REFLEKSI DAN AKSIOMA CERMIN
Refleksi merupakan bagian dari transformasi yang bersifat
isometri. Isometri sendiri sudah kita bahas pada bagian 2.10, yaitu sebuah
fungsi yang mempertahankan jarak. Dalam kehidupan sehari-hari, konsep
refleksi ini dapat kita jumpai secara nyata saat kita bercermin.
3.1 Refleksi
Sebelum kita mulai membahas mengenai konsep refleksi, mari kita
pelajari dahulu mengenai konsep mempertahankan titik. Konsep ini cukup
penting karena akan digunakan ketika kita membahas konsep refleksi.
Definisi 3.1.1 (Millman & Parker, 1991:306):
Sebuah fungsi φ ∶S →S mempertahankan titik A jika φA = A. ∎
Definisi 3.1.1 berbicara mengenai suatu fungsi yang mempertahankan
titik. Suatu fungsi dikatakan mempertahankan titik jika hasil pemetaan
suatu titik sama dengan titik asalnya.
Untuk lebih memahami Definisi 3.1.1, perhatikan contoh berikut :
Contoh 3.1.1 :
Misalkan sebuah fungsi � ∶ ℍ → ℍ , dimana � , = 2 , 3 −2 , dan sebuah titik A = (0, 1).
Sekarang kita akan mencari �( ).
� = (2. 0 , 3 1 −2 )
= 0 , 1 =
Karena � = , maka fungsi � , = 2 , 3 −2 dikatakan mempertahankan titik A. ● Contoh 3.1.1, adalah contoh suatu fungsi yang mempertahankan titik A,
dalam bidang Poincare.
Lemma 3.1.1 (Millman & Parker, 1991:306):
Anggap φ ∶S → S merupakan sebuah isometri dalam geometri netral.
Jika φ mempertahankan titik A dan titik B, maka φ juga mempertahankan semua titik dalam AB .
Bukti :
Anggap � adalah sebuah sistem koordinat untuk dengan A adalah titik asal dan B positif.
Misalkan dan C ≠ A, C ≠ B. Akan ditunjukkan bahwa C = �C. Sekarang anggap �C = C’.
d (A, C’) = d (A, C) karena �A = A dan � adalah isometri. Karena itu, � ′ = �( ) dan � ′ = ±�( ).
Karena � mempertahankan keantaraan, maka jika A – B – C begitu pula A – B –C’
jika C – A –B begitu pula C’ – A – B.
Tidak ada dari ketiga kemungkinan tersebut yang memungkinkan
� ′ =−�( ). Karena itu, � ′ =�( ), sehingga �C = C’ = C. □
Lemma 3.1.1 masih berbicara mengenai suatu fungsi yang
mempertahankan titik. Lemma ini mengatakan jika suatu fungsi isometri
mempertahankan dua titik tertentu, maka fungsi isometri itu juga
mempertahankan semua titik dalam garis .
Untuk lebih memahami Lemma 3.1.1, perhatikan contoh berikut :
Contoh 3.1.2 :
Misalkan sebuah fungsi isometri �: ℍ → ℍ , yang ditunjukkan oleh
� , = 4− , , mempertahankan dua titik A dan B dimana,
= 2, 1 , = (2, 5) .
Akan ditunjukkan bahwa � juga mempertahankan sembarang titik dalam
.
Persamaan garis yang melewati A dan B adalah garis tipe I (aL ) dalam
bidang Poincare dengan = 2, sehingga ≡ = 2. Ambil sembarang titik , kita ambil = (2, )
� = 4−2,
= 2, =
Karena � = , maka terbukti bahwa � mempertahankan sembarang
Contoh 3.1.2 merupakan contoh suatu fungsi yang mempertahankan
seluruh titik dari garis , dalam bidang Poincare.
Selanjutnya, akan dibahas mengenai isometri identitas. Isometri identitas
adalah suatu isometri yang mempertahankan tiga titik yang tidak segaris
atau tiga titik yang tidak kolinear.
Lemma 3.1.2 (Millman & Parker, 1991:306):
Anggap φ ∶S →S merupakan sebuah isometri dalam geometri netral.
Jika φ mempertahankan tiga titik yang tidak segaris , maka φ adalah identitas.
Bukti :
Menurut Lemma 3.1.1, � juga mempertahankan semua titik dalam garis
, , dan dan karena itu, termasuk mempertahankan semua titik dalam segitiga ABC.
Ambil sembarang titik D dalam S dan sembarang titik E dalam int( ),
dimana E ≠ D. Berdasarkan teorema Pash, memotong segitiga ABC pada sebuah titik F, dimana F≠E. Karena E dan F termasuk dalam segitiga ABC, maka keduanya adalah titik tetap.
Karena itu, setiap titik dari , termasuk D adalah titik tetap dari �.
Jadi �D = D untuk sembarang titik D, sehingga � merupakan isometri
Untuk lebih memahami Lemma 3.1.2, perhatikan contoh-contoh berikut.
Contoh 3.1.3 :
Misalkan sebuah fungsi �: ℍ → ℍ, dimana � , = , , dan tiga buah titik A, B, C yang tidak segaris. = 2,3 , = 0,1 , = (3,1). Untuk membuktikan bahwa � merupakan isometri identitas, kita harus menunjukkan bahwa � = , � = , � = .
� = 2, 3 =
� = 0, 1 =
� = 3, 1 =
Karena � = , � = , � = maka � dikatakan mempertahankan tiga titik berbeda yang tidak segaris sehingga � adalah
isometri identitas. ●
Contoh 3.1.3, adalah contoh suatu isometri identitas dalam bidang
Poincare.
Setelah membahas mengenai konsep mempertahankan titik, dan isometri
identitas, sekarang kita akan membahas mengenai konsep refleksi.
Definisi 3.1.2 (Millman & Parker, 1991:306):
Anggap l adalah sebuah garis dalam geometri netral. Dan untuk setiap
P ϵS , anggap Pl adalah proyeksi dari titik P ke l.
Refleksi terhadap garis l adalah fungsi ρl: S →S yang ditentukan
ρlP = P′ dimana P−Pl −P′dan PP ≃ P′l Pl jika P l
ρlP = P jika P l ∎
Untuk lebih memahami Definisi 3.1.2, perhatikan Gambar berikut :
Gambar 3.1 menunjukkan ilustrasi refleksi titik P terhadap garis dalam
bidang Poincare.
Untuk lebih memahami definisi refleksi, perhatikan contoh berikut:
Contoh 3.1.4 :
Misalkan ≡ = merupakan sebuah garis tipe I dalam bidang Poincare. Kita akan mencari fungsi � ∶ ℍ → ℍ, yang merupakan refleksi terhadap garis .
Perhatikan Gambar 3.2 berikut :
R P’ P
aL
Gambar 3.2 Refleksi terhadap garis tipe I
Gambar 3.1
Refleksi dalam Bidang Poincare
Misalkan titik ( , ), dan hasil refleksinya adalah ′( ′, ′). Koordinat titik tengah ′ adalah titik = ( + ′
2 , + ′
2 ). Titik R ini
terletak dalam garis , maka koordinat nya harus memenuhi persamaan
garis . Sehingga + ′ 2 = + ′ 2 = + ′= 2 + ′= 2 ′ = 2 − ′=
Dari perhitungan di atas, dapat diambil kesimpulan sebagai berikut :
Untuk sembarang garis ≡ = , yang merupakan garis tipe I dalam bidang Poincare. Rumus umum refleksi terhadap garis tersebut adalah
� , = 2 − , . ●
Selanjutnya akan dibahas mengenai rumus refleksi dalam bidang Poincare,
terhadap garis tipe II.
Contoh 3.1.5 :
Misalkan ≡ ( − )2+ 2 = 12 merupakan sebuah garis tipe II dalam
bidang Poincare. Kita akan mencari fungsi � ∶ ℍ → ℍ, yang merupakan refleksi terhadap garis .
Perhatikan Gambar 3.1.
Ide yang digunakan untuk memperoleh fungsi refleksinya sesuai
dengan definisi refleksi sendiri. Pertama-tama kita akan mencari
lurus dengan garis . Kemudian kita akan menentukan koordinat dari .
dengan cara memotongkan garis dengan ′. Setelah itu, barulah kita mulai
mencari titik P’, yaitu dengan memanfaatkan konsep jarak dalam refleksi. Jarak P dengan harus sama dengan jarak P’ dengan .
Untuk mencari persamaan garis yang tegak lurus garis , kita
menggunakan konsep dua buah lingkaran yang berpotongan tegak lurus.
Menurut Hadjiwidjojo (1973), dua lingkaran yang saling berpotongan
tegak lurus memenuhi persamaan :
( 1 2)2 =
12 + 22 dimana 1 2 adalah jarak antara kedua titik pusat
lingkaran, 1 adalah jari-jari lingkaran pertama dan 2 adalah jari-jari
lingkaran yang kedua.
Diketahui : Titik ( , ) dan garis ≡ ( − )2+ 2 = 12
Misalkan garis ′ ≡ ( − )2+ 2 =
22 dan ′( ′, ′)
Garis ⊥ ′ , maka jarak antara titik pusat lingkaran dengan titik pusat lingkaran ′ harus sama dengan jumlah kuadrat dari jari-jari kedua lingkaran:
( − )2 =
12+ 22 ...(1) Koordinat P dan P’ memenuhi persamaan ′, maka
( − )2+ 2 = 22 ...(2) ( ′ − )2+ ′2 = 22 ...(3)
Selesaikan persamaan (1) dan (2) untuk memperoleh nilai dan 2 .
22 = ( − )2− 12 22 = 2−2 + 2− 12 substitusikan 2ke persamaan (2). − 2+ 2 = 2−2 + 2− 12 2−2 + 2+ 2 = 2 −2 + 2− 12 2 −2 = 2− 12− 2− 2 = 12− 2+ 2+ 2 2 −2 Substitusikan ke persamaan 22, 22 = ( − )2− 12 22 = 1 2− 2+ 2+ 2 2 −2 − 2 − 12 22 = 1 2+ 2+( − )2 2 −2 2 − 12
Setelah mendapat nilai d dan 2, sekarang kita akan mencari koordinat titik
tengah yaitu . Koordinat titik memenuhi persamaan garis dan ′. misal koordinat titik ( , ), maka :
( − )2+ 2 =
12 ...(4)
( − )2+ 2 =
22 ...(5)
Selesaikan persamaan (4) dan (5) untuk memperoleh nilai s dan t.
(4) - (5) : 2 −2 + 2+ 2 = 12 2 −2 + 2+ 2 = 22 −2 + 2 + 2− 2 = 12− 22 −2 + 2 = 12− 22− 2+ 2
= 2 2− 12+ 2− 2 2 −2 Substitusikan ke persamaan (4), 22− 12+ 2− 2 2 −2 − 2 + 2 = 12 2 = 12− 22− 12− − 2 2 −2 2
Substitusikan (1) ke persamaan di atas,
2 = 12− 22− 12− 22− 12 2 −2 2 2 = 12− −12 − 2 = 12− 14 − 2 2
=
12 − 2− 14 − 2= ± 1 − 2−12 − ,
dari persamaan (1), kita dapat melihat bahwa − 2−
12 = 2, maka
persamaan dapat dituliskan sebagai berikut :
= ± 1 2
−
Sehingga, koordinat adalah 2
2−
12+ 2− 2
2 −2 , ±
1 2
− .
Kita akan menggunakan rumus jarak dalam bidang Poincare seperti sudah
dibahas pada bagian 2.3. Jarak titik P terhadap harus sama dengan jarak
terhadap P’. � , = ln − + 2 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 −
� , ′ = ln 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − ′ − + 2 ′ Karena � , = � , ′ , maka ln − + 2 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − = ln 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − ′ − + 2 ′ ...(6) Persamaan (6) mengakibatkan − + 2 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − = ′ − + 2 ′ 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − atau − + 2 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − = 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − ′ − + 2 ′ .
Dengan menyederhanakan kemungkinan pertama, kita akan mendapat nilai
′ = dan ′ = sehingga tidak memenuhi definisi refleksi.
Sekarang kita akan menyederhanakan kemungkinan kedua,
− + 2 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − = 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − ′ − + 2 ′ − + 2 ′− + 2 ′ = . 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − . 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − ( − + 2)( ′− + 2) . ′ = 22− 12+ 2− 2 2 −2 − + 2 1 2 − 2 ( − + 2)( ′− + 2) . ′ = 22− 12+( − )2+2 2( − ) 2 −2 2 1 2 2 −2 2
( − + 2)( ′− + 2) . ′ = 22− 12+( − )2+22( − ) 2 1 2 2 , substitusikan persamaan (1) sehingga, ( − + 2)( ′− + 2) . ′ = 22− 12+ 22+12+2 2( − ) 2 1 2 2 ( − + 2)( ′− + 2) . ′ = 2+ − 1 2 ′ − + 2 = . ′ 2+ − 2 12 ( − + 2) ′ = ′. (2+ − )2 12(2+ − ) + − 2 ...(7) Substitusikan persamaan (7) ke persamaan (3).
′. ( 2+ − )2 12( 2+ − ) + − 2 − 2 + ′2 = 22 ′2 = 22− ′. ( 2+ − )2 12( 2+ − ) + − 2 − 2 ′2 = 22− ′. (2+ − )2 12( 2+ − ) − 2 2 ′2 = 22− ′. ( 2+ − )2 12( 2+ − ) 2 −2 ′ 2 (2+ − )2 12( 2+ − ) + 2 2 ′2 =− ′ 2 . 2 (2+ − )4 14( 2+ − )2 +2 ′ 2 ( 2+ − ) 2 12(2+ − ) ′2+ ′ 2 . 2 (2+ − )4 14(2+ − )2 − 2 ′ 2 (2+ − )2 12( 2+ − ) = 0 ′2 14( 2+ − )2 14( 2+ − )2 + 2 ( 2+ − )4 14( 2+ − )2 − ′ 2 2 (2+ − )2 12(2+ − ) = 0 ′ ′ 14( 2+ − )2+ 2 ( 2+ − )4 14(2+ − )2 − 2 2 ( 2+ − )2 12( 2+ − ) = 0 ′ = 0 atau ′ = 2 2 (2+ − )2 12( 2+ − ) . 14( 2+ − )2 14(2+ − )2+ 2 ( 2+ − )4
(untuk ′ = 0 tidak memenuhi karena dalam bidang Poincare, > 0)
′ = 2 2 12( 2+ − )2( 2+ − ) 14(2+ − )2+ 2(2+ − )4
...(8)
Substitusikan persamaan (8) ke persamaan (7) sehingga kita mendapatkan
nilai ′ : ′ = ′. ( 2+ − )2 12(2+ − ) + − 2 ′ = 2 2 12(2+ − )2( 2+ − ) 14(2+ − )2+ 2( 2+ − )4 . (2+ − )2 12(2+ − ) + − 2 ′ = 22 2( 2+ − )4 14(2+ − )2+ 2( 2+ − )4 + − 2
Sehingga, koordinat P’ adalah 2 2 2( 2+ − )4
14( 2+ − )2+ 2( 2+ − )4
+ − 2 ,2 2 12( 2+ − )2( 2+ − ) 14( 2+ − )2+ 2( 2+ − )4
Dari perhitungan di atas, dapat diambil kesimpulan sebagai berikut :
Untuk sembarang garis ≡ ( − )2+ 2 = 12, yang merupakan garis
tipe II dalam bidang Poincare. Rumus umum refleksi terhadap garis
tersebut adalah � , = 2 2 2( 2+ − )4 14( 2+ − )2+ 2( 2+ − )4 + − 2 , 2 2 12( 2+ − )2( 2+ − ) 14(2+ − )2+ 2(2+ − )4 dimana = 12− 2+ 2+ 2 2 −2 dan 2 2 = 12+ 2+( − )2 2 −2 2 − 12 ●
Sekarang akan diberikan contoh refleksi terhadap garis tipe I dan tipe II
Contoh 3.1.6 :
Misalkan ≡ =−2 adalah sebuah garis dalam bidang Poincare. Jika ada dua buah titik A (-3, 1) dan B (0,3). Kita akan menggunakan rumus
refleksi pada Contoh 3.1.4 untuk menentukan hasil refleksinya.
� , = 2 − ,
A’ = � =(2 −2 − −3 , 1) = (−1, 1) B’ = � =(2 −2 −0, 3) = (−4, 3)
Perhatikan Gambar berikut.
Gambar di atas adalah hasil dari perhitungan lewat software matematika
yang bernama GeoGebra. Dalam GeoGebra, terdapat perintah untuk
merefleksikan suatu obek terhadap suatu garis lurus. Koordinat yang
berwarna biru merupakan objek asli sedangkan koordinat yang berwarna
merah merupakan objek hasil refleksi. Dapat dilihat bahwa hasil
perhitungan dengan menggunakan rumus pada Contoh 3.1.6, sama dengan
Selanjutnya, akan diberikan beberapa contoh refleksi terhadap garis tipe II
dalam bidang Poincare.
Contoh 3.1.7 (a):
Misalkan ≡ ( −1)2+ 2 = 4 adalah sebuah garis dalam bidang Poincare. Jika ada titik A (2,1 ) , maka hasil refleksi titik A terhadap garis
adalah :
Kita akan menggunakan rumus pada Contoh 3.1.5.
� , = 2 2 2( 2+ − )4 14( 2+ − )2+ 2( 2+ − )4 + − 2 ,2 2 1 2( 2+ − )2( 2+ − ) 14(2+ − )2+ 2(2+ − )4
Tetapi, sebelum menggunakan rumus tersebut, terlebih dahulu kita harus
menentukan nilai dan 2. = 12− 2+ 2+ 2 2 −2 = (4−12+22+12) 2 2 −2(1) = 4 22 = 1 2+ 2+( − )2 2 −2 2 − 12 = 22+12+(2−1)2 2(2)−2(1) 2 −(2)2 = 5 , maka 2 = 5 ′ =� = 2 5(1)( 5+1−4)4 (2)4( 5+2−4)2+(1)2( 5+1−4)4+ 4− 5 , 2(1) 5(2)2( 5+1−4)2( 5+2−4) (2)4( 5+2−4)2+(1)2( 5+1−4)4
′ =� = (3,2). Untuk menunjukkan bahwa titik A’(3,2) benar-benar
merupakan hasil refleksi dari titik terhadap garis , kita perlu menyelidiki
jarak antara titik A terhadap dan jarak terhadap titik A’.
= 5−4+1−16 2−8 , 2 5 1−4 = 7 3 , 2 5 3
Jarak titik A terhadap :
2−4+ 5 1 7 3−4+ 5 2 5 3 = 10−4 5 3 5−5 = 10−4 5 3 5−5 × 3 5+5 3 5+5 = 5−1 2
Jarak titik terhadap titik A’ :
7 3−4+ 5 2 5 3 3−4+ 5 2 = 3 5−5 5− 5 = 3 5−5 5− 5 × 5+ 5 5+ 5 = 5−1 2 Terlihat bahwa, � , = � , ′ = 5−1 2
Oleh karena itu, terbukti bahwa titik A’ (3,2) benar-benar merupakan hasil refleksi dari titik A(2,1) ●
Contoh 3.1.7 (b):
Misalkan ≡ ( −1)2+ 2 = 4 adalah sebuah garis dalam bidang Poincare. Jika ada titik B (1,1 ) , maka hasil refleksi titik B terhadap garis
Perhatikan, titik B mempunyai koordinat yang sama dengan pusat garis
. Oleh karena itu, persamaan garis yang melewati titik B dan pusat garis
adalah = 1. Garis = 1 ini merupakan garis yang tegak lurus dengan garis . Sehingga, untuk mencari koordinat kita tinggal memotongkan
garis dengan garis = 1. Akan didapat koordinat (1,2).
Setelah itu, untuk mencari koordinat ′, kita menggunakan konsep jarak dalam refleksi, yaitu, jarak titik dengan harus sama dengan jarak titik
dengan titik ′. Perlu diingat pula bahwa titik ′ harus terletak pada garis = 1. Misalkan koordinat ′(1, ).
Jarak titik B terhadap :
2
1 =
2
1 = 2
Jarak titik terhadap titik ′ :
2
Karena, � , = � , ′ , maka 2 = 2
Sehingga,
2= 2 atau 2 = 1 2
Dari kemungkinan pertama, menunjukkan bahwa ′(1,4) sedangkan dari kemungkinann kedua menunjukkan bahwa ′ = 1,1 = . Kemungkinan kedua tidak memenuhi definisi refleksi karena titik tidak memisahkan titik
dan ′. Oleh karena itu, koordinat hasil refleksi titik 1,1 terhadap garis
adalah ′(1,4). ●
Contoh 3.1.7 (c):
Misalkan ≡ ( −1)2+ 2 = 4 adalah sebuah garis dalam bidang
Poincare. Jika ada titik C (10,5 ) , maka hasil refleksi titik C terhadap garis
adalah :
Kita akan menggunakan rumus pada Contoh 3.1.5.
� , = 2 2 2( 2+ − )4 14( 2+ − )2+ 2( 2+ − )4 + − 2 , 2 2 12( 2+ − )2( 2+ − ) 14(2+ − )2+ 2(2+ − )4
Tetapi, sebelum menggunakan rumus tersebut, terlebih dahulu kita harus
= 12− 2+ 2+ 2 2 −2 = (4−12+102+52) 2 10 −2(1) = 64 9 = 7,111 22 = 1 2+ 2+( − )2 2 −2 2 − 12 = 22+52+(10−1)2 2(10)−2(1) 2 −(2)2 = 33,346 , maka 2 = 5,775 ′ = � = (1,34 ; 0,19).
Jadi, hasil refleksi titik (10,5) terhadap garis adalah titik
′ 1,34 ; 0,19 . ●
Contoh 3.1.7 (d):
Misalkan ≡ ( −1)2+ 2 = 4 adalah sebuah garis dalam bidang Poincare. Jika ada titik D (1,10 ) , maka hasil refleksi titik D terhadap garis
Perhatikan, titik D mempunyai koordinat yang sama dengan pusat garis
. Oleh karena itu, persamaan garis yang melewati titik D dan pusat garis
adalah = 1. Garis = 1 ini merupakan garis yang tegak lurus dengan garis . Sehingga, untuk mencari koordinat kita tinggal memotongkan
garis dengan garis = 1. Akan didapat koordinat (1,2).
Setelah itu, untuk mencari koordinat ′, kita menggunakan konsep jarak dalam refleksi, yaitu, jarak titik dengan harus sama dengan jarak titik
dengan titik ′. Perlu diingat pula bahwa titik ′ harus terletak pada garis = 1. Misalkan koordinat ′(1, ).
Jarak titik D terhadap :
2 1 = 2 10 = 1 5
Jarak titik terhadap titik ′ :
2 Karena, � , = � , ′ , maka 1 5 = 2 Sehingga, 2 = 1 5 atau 2= 5 1
Dari kemungkinan pertama, menunjukkan bahwa ′(1,2
5) sedangkan dari
kemungkinann kedua menunjukkan bahwa ′ = 1,10 = . Kemungkinan kedua tidak memenuhi definisi refleksi karena titik tidak memisahkan titik
dan ′. Oleh karena itu, koordinat hasil refleksi titik 1,10 terhadap garis adalah ′(1,2
Setelah memahami mengenai definisi refleksi, sekarang kita akan
membahas mengenai sifat-sifat refleksi. Yang pertama akan diberikan
teorema bahwa refleksi adalah sebuah isometri. Artinya, refleksi
mempertahankan jarak.
Teorema 3.1.3 (Millman & Parker, 1991:307):
Sebuah refleksi dalam geometri netral adalah isometri.
Bukti :
Anggap titik A, B S dan garis dalam S , dan untuk mudahnya kita
tuliskan � sebagai �. Kita harus menunjukkan bahwa d(A,B) = d(� ,� ). Ada beberapa kondisi yang perlu dipertimbangkan :
i) A dan B berada pada sisi yang sama dari garis
ii) A dan B berada pada sisi yang berlawanan dari garis
iii) Salah satu titik berada pada garis , dan titik lainnya berada diluar garis
iv) Kedua titik berada pada garis .
Kita akan membuktikan untuk 4 kondisi di atas:
i) A dan B berada pada sisi yang sama dari garis
Anggap A dan B berada pada sisi yang sama dari garis . Agar lebih
mudah, perhatikan Gambar 3.8. Jika tegak lurus dengan garis maka
dengan titik asal Q dan A positif. Maka untuk sembarang P ,
� � = −�( ).
Karena itu, d (� ,� ) = � � − �(� )
= −� +�( )
= d (A, B)
Sekarang andaikan tidak tegak lurus dengan maka ≠ (sekarang perhatikan Gambar 3.8).
Anggap = P dan = Q.
∆ ≃ ∆ � (Aksioma SsSdSs) sehingga = � dan ∠ ≃
∠� .
Karena ∥ , maka B dan Q terletak pada sisi yang sama dari dan B int(∠ ),
Karena � ∥ � ,maka � dan Q terletak pada sisi yang sama dari � dan � int(∠� ). Berdasarkan Teorema 2.8.3 (Pengurangan Sudut),
∠ ≃ ∠� � . Maka ∆ ≃ ∆� � (Aksioma SsSdSs) dan
≃ � � sehingga d(A,B) = d(� � ) . Gambar 3.8 � � Q A B
Sekarang akan dibahas pembuktian untuk kondisi ke dua.
ii) A dan B berada pada sisi yang saling berlawanan terhadap
(perhatikan Gambar 3.10)
Jika ⊥ maka = = . Berdasarkan definisi refleksi,
≃ � dan ≃ � , sehingga , = (� , ) dan , = (� , )
Perhatikan Gambar 3.10 di atas, , = , + ( , )
P Q � � B A Gambar 3.9 A B � � Q Gambar 3.10
Karena , = (� , ) dan , = (� , ), maka persamaan di atas dapat ditulis sebagai berikut :
, = � , + (� , ) = � ,�
Sekarang andaikan tidak tegak lurus dengan maka ≠ . Anggap = P dan = Q.
Perhatikan Gambar 3.11 berikut :
Perhatikan Gambar di atas, ∆ ≃ ∆� (Aksioma SsSdSs), sehingga
≃ � .
∆ ≃ ∆� (Aksioma SsSdSs), sehingga ≃ �
, = , + ( , )
karena ≃ � dan ≃ � , maka
, = � , + (� , sehingga , = � ,� C Q A B � � P Gambar 3.11
Sekarang kita akan membahas pembuktian untuk kondisi yang ketiga.
iii) Jika salah satu titik berada pada garis , dan titik lainnya berada di luar garis
Kita misalkan ,
Jika ⊥ maka = . Perhatikan Gambar 3.12. Berdasarkan definisi refleksi, =� dan
≃ � .
, = , ) = (� , = (� ,� ) , = � ,�
Sekarang andaikan tidak tegak lurus dengan maka ≠ . (Perhatikan Gambar 3.13) Anggap = Q. B � A Gambar 3.12 Q B � A Gambar 3.13
∆ ≃ ∆� (Aksioma SsSdSs), akibatnya ≃ � .
, = , ) = (� , = (� ,� ) , = � ,�
Sekarang akan dibahas pembuktian untuk kondisi yang keempat.
iv) Jika kedua titik terletak pada garis
,
Jika , maka � = dan � = . Sehingga, , = � ,�
Jadi, terbukti bahwa refleksi adalah sebuah isometri. □
Untuk lebih memahami mengenai Teorema 3.1.3 perhatikan contoh
berikut:
Contoh 3.1.8:
Misalkan sebuah refleksi �:ℍ → ℍ, dimana
� , = 2− , , dan dua buah titik A(1,5) dan B (3,7).
Untuk membuktikan bahwa refleksi � merupakan isometri, kita harus menunjukkan bahwa , = � ,� .
� = 2−1,5 = (1,5)
Untuk menghitung jarak titik A dan B, kita perlu mencari nilai c dan r dari garis . = 22− 12+ 22− 12 2( 2− 1) = 72−52+32−12 2(3−1) = 32 4 = 8 = ( 1− )2 + 12 = (1−8)2+ 52 = 49 + 25 = 74 , = ln 1−8+ 74 5 3−8+ 74 7 = −−49+7 74 25+5 74 = 0,47
Sekarang, untuk menghitung jarak titik A dan B, kita perlu mencari nilai c
dan r dari garis � � .
=72−52+(−1)2−12 2(−1−1) = 24 −4 = −6 = (1−(−6))2+ 52 = 49 + 25 = 74 � ,� = ln 1−(−6)+ 74 5 −1−(−6)+ 74 7 = 49+7 74 25+5 74 = 0,47
Karena , = � ,� , maka terbukti bahwa refleksi � , = 2− , merupakan suatu isometri. ●
Teorema 3.1.4 (Millman & Parker, 1991:308):
Anggap � ∶S →S adalah sebuah isometri dalam geometri netral yang
membuat 2 titik berbeda (A dan B) menjadi titik tetap. Jika φbukan identitas maka φ adalah sebuah refleksi terhadap garis = .
Bukti :
Jika P = maka �P = P = �P (Lemma 3.1.1)
Andaikan P , ada dua kemungkinan, yaitu P dan �P berada pada sisi yang saling berlawanan terhadap garis , atau P dan �P berada pada sisi yang sama terhadap garis .
Jika P dan �P berada pada sisi yang sama dari dan ∠ � ≃ ∠ , maka Teorema Konstruksi Sudut mengakibatkan ≃ � .
Karena ≃ � maka �P = P sehingga � membuat 3 titik tidak segaris menjadi titik tetap. Berdasarkan Lemma 3.1.2, �adalah identitas. Sekarang kita anggap P dan �P berada pada sisi yang saling berlawanan terhadap garis . Karena � isometri, ∆ ≃ ∆ � (Aksioma SsSsSs). Perhatikan Gambar 3.14 berikut :
Karena dan �P berada pada sisi yang berlawanan dari garis maka
�
memotong pada sebuah titik Q.
Kita harus menunjukkan bahwa ⊥ dan ≃ � . Anggap R ≠ Q adalah sebuah titik lain pada . Maka �R = R dan ∆ ≃ ∆� menurut Aksioma SsSsSs . Perhatikan Gambar 3.15 berikut:
�
B
A
P
Karena itu, ∆ adalah segitiga siku-siku. Karena �P – Q – P dan
≃ � kita dapat �P = �P.
Jadi, � = �. □
Teorema 3.1.4 berbicara mengenai isometri dalam geometri netral yang
mempertahankan 2 titik berbeda. Menurut Teorema 3.1.4, jika isometri
tersebut bukanlah suatu isometri identitas, maka isometri tersebut pastilah
sebuah refleksi terhadap garis , yaitu garis yang melalui kedua titik tetap.
Dari Teorema 3.1.4 kita dapat mengambil kesimpulan bahwa sembarang
isometri biasa (bukan identitas dan refleksi), hanya memiliki sebuah titik
tetap.
Untuk lebih memahami Teorema 3.1.4, perhatikan contoh berikut :
Contoh 3.1.9 :
Misalkan sebuah fungsi isometri �: ℍ → ℍ , yang ditunjukkan oleh
� , = 4− , . Diketahui isometri tersebut mempertahankan dua buah titik A (2,1) dan B(2,6).
�
Q
R
P
Sekarang kita cek apakah � mempertahankan titik . Jika � mempertahankan titik C maka menurut Lemma 3.1.2, � adalah isometri identitas. Tetapi jika � tidak mempertahankan titik C, maka � adalah refleksi terhadap garis .
Ambil sembarang titik C (3, 0)
� = 4−3, 0 = 1, 0 ≠
Maka � , = 4− , adalah refleksi terhadap garis . ●
Teorema 3.1.5 (Millman & Parker, 1991:308)
Dalam geometri netral, ∆ ABC ≃ ∆DEF jika dan hanya jika ada sebuah isometri φ dengan φA = D, φB = E, φC = F. Lebih jauh lagi, isometri tersebut tunggal.
Bukti :
Jika ada sebuah isometri, maka dengan Aksioma SsSsSs, ∆ ≃
∆� � � = ∆ . Karena itu kita akan mengasumsikan bahwa
∆ ≃ ∆ dan menentukan fungsi isometrinya.
Isometri � akan ditulis sebagai komposisi dari 3 isomeri, �= ���, dimana masing-masing isometri merupakan refleksi atau identitas.
Jika A = D, maka � adalah identitas.
Jika A ≠ D, anggap 1 adalah garis pembagi dua tegak lurus dari dan
� merupakan refleksi terhadap garis 1. Dalam kasus tersebut,
∆� � � = ∆ � � ≃ ∆ karena kedua nya kongruen dengan
∆ .
Kita akan mengulangi proses tersebut dengan ∆ � � dan ∆ . Jika � = maka � adalah identitas.
Jika � ≠ , maka anggap 2 adalah pembagi dua tegak lurus dari � dan anggap � adalah refleksi terhadap 2. Dalam kasus tersebut, �� = . Ingat bahwa � = � � ≃ sehingga D 2. Karena itu, � = . Ingat juga bahwa ∆ �� = ∆�� �� �� ≃ ∆ ≃ ∆ . Kita ulangi proses tersebut, satu kali lagi. Jika �� = maka � adalah identitas.
Jika tidak, anggap � adalah refleksi terhadap garis 3 = = �� �� . Ingat bahwa 3 adalah pembagi 2 tegak lurus dari �� dalam kasus ini. Karena itu, Gambar 3. 16 1 �B �C � 2 A C B � 3
��� = �� =� = ��� =� =
��� =
Jadi, � = ��� memberikan isometri yang diinginkan. Semua itu untuk menunjukkan bahwa � adalah tunggal.
Sekarang anggap bahwa � juga merupakan isometri sehingga � = , � = , � = . Lalu, �−1�membuat titik A, B, dan C merupakan titik tetap sehingga menurut Lemma 3.1.2 �−1� merupakan identitas dan
�= �. Karena itu, ada sebuah isometri tunggal yang memindahkan A, B, C ke D, E, F.
□
Teorema 3.1.5 mengatakan bahwa dua buah segitiga ∆ dan ∆ dapat dikatakan kongruen jika dan hanya jika terdapat sebuah isometri
yang memasangkan ketiga titik sudut pada segitiga ∆ dengan ketiga titik sudut pada ∆ . Teorema 3.1.5 juga mengatakan bahwa isometri yang membuat ∆ kongruen dengan ∆ , hanya ada tepat satu isometri.
Untuk lebih memahami Teorema 3.1.5, perhatikan contoh berikut :
Contoh 3.1.10 :
Misalkan sebuah segitiga ∆ dengan titik-titik sudut, 1,1 ,
Kita akan mencari sebuah segitiga lain yang kongruen dengan ∆ tersebut. Untuk mencari segitiga lain yang kongruen dengan ∆ , kita perlu menentukan sebuah isometri terlebih dahulu. Misalkan terdapat
sebuah isometri �:ℍ → ℍ, dimana � , = 4− , .
� = 4−1,1 = (3,1)
� = 4−3, 6 = (1,6)
� = 4−6, 2 = (−2,2)
Dari hasil perhitungan di atas, kita mendapatkan koordinat dari hasil
isometri ketiga titik sudut ∆ . Selanjutnya, segitiga yang kongruen dengan ∆ adalah ∆ , dimana =� = 3,1 ,
= � = 1,6 , dan =� = (−2,2) . ●
Selanjutnya, akan diberikan akibat mengenai konsep isometri dalam
kaitannya dengan refleksi.
Akibat 3.1.6 (Millman & Parker, 1991:310):
Dalam geometri netral, setiap isometri merupakan komposisi dari paling
banyak 3 refleksi.
Bukti :
Ambil sebuah isometri � dan sembarang ∆ .
Jika �A = D, �B = E, �C = F, maka ∆ ≃ ∆ (Aksioma SsSsSs). Dengan menggunakan bukti Teorema 3.1.5, � = ��� dimana setiap
itu, sembarang isometri merupakan komposisi dari paling banyak 3
refleksi. □
Akibat 3.1.6 mengatakan bahwa setiap isometri merupakan komposisi dari
paling banyak 3 refleksi. Dari akibat ini, kita dapat mengambil kesimpulan
bahwa jika kita mengkomposisikan tiga buah refleksi, maka hasilnya pasti
sebuah isometri. Perhatikan contoh berikut :
Contoh 3.1.11 :
Misalkan terdapat tiga buah refleksi �:ℍ → ℍ, dimana
�1 , = 2− , , �2 , = 4− , , dan
�3 , = − ,
Kita akan mencari hasil komposisi dari ketiga refleksi tersebut. Setelah itu,
kita akan menyelidiki apakah hasil komposisi tersebut benar berupa
isometri atau tidak.
�2�3 , = 4− − , = 4 + , )
�1�2�3 , = 2−(4 + ), = −2− , ) Hasil komposisi dari ketiga refleksi tersebut adalah
�1�2�3 , = (−2− , )
Sekarang kita akan menyelidiki apakah fungsi tersebut bersifat isometri.
Misalkan terdapat dua buah titik (2,3) dan (2,5).
�1�2�3 = −2−2, 3) = (−4, 3)
, = 2 1 = 5 3 � ,� = 5 3 = ,
Karena , = � ,� , maka terbukti bahwa hasil komposisi dari tiga refleksi merupakan suatu isometri. ●
3.2 Aksioma Cermin
Definisi 3.2.1 (Millman & Parker, 1991:310):
Anggap {S , ℒ, d, m merupakan geometri protraktor dan ambil sebuah
garis l. Cermin dalam l adalah sebuah isometri μ yang mempertahankan garis dan besar sudut, mengakibatkan semua titik dalam l menjadi titik tetap, dan memisahkan titik asli dan hasil isometrinya pada sisi yang saling
berlawanan terhadap garis l (yaitu, jika P l, maka P dan μP terletak pada sisi yang saling berlawanan dari garis l )
Sebuah geometri protraktor memenuhi aksioma cermin jika untuk setiap
garis l ada sebuah cermin dalam l. ∎
Definisi 3.2.1 berbicara mengenai aksioma cermin. Sebuah geometri
terdapat sebuah cermin dalam garis tersebut. Konsep cermin dalam garis ,
merupakan suatu isometri �, yang: (i) mempertahankan garis
(ii) mempertahankan besar sudut
(iii) membuat semua titik pada garis menjadi titik tetap
(iv) memisahkan sisi dari titik asli dengan hasil isometrinya.
Jadi ada 4 syarat yang harus dipenuhi oleh suatu isometri agar bisa disebut
sebagai sebuah cermin dalam suatu garis .
Dalam bagian 2.10 sudah dibuktikan bahwa isometri dalam geometri netral
adalah sebuah kolineasi dan mempertahankan besar sudut. Pada bagian ini
akan dibicarakan cermin dalam konteks geometri protraktor yang lebih
umum, sehingga perlu diasumsikan bahwa sebuah cermin adalah isometri
yang mempertahankan garis dan besar sudut. Perlu diingat, karena cermin
mempertahankan ruas garis dan besar sudut, maka untuk sembarang
cermin �, ∆ ≃ ∆� � � .
Untuk lebih memahami mengenai aksioma cermin, perhatikan contoh
berikut :
Contoh 3.2.1 :
Misalkan garis ≡ = 2, merupakan sebuah garis dalam bidang Poincare. Isometri � , = 4− , merupakan sebuah cermin dalam garis . Misal ada 2 buah titik 0,1 , dan −2, 3 .
Akan ditunjukkan bahwa isometri tersebut memenuhi aksioma cermin .
� merupakan sebuah isometri, padahal menurut Susanta (1990) isometri itu sendiri bersifat kolineasi. Oleh karena itu, isometri � terbukti mempertahankan sembarang garis dalam bidang Poincare.
(ii) Sekarang akan ditunjukan bahwa � mempertahankan sudut. Diketahui � adalah sebuah isometri, oleh karena itu, untuk sembarang
∆ , berlaku ∆ ≃ ∆� � � (Aksioma SsSsSs). Karena, ∆ ≃
∆� � � , maka sudut-sudutnya juga kongruen. Akibatnya, besar sudut- sudut yang bersesuaian sama. Oleh karena itu, terbukti bahwa � mempertahankan besar sudut.
(iii) Sekarang akan ditunjukkan bahwa isometri � mempertahankan seluruh titik dalam garis . Karena ≡ = 2, maka titik-titik pada sembarang garis mempunyai koordinat (2, ). Misalkan titik adalah sembarang titik pada garis , maka (2, ) dan hasil isometri dari titik adalah :
� = 4−2, = 2, =
Terlihat bahwa � = untuk sembarang titik C dalam garis . Oleh karena itu terbukti bahwa � mempertahankan semua titik dalam garis cermin .
Sekarang akan ditunjukkan bahwa � memisahkan sisi dari titik asal dengan titik hasil isometrinya.
Menurut Definisi 3.1.2, � , = 4− , merupakan sebuah refleksi terhadap garis = 2. Padahal, menurut Definisi 2.6.2, garis = 2 akan
membagi bidang menjadi 2 bagian. Oleh karena itu, isometri � akan memisahkan titik asal dengan titik hasil isometrinya terhadap garis .
Karena isometri � , = 4− , memenuhi keempat syarat dalam aksioma cermin, maka terbukti bahwa � , = 4− , merupakan sebuah cermin dalam garis ≡ = 2 . ●
Setelah memahami definisi aksioma cermin, sekarang akan diberikan
teorema mengenai aksioma cermin dalam hubungannya dengan geometri
netral.
Teorema 3.2.1 (Millman & Parker, 1991:310):
Sebuah geometri protraktor adalah geometri netral jika dan hanya jika
memenuhi aksioma cermin.
Bukti :
Anggap bahwa � = {S , ℒ, , adalah geometri protraktor. Jika �adalah
sebuah geometri netral dan adalah sebuah garis maka refleksi � adalah sebuah cermin dalam sehingga aksioma cermin terpenuhi.