, m – 1)
= f (3, 0) + f (2, 0) + f(2,1) + f(2,2) + f(2,3) +
... f (2, m – 1)
24

25. = 1 + 1 + (1 + 1) + 1 + 2 + + (1+ 3 + ) + ... (1 + ( m – 1)
+
= 1 + m + ( 1 + 2 + 3 + ... ( m – 1) + + +
= 1 + m + ½ m ( m – 1) + 1/6 m ( m – 1) ( m – 2)
= 1 + + +
5. Langkah-langkah untuk menaikkan dimensi dari ruang berdimensi dua ke
ruang berdimensi tiga. Jika kita bekerja di ruang berdimensi dua aksioma
yang berlaku aksioma VIII diganti dengan aksioma IX. Jika ABC suatu
bidang, maka ada suatu titik D tidak pada bidang ini. Kemudian
didefenisikan bidang empat ABCD, yang mempunyai 4 titik sudut, 6 rusuk
dan 4 bidang sisi. Ruang berdimensi tiga yang ditentukan oleh bidang
empat ABCD ialah himpunan semua titik yang segaris (collinear) dengan
pasangan-pasangan titik-titik dalam satu atau dua bidang sisi dari bidang
empat tersebut. Jika kita bekerja dalam ruang berdimensi tiga, maka kita
mempunyai aksioma X: semua titik ada dalam ruang yang sama. Dengan
demikian setiap bidang empat menentukan ruang yang sama.
Rangkuman
Dengan mempelajari pengertian pangkal, askioma-aksioma, defenisi-
defenisi dan dalil-dalil dari geometri terurut ini anda dapat memahami dengan
benar suatu sistem deduktif.
Geometri terurut dapat dikatakan sebagai geometri yang masih sederhana.,
dalam arti tersusun oleh pengertian pangkal, aksioma, defenisi dan dalil yang
sedikit banyaknya.
Urutan memegang peranan dan geometri ini menjadi dasar untuk Geometri
Absolut dan Geometri Affne.
25

26. Saat ini kita hidup dalam ruang berdimensi tiga. Setalah Anda
mempelajari dimensi ruang, Anda dapat memahami, bahwa dimensi ruang dapat
dinaikkan (ditambah) secara matematik.
Perluasan sampai ruang berdimensi n dapat dipikirkan secara matematik.
Setiap kali kita akan menambah dimensi ruang, kita pikirkan adanya suatu titik di
luar ruang semula dan kemudian dapat didefenisikan ruang yang berdimensi lebih
tinggi.
Langkah-langkah ini dapat Anda temukan pada penambahan dimensi dari
ruang berdimensi satu ke ruang berdimensi tiga dan dari ruang berdimensi tiga ke
ruang berdimensi empat.
GEOMETRI TERURUT DAN
DIMENSI RUANG
26

27. TUGAS MATA KULIAH : GEOMETRI EUCLIDES
DOSEN PENGAMPU : DR.IZWITA DEWI,M.Pd
OLEH :
KELOMPOK I
FADILLAH
SRI ANAWATI
SYAIFUL ANSHARI (Presentasi pada kelompok V)
TONI SITORUS PANE
SEKOLAH PASCASARJANA
UNIVERSITAS NEGERI MEDAN
MEDAN 2010
27