Geometri Eliptik
-
Upload
nila-kumoro-manah -
Category
Science
-
view
719 -
download
13
description
Transcript of Geometri Eliptik
GEOMETRI ELIPTIK
Disusun Guna Memenuhi Tugas Mata Kuliah Geometri non Euclid
Dosen Pengampu: Heri Sutarto, M.Pd
Oleh:
1. Kiki Wulandari (4101410036)
2. Pamila Aditianingrum (4101410088)
3. Atika Rosiana (4101411116)
4. Prasetya Adi Pungkas (4101412061)
5. Nila Kumoro Manah (4101412129)
JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG
2014
1
GEOMETRI ELIPTIK
A. SEJARAH GEOMETRI ELIPTIK
Ilmu tentang astronomi telah banyak dipelajari berabad-abad sebelum
masehi, hal ini terlihat dengan adanya bukti-bukti peninggalan sejarahtentang
system penanggalan kuno dan peramalan untuk memperkirakan fenomena
alam, masa kesuburan pertanian dan sifat seseorang dipandang darisegi rasi
bintang. Semakin lama, ilmu perbintangan semakin menarik untuk dipelajari
hingga ke hal-hal yang bersifat teoretik. Namun misteri perbitangan secara
teoretik tidak dapat dipecahkan karena teori yang diakui pada masa itu adalah
teori yang berpegang pada postulat Euclid yang membangun konsep bidang
datar. Untuk memecahkan kesulitan tersebut para astronom dan
matematikawan membuat terobosan baru dalam bidang geometri. Sejak saat
itu, para astronom mulai mengumpulkan berbagai referensi sejarah untuk
mendukung terobosan baru tersebut.Berdasarkan catatan sejarah yang ditulis
oleh Claudius Ptolemy(150 SM), seorang ahli geografi, astronomi, dan
astrologi berkebangsaan Yunani, menuliskan pada bukunya Geographica
bahwa “untuk menempuh jarak terdekatantara dua titik pada bumi, maka
seseorang harus mengikuti lingkaran yang memuat dua titik tersebut”. Selain
itu, Nicolaus Copernicus (1473-1543) menyatakan dalam bukunya bahwa
“bumi berputar pada porosnya, ….”, dan dari ekspedisi penjelajahan
mengelilingi dunia yang dilakukan oleh Christoper Colombus (1451-1506)
dan pendahulu-pendahulunya membuktikan bahwa bumi berbentuk bulat.
Referensi ini membuka ide baru bidang geometri eliptik yang
kemudian memberikan pengaruh besar pada bidang astronomi, geografi, dan
fisika modern. Berdasarkan referensi sejarah tersebut dan beberapa referensi
lain, maka untuk pertamakalinya, matematikawan Benhard Riemann (1826-
1866) memperkenalkan geometri bola sebagai geometri non-Euclid. Dalam
pandangan Riemann pada geometri bola, garis merupakan lingkaran besar
pada bola yang memuat dua titik. Riemann menganalisis postulat kesejajaran
Euclid dan menemukan kejanggalan-kejanggalan. Dari kejanggalan tersebut
Riemann mengembangkan teori geometri bola yang dapat membuktikan
2
postulat kesejajaran Riemann dan memenuhi definisi titik dan garis yang
didefinisikan oleh Euclid. Pandangan Riemann ini kemudian dimodifikasi
oleh Christian Klein (1849-1925) dengan memandang bahwa setiap pasang
titik antipodal (titik yangberlawanan pada lingkaran besar) merupakan titik
yang identik/sama. Klein mengembangkan model geometri bola dan
menyebutnya dengan variasi geometri eliptik. Selanjutnya disajikan secara
singkat tokoh-tokoh penemu dan pengembang geometri eliptik.
SEJARAH RIEMANN
Georg Friedrich Bernhard Riemann (17 September
1826 – 20 Juli 1866). Beliau ialah matematikawan
Jerman yang membuat sumbangan penting pada
analisis dan geometri diferensial, beberapa darinya
meratakan jalan untuk pengembangan lebih lanjut
pada relativitas umum. Namanya dihubungkan
dengan fungsi zeta Riemann, integral Riemann,
lema Riemann, manipol Riemann, teorema
pemetaan Riemann, problem Riemann-Hilbert,
teorema Riemann-Roch, persamaan Cauchy-Riemann dan lain-lain. Ia lahir
di Breselenz, sebuah desa dekat Dannenberg di Kerajaan Hanover di Jerman
sekarang. Ayahnya Friedrich Bernhard Riemann ialah pastor Lutheran di
Breselenz. Bernhard merupakan anak kedua dari 6 bersaudara. Pada 1840
Bernhard pergi ke Hanover untuk tinggal dengan neneknya dan mengunjungi
Lyceum. Setelah kematian neneknya pada 1842 ia pindah ke Johanneum di
Lüneburg. Pada 1846, pada usia 19, ia mulai belajar filologi dan teologi di
Universitas Göttingen. Ia mengikuti ceramah Gauss. Pada 1847 ayahnya
mengizinkannya berhenti belajar Teologi dan mulai belajar matematika.
Pada 1847 ia pindah ke Berlin, di mana Jacobi, Dirichlet dan Steiner
mengajar. Ia tinggal di Berlin selama 2 tahun dan kembali ke Göttingen pada
1849. Riemann menyelenggarakan ceramah pertamanya pada 1854, yang tak
hanya menemukan bidang geometri Riemann namun menentukan tahapan
untuk relativitas umum Einstein. Ia dipromosikan sebagai guru besar
istimewa di Universitas Göttingen pada 1857 dan menjadi guru besar luar
3
biasa pada 1859 menyusul kematian Dirichlet. Pada 1862 ia menikahi Elise
Koch. Ia meninggal akibat tuberkulosis pada perjalanan ketiganya ke Italia di
Selasca. Sumbangsih Riemann dalam matematika berada di bidang geometri
diferensial yang menyingkap cara-cara umum untuk membuat pengukuran
dalam ruang dengan sembarang lengkungan dan jumlah dimensi. Sumbangsih
Riemann dalam geometri adalah berupa teori tentang geometri yang berbeda
dengan geometri euclid. Pada tahun 1954 Riemann membacakan disertasinya
tentang penemuannya yang baru di Fakultas Filsafat Gottingen. Ia memulai
dengan asumsi : Garis-garis adalah tidak terbatas, tetapi panjangnya
berhingga. Riemann tidak mengindahkan postulat kesejajaran dari geometri
euckides maupun dari geometri hiperbolik. Postulat kesejajaran dari Riemann
adalah: Tidak ada garis-garis yang sejajar dengan garis lain. Jadi
menurutnya, dua garis selalu berpotongan dan tidak ada dua garis sejajar.
Untuk selanjutnya geometri elliptik dikenal sebagai Geometri Riemann.
B. PENGANTAR GEOMETRI ELIPTIK
Geometri Eliptik berbeda dengan Geometri Eucli hanya pada postulat
kesejajarannya saja. Postulat kesejajaran dari Riemann adalah sebagai berikut
(Moeharti, 1986: 5.17)
Tidak ada garis-garis sejajar dengan garis lain.
Berdasarkan postulat tersebut, Riemann mengemukakan bahwa dua
garis selaluberpotongan dan tidak ada dua garis sejajar (Budiarto dan
Masriyah, 2007: 172). Dalam geometri Euclid, postulat kesejajaran Euclid,
dua garis yang tegak lurus terhadap garis yang sama adalah sejajar.
Diketahui: Dua garis yang berbeda l dan m yang tegak lurus terhadap garis n.
Adb. l dan m sejajar.
Andaikan 𝑙 ∦ 𝑚, maka l dan m berpotongan pada suatu titik, misal C.
Misalkan A dan B berturut-turut merupakan titik potong garis l dan m
terhadap garis n.
4
No. Langkah Alasan
1. Perpanjang CA̅̅̅̅ sedemikian sehingga
diperoleh 𝐶𝐴 = 𝐴𝐶’, dimana C’
terletak di perpanjangan CA̅̅̅̅
Ruas garis dapat diperpanjang
2. Melalui C’ dan B dapat dibuat C′B̅̅̅̅̅. Melalui dua titik sebarang
dapat dibuat sebuah garis.
3. Δ𝐴𝐵𝐶 ≅ Δ𝐴𝐵𝐶′ Sisi, sudut, sisi
4. ∠𝐴𝐵𝐶 = ∠𝐴𝐵𝐶′ Akibat dari Δ𝐴𝐵𝐶 ≅ Δ𝐴𝐵𝐶′,
maka sisi-sisi yang bersesuaian
adalah sama.
5. 𝐵𝐶 = 𝐵𝐶’ Akibat dari Δ𝐴𝐵𝐶 ≅ Δ𝐴𝐵𝐶′,
maka sisi-sisi yang bersesuaian
adalah sama.
6. ∠𝐴𝐵𝐶 = ∠𝐴𝐵𝐶 ′ = 90°, maka BC
dan BC’ tegak lurus AB
Diketahui
7. BC̅̅̅̅ dan BC′̅̅̅̅̅ berhimpit, berarti 𝐶 = 𝐶’
8. 𝑙 = 𝑚
Terdapat kontradiksi dengan yang diandaikan, yaitu bahwa l dan m berlainan.
Jadi, pengandaian di atas salah, ini berarti l dan m sejajar.
Analisis Riemann terhadap pembuktian teorema di atas sebagai berikut.
a. Pandangan penting adalah Langkah 6, bahwa “l dan m serupa” karena
garis tersebut memiliki titik C dan C’ secara bersama-sama. Langkah ini
akan gagal jika C dan C’ tidak berbeda.
5
b. Euclid mengasumsikan bahwa setiap garis “memisahkan bidang menjadi
dua sisi yang berhadapan (Separation Principle)
c. Dalam pandangan sifat pemisahan, konstruksi dalam Langkah 1
pembuktian di atas (untuk memperluas CA melalui panjangnya C’)
menjamin bahwa C dan C’ berada pada sisi sehadap dari n dan merupakan
titik yang berbeda.
d. Tanpa sifat pemisah, keberadaan C dan C’ tidak memiliki justifikasi
formal dan bukti tersebut akan gagal.
Berdasarkan analisis Riemann di atas, maka muncul dua teori baru yang
berangkat dari dua kemungkinan berikut.
a. Jika prinsip pemisahan tersebut diterima, C dan C’ haruslah merupakan
titik yang berbeda. Dengan kata lain, setiap dua garis berpotongan pada
dua titik dan setiap garis memisahkan bidang.
b. Jika mengabaikan prinsip pemisahan, maka C dan C’ merupakan titik yang
sama. Dengan kata lain, setiap dua garis berpotongan pada satu titik dan
tidak ada garis yang memisahkan suatau bidang.
Kemungkinan pertama di atas yang mendasari munculnya geometri eliptik
ganda (double elliptic geometry) dan kemungkinan kedua mendasari
munculnya geometri eliptik tunggal (single elliptic geometry). Gambar
berikut ini berturut-turut merupakan model dari geometri eliptik tunggal dan
geometri eliptik ganda.
Model Geometri Eliptik tunggal (Moeharti, 1986: 5.19)
Sebarang dua garis yang berpotongan tepat pada satu titik, tetapi tidak
ada garis yang memisahkan bidang tersebut.
6
Model Geometri Eliptik ganda (Moeharti, 1986: 5.19)
Dua garis berpotongan tepat pada dua titik, dan setiap garis
memisahkan bidang.
Sifat Kutub pada Bidang Geometri Eliptik
Seperti halnya dalam geometri Euclid dan Lobachevski, geometri
eliptik memenuhi beberapa hal berikut.
a. Hanya ada satu garis yang tegak lurus terhadap garis yang melalui
sebuahtitik yang diberikan, jika titik tersebut terletak pada garis yang
diberikan.
7
b. Tetapi sifat di atas tidak terpenuhi, jika titik tersebut tidak berada pada
garisyang diketahui, karena sebarang dua garis yang tegak lurus dengan
garis yangsama akan berpotongan.
c. Untuk setiap garis l pada bidang geometri eliptik, ada titik polar K
sedemikian sehingga semua garis yang melalui K akan tegak lurus dengan
l. Jadi, semua lingkaran besar pada bola dunia melalui kutub utara yang
tegak lurus dengan ekuatornya.
Sifat Kutub
Misalkan l adalah suatu garis. Maka ada suatu titik K yang disebut kutub dari
l sedemikian hingga:
a. setiap segmen yang menghubungkan K dengan suatu titik pada l tegak
lurus pada l,
b. K berjarak sama dari setiap titik pada l.
Jarak K sampai sebarang titik pada l disebut “jarak polar”. Jarak polar suatu
kutub sampai garisnya adalah konstan.
8
C. TEOREMA-TEOREMA DALAM GEOMETRI ELIPTIK
Jika sebarang garis l pada geometri eliptik, kemudian terdapat paling
sedikit satu titik P sehingga setiap garis menghubungakan P ke sebuah titik
di l yang tegak lurus dengan l dan P berjarak sama dari semua titik di l.
Bukti:
Misalkan Q dan R merupakan sebarang titik yang berjarak sama di l dan
membentuk garis m dan n yang tegak lurus dengan l di titik Q dan R.
(Berdasarkan postulat Riemann)
Maka garis m dan n berpotongan di titik P
Sehingga P,Q, dan R tidak segaris.
PQR merupakan sebuah segitiga dengan dua sudut yang kongruen (𝑃𝑄̅̅ ̅̅ ≅
𝑃𝑅̅̅ ̅̅ )(Teorema segitiga samakaki).
Andaikan S merupakan titik tengah dari 𝑄𝑅̅̅ ̅̅ .
Jika kita menghubungkan titik P ke titik S
Maka ∆𝑃𝑄𝑆 ≅ ∆𝑃𝑅𝑆, dan berakibat 𝑃𝑆̅̅̅̅ tegak lurus 𝑄𝑅̅̅ ̅̅ dan 𝑃𝑆̅̅̅̅ ≅ 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ ≅
𝑃𝑅̅̅ ̅̅ .
Terbukti.
Pada sebarang segitiga siku-siku di geometri eliptik, setiap dua sudut yang
lain mempunyai besar sudut kurang dari, sama dengan, atau lebih dari
sudut siku-siku tergantung dari apakah sisi yang berlawanan itu
Teorema 6.8.2.
Teorema 6.8.1.
9
mempunyai panjang sisi kurang dari, sama dengan, atau lebih dari jarak
kutubnya.
Bukti:
Misalkan ∆𝐴𝐵𝐶 siku-siku di C.
Pada 𝐶𝐵̅̅ ̅̅ , buat titik P sehingga CP adalah jarak kutub.
𝐴𝐶̅̅ ̅̅ mempunyai titik P sebagai titik kutubnya.
Sehingga 𝐴𝑃̅̅ ̅̅ tegak lurus pada 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ dan ∠𝑃𝐴𝐶 merupakan sudut siku-siku.
Jika CB sama dengan jarak kutub maka ∠𝐶𝐴𝐵(𝑃) adalah sudut siku-siku.
Jika CB kurang dari jarak kutub maka 𝑚∠𝐶𝐴𝐵 < 900.
Dan jika CB lebih dari jarak kutub maka 𝑚∠𝐶𝐴𝐵 > 900.
Pada geometri eliptik sudut puncak segiempat Saccheri adalah kongruen
dan tumpul.
Bukti:
Misalkan segiempat ABCD adalah sebuah segiempat Saccheri dimana
∠𝐴 𝑑𝑎𝑛 ∠𝐵 adalah sudut siku-siku dan ruas garis AD ≅ BC.
Sebuah teorema dari geometri netral (teorema 3.6.2) menjelaskan bahwa
sudut puncak adalah kongruen.
Akan di buktikan sudut puncak segiempat sacherri adalah tumpul.
Misalkan E dan F titik tengah ruas garis AB dan CD.
Berdasarkan Teorema 3.6.4 pada segiempat Sacherri menjelaskan bahwa
garis yang menghubungkan titik-titik tengah dari sisi atas dan sisi bawah
segiempat Sacherri adalah tegak lurus terhadap keduanya.
Teorema 6.8.3.
10
Maka ruas garis EF tegak lurus terhadap 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ dan 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ .
Misalkan kita memperpanjang 𝐸𝐶̅̅̅̅ dan 𝐹𝐵̅̅ ̅̅ hingga keduanya berpotongan
di sebuah titik P. Dengan definisi, P adalah kutub dari 𝐸𝐹̅̅ ̅̅ , maka EP adalah
jarak kutub.
Karena CP < EP, teorema sebelumnya menjelaskan pada kita bahwa
𝑚∠𝐵𝐶𝑃 < 90° sehingga ∠𝐵𝐶𝐷 > 90° .
Terbukti.
Pada geometri eliptik sudut keempat dari segiempat Lambert adalah
tumpul.
Bukti:
Perhatikan gambar berikut.
AFED merupakan segiempat Lambert dimana ∠𝐴 = ∠𝐹 = ∠𝐸 = 900.
Akan dibuktikan ∠𝐷 adalah tumpul.
Kita tahu bahwa P adalah titik kutub.
Jika 𝑃𝐸̅̅ ̅̅ < 𝑃𝐹̅̅ ̅̅ , 𝑚𝑎𝑘𝑎 ∠𝑃𝐷𝐸 < 900 (Teorema 6.8.2.)
Sehingga ∠𝐴𝐷𝐸 > 900 atau dapat dikatakan sudut D tumpul.
Terbukti.
Pada geometri eliptik, jumlah sudut dari segitiga siku-siku adalah lebih
dari 180°.
Teorema 6.8.5.
Corollary 6.8.4.
11
Bukti:
Misalkan △ 𝐴𝐵𝐶 mempunyai sudut siku-siku di C.
Akan ditunjukkan bahwa S(△ 𝐴𝐵𝐶) > 180°.
Buatlah ruas garis AX sehingga ∠𝐵𝐴𝑋 ≅ ∠𝐴𝐵𝐶
Titik Q merupakan titik tengah ruas garis AB.
Hubungkan titik Q dengan titik R sehingga ruas garis QR tegak lurus
dengan ruas garis BC.
Hubungkan titik Q dengan titik P sehingga ruas garis QP tegak lurus
dengan ruas garis AX.
Jelas ∠𝐴𝑃𝑄 = 90°, maka segiempat ACRP merupakan segiempat
Lambert.
Berdasarkan sebab akibat 6.8.4 bahwa sudut keempat dari segiempat
Lambert adalah tumpul, maka ∠𝑃𝐴𝐶 > 90°. Karena sudut PAQ = sudut
QBR, maka sudut BAC + sudut ABC > 90°, sehingga jumlah sudut dalam
segitiga siku-siku ABC yaitu sudut BAC + sudut ABC + sudut ACB >
180°.
Terbukti.
Pada geometri eliptik jumlah sudut dari segitiga sebarang adalah lebih dari
180°.
Bukti:
Teorema 6.8.6.
12
Misalkan diberikan garis l, dan garis m dan n yang tegak lurus dengan
garis l di titik A dan B.
Berdasarkan postulat kejajaran eliptik, garis m dan n akan berpotongan di
P yang merupakan kutub dari l.
Perhatikan segitiga PAB adalah segitiga samakaki(∠𝐴 = ∠𝐵 = 900)
Maka jumlah sudut segitiga PAB adalah
∠𝐴 + ∠𝐵 + ∠𝑃 = 900 + 900 + ∠𝑃
= 1800 + ∠𝑃
> 1800
Terbukti bahwa jumlah besar sudut suatu segitiga lebih besar dari 1800
Pada geometri eliptik jumlah dari besar sudut dalam dari setiap segiempat
cembung lebih besar dari 360°.
Bukti:
Dipunyai segiempat ABCD.
Akan di buktikan ∠𝐴 + ∠𝐵 + ∠𝐶 + ∠𝐷 > 3600
Perhatikan segiempat ABCD.
Terdapat segitiga ABC dan segitiga ACD.
Berdasarkan teorema 6.8.6.
∠𝐴1 + ∠𝐵 + ∠𝐶1 > 1800
∠𝐴2 + ∠𝐷 + ∠𝐶2 > 1800
∠𝐴1 + ∠𝐴2 + ∠𝐷 + ∠𝐵 + ∠𝐶1 + ∠𝐶2 > 1800 + 1800
∠𝐴 + ∠𝐵 + ∠𝐶 + ∠𝐷 > 3600
Terbukti.
l
D A
B C
1 2
2 1
D
Corollary 6.8.7.
13
Tidak ada bujur sangkar dalam geometri eliptik.
Bukti:
Andaikan ada bujur sangkar dalam geometri eliptik.
Berarti ada segiempat ABCD dengan semua sisinya sama panjang
dan semua sudutnya siku-siku.
Jadi jumlah besar sudut segiempat ABCD = ∠𝐴 + ∠𝐵 + ∠𝐶 + ∠𝐷
= 900 + 900 + 900 + 900
= 3600
Hal ini kontradiksi dengan sebab akibat 6.8.7. yaitu jumlah besar sudut
suatu segiempat lebih besar dari 3600.
Jadi tidak ada bujur sangkar dalam geometri eliptik.
Jika tiga sudut dari suatu segitiga adalah kongruen secara berurutan kepada
tiga sudut dari segitiga kedua, maka segitiga-segitiga tersebut kongruen.
Bukti:
Misalkan sudut A, B, dan C adalah sudut-sudut dari △ 𝐴𝐵𝐶 kongruen
secara berurutan dengan sudut A’, B’, dan C’ pada △ 𝐴′𝐵′𝐶′.
Adb. △ 𝐴𝐵𝐶 ≅△ 𝐴′𝐵′𝐶′
Jika salah satu sisi yang bersesuaian, sebut AB dan A’B’ kongruen, maka
segitiga-segitiga tersebut kongruen.
Adt. 𝐴𝐵 = 𝐴’𝐵’
Andaikan 𝐴𝐵 ≠ 𝐴′𝐵′ misalkan 𝐴𝐵 > 𝐴’𝐵’.
Tentukan titik D pada AB sehingga 𝐴𝐷 = 𝐴’𝐵’.
Tentukan titik E pada AC sehingga 𝐴𝐸 = 𝐴’𝐶’.
Jelas 𝐴𝐷 = 𝐴’𝐵’ (dibuat) , ∠𝐴 = ∠𝐴′ (diketahui), dan 𝐴𝐸 = 𝐴’𝐶’.
Maka △ 𝐴𝐷𝐸 ≅△ 𝐴′𝐵′𝐶′ (S Sd S).
Akibatnya jelas bahwa BCED adalah segiempat dengan jumlah sudutnya
sama dengan 360°.
Teorema 6.8.9.
Corollary 6.8.8.
14
Terjadi kontradiksi dengan teorema sebelumnya bahwa jumlah sudut pada
segiempat lebih dari 360°.
Jadi 𝐴𝐵 = 𝐴’𝐵’.
Karena ∠𝐴 = ∠𝐴′ (diketahui), 𝐴𝐵 = 𝐴’𝐵’ (telah dibuktikan), dan ∠𝐵 =
∠𝐵′, maka △ 𝐴𝐵𝐶 ≅△ 𝐴′𝐵′𝐶′.
Terbukti.
Luas segitiga adalah sebanding dengan kelebihannya, yaitu, luas
△ 𝐴𝐵𝐶 = 𝑘[𝑆(△ 𝐴𝐵𝐶) − 180°], dimana k adalah konstanta tergantung
pada satuan panjang yang dipilih.
Bukti:
Adb. 𝐴(△ 𝐴𝐵𝐶) = 𝑘[𝑆(△ 𝐴𝐵𝐶) − 180°]
Berdasarkan definisi segibanyak secara umum, luas dari segitiga adalah
sebanding dengan defectnya, atau dapat dituliskan:
𝐴(△ 𝐴𝐵𝐶) = 𝑘𝑥 𝑑(△ 𝐴𝐵𝐶)
Diketahui bahwa 𝑆(△ 𝐴𝐵𝐶) > 180°.
Karena definisi dari defect suatu segitiga adalah selisih antara 180° dan
jumlah sudut dalam segitiga tersebut, maka:
𝑑(△ 𝐴𝐵𝐶) = 𝑆(△ 𝐴𝐵𝐶) − 180°
Jadi luas dari segitiga adalah
𝐴(△ 𝐴𝐵𝐶) = 𝑘𝑥 𝑑(△ 𝐴𝐵𝐶)
⇔ 𝐴(△ 𝐴𝐵𝐶) = 𝑘𝑥 [𝑆(△ 𝐴𝐵𝐶) − 180°]
Jadi teorema terbukti.
Teorema 6.8.10.
15
D. LATIHAN SOAL
1. Sebutkan sifat-sifat kutub pada geometri eliptik.
2. Pada geometri eliptik buktikan bahwa panjang dari puncak segiempat
Saccheri kurang dari panjang alasnya.
3. Pada geometri eliptik buktikan bahwa panjang dari garis yang
menghubungkan titik tengah alas dan puncak dari segiempat Saccheri
lebih dari panjang sisi-sisinya.
4. Pada geometri eliptik buktikan bahwa pada sebuah segiempat Lambert
panjang dari setiap sisi yang mengandung sudut tumpul kurang dari
panjang sisi yang berlawanan dengannya.
5. Perhatikan gambar di bawah ini.
Buktikan bahwa segitiga UBA
kongruen dengan segitiga UB^' A'!
PENYELESAIAN
1. Misalkan l adalah suatu garis. Maka ada suatu titik K yang disebut kutub
dari l sedemikian hingga:
a) setiap segmen yang menghubungkan K dengan suatu titik pada l
tegak lurus pada l,
b) K berjarak sama dari setiap titik pada l.
2.
Dipunyai segiempat Saccheri.
A B
C D
16
𝐴𝐷 ≅ 𝐵𝐶, 𝐴𝐷 ⊥ 𝐴𝐵, 𝐶𝐵 ⊥ 𝐴𝐵, 𝑚∠𝐴𝐷𝐶 = 𝑚∠𝐵𝐶𝐷
Adb. 𝐴𝐵 > 𝐷𝐶
Bukti:
Jika kita menghubungkan BD, maka akan ada 3 kemungkinan yaitu:
(1) 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 = 𝑚∠𝐶𝐵𝐷,
(2) 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 < 𝑚∠𝐶𝐵𝐷, atau
(3) 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 > 𝑚∠𝐶𝐵𝐷.
Dari setiap kemungkinan diperoleh:
(1) Andaikan 𝒎∠𝑨𝑫𝑩 = 𝒎∠𝑪𝑩𝑫.
Jelas 𝐴𝐷 ≅ 𝐵𝐶 (diketahui)
𝑚∠𝐴𝐷𝐵 = 𝑚∠𝐶𝐵𝐷
𝐵𝐷 ≅ 𝐵𝐷 (berimpit)
Jadi △ 𝐴𝐷𝐵 ≅△ 𝐶𝐵𝐷 (S Sd S).
Akibatnya 𝑨𝑩 = 𝑪𝑫.
Karena 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 = 𝑚∠𝐶𝐵𝐷 maka
𝑚∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑚∠𝐶𝐵𝐷 = 90° (definisi segiempat Saccheri)
⇔ 𝑚∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 = 90°
Sehingga 𝑚∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 + 𝑚∠𝐵𝐴𝐷 = 180°.
Terjadi kontradiksi dengan teorema 6.8.6.
Jadi pengandaian salah.
(2) Andaikan 𝒎∠𝑨𝑫𝑩 < 𝒎∠𝑪𝑩𝑫.
Akibatnya 𝑨𝑩 < 𝑪𝑫.
Karena 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 < 𝑚∠𝐶𝐵𝐷 maka
𝑚∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑚∠𝐶𝐵𝐷 = 90° (definisi segiempat Saccheri)
⇔ 𝑚∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 < 90°
Sehingga 𝑚∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 + 𝑚∠𝐵𝐴𝐷 < 180°.
Terjadi kontradiksi dengan teorema 6.8.6.
Jadi pengandaian salah.
(3) Andaikan 𝒎∠𝑨𝑫𝑩 > 𝒎∠𝑪𝑩𝑫.
Akibatnya 𝑨𝑩 > 𝑪𝑫.
Karena 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 > 𝑚∠𝐶𝐵𝐷 maka
𝑚∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑚∠𝐶𝐵𝐷 = 90° (definisi segiempat Saccheri)
17
⇔ 𝑚∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 > 90°
Sehingga 𝑚∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑚∠𝐴𝐷𝐵 + 𝑚∠𝐵𝐴𝐷 > 180°.
Tidak terjadi kontradiksi, maka pengandaian berlaku.
Jadi 𝒎∠𝑨𝑫𝑩 > 𝒎∠𝑪𝑩𝑫.
Dengan kata lain 𝑨𝑩 > 𝑪𝑫 atau 𝑪𝑫 < 𝑨𝑩.
Jadi terbukti bahwa panjang dari puncak segiempat Saccheri kurang dari
panjang alasnya.
3.
Dipunyai segiempat Saccheri ABCD
Ambil titik E pertengahan 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ dan F pertengahan 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ .
Berdasarkan teorema pada geometri netral, maka 𝐸𝐹̅̅ ̅̅ tegak lurus pada 𝐴𝐵̅̅ ̅̅
dan 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ .
Adb. 𝐴𝐷 < 𝐸𝐹
Andaikan 𝐴𝐷 > 𝐸𝐹
Misalkan G pada 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ sehingga 𝐴𝐺̅̅ ̅̅ ≅ 𝐸𝐹̅̅ ̅̅ .
Maka 𝐺𝐹̅̅ ̅̅ memotong ∠𝐸𝐹𝐷 di dalam dan ABCE adalah segiempat
Saccheri.
Karena ABCE adalah segiempat Saccheri maka ∠𝐸𝐹𝐺 tumpul.
Tapi karena ∠𝐸𝐹𝐺 maka sudut dalam dari ∠𝐸𝐹𝐷(90°), maka ∠𝐸𝐹𝐺 ≤
90°.
Terjadi kontradiksi, sehingga pengandaian salah.
Jadi 𝐴𝐷 < 𝐸𝐹 .
4. Dipunyai segiempat Saccheri ABCD.
Ambil titik E pertengahan 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ dan F pertengahan 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ .
Berdasarkan teorema pada geometri netral, maka 𝐸𝐹̅̅ ̅̅ tegak lurus pada 𝐴𝐵̅̅ ̅̅
dan 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ .
A B
C D
E
F
18
Maka terbentuk segiempat Lambert AEFD dan BEFC.
Pada segiempat Lambert AEFD dengan ∠𝑨𝑫𝑭 tumpul:
Adb. 𝐷𝐹 < 𝐴𝐸 dan 𝐴𝐷 < 𝐸𝐹.
Karena F titik tengah 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ maka 𝐷𝐹 =1
2𝐶𝐷.
Karena E titik tengah 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ maka 𝐴𝐸 =1
2𝐴𝐵.
Telah dibuktikan bahwa 𝐶𝐷 < 𝐴𝐵, maka
𝐶𝐷 < 𝐴𝐵
⇔ 2𝐷𝐹 < 2𝐴𝐸
⇔ 𝐷𝐹 < 𝐴𝐸
Pada soal sebelumnya telah dibuktikan bahwa 𝐴𝐷 < 𝐸𝐹.
Jadi terbukti bahwa pada sebuah segiempat Lambert panjang dari setiap
sisi yang mengandung sudut tumpul kurang dari panjang sisi yang
berlawanan dengannya.
5. Adb. △ 𝑈𝐵𝐴 ≅ △ 𝑈𝐵′𝐴′
Perhatikan △ 𝑈𝐵𝐴 dan △ 𝑈𝐵′𝐴′
𝑈𝐵 = 𝑈𝐵′ ( berdasarkan teorema 6.8.1)
𝑈𝐴 = 𝑈𝐴′
Karena 𝑈𝐵 = 𝑈𝐵′ dan 𝑈𝐴 = 𝑈𝐴′
Jadi △ 𝑈𝐵𝐴 ≅ △ 𝑈𝐵′𝐴 (S S S).
Terbukti.
19
DAFTAR PUSTAKA
Wallace, Edward and West, Stephen. 1992. Roads to Geometry. New York: Prentice Hall.