Setengah Putaran

(1)

MAKALAH SETENGAH PUTARAN

Dosen Pengampu : 1. Drs. M. Coesamin, M. Pd.

2. Dr. Wayan Rumite, M. Si.

Kelompok 5 Nama Anggota Kelompok :

Jihan Muthia Az-zahra 2313021001 Deni Lestari 2313021078 Fauza Azillatin 2313021026 Azzahra Paramita 2313021049

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS LAMPUNG 2024

(2)

ii DAFTAR ISI

PEMBAHASAN ... 1 DAFTAR PUSTAKA ... 8

(3)

1

PEMBAHASAN A. Pengertian Setengah Putaran

Setengah Putaran mengelilingi sebuah titik adalah suatu involusi. Suatu setengah putaran mencerminkan setiap titik bidang pada sebuah titik tertentu sehingga disebut juga pencerminan pada suatu titik.

Involusi: Transformasi yang inversnya dirinya sendiri.

Definisi 6.1

Sebuah setengah putaran pada suatu titik 𝐴 adalah suatu padanan 𝑆A yang didefinisikan untuk setiap titik pada bidang sebagai berikut :

a. Apabila 𝑃≠𝐴𝐴 maka 𝑆A(𝑃)=𝑃′ sehingga 𝐴 titik tengah ruas garis 𝑃𝑃′̅̅̅̅̅

b. 𝑆A=𝐴

Pembuktian Definisi 6.1

Setengah putaran adalah suatu transformasi Bukti:

Akan dibuktikan 𝑆A Bijektif.

Untuk membuktikan 𝑆A Bijektif maka harus dibuktikan terlebih dahulu 𝑆A Surjektif dan Injektif.

a. Akan dibuktikan 𝑆A Surjektif

Untuk menunjukkan 𝑆A Surjektif, akan ditunjukkan ∃𝑃′ ∈ 𝑉 ∋ 𝑆A (𝑃)=𝑃′

Ambil sebarang 𝑃′∈ 𝑉 𝑃′ ∈ 𝑉 ∋ 𝑃′= 𝑆A (𝑃)

jika 𝑃=𝐴, maka 𝑆A (𝐴)= 𝐴′ = 𝐴 Jadi, ∀ 𝑃′ ∈ 𝑉 ∃ 𝑃′ =𝑃 = 𝑆A (𝑃) Jika

𝑃≠𝐴 maka A menjadi sumbu ruas garis 𝑃𝑃′̅̅̅̅̅, berarti 𝑆A (𝑃)=𝑃′

Jadi, 𝑆A Surjektif

b.

Akan dibuktikan 𝑆A Injektif Misal 𝐵₁ ≠ 𝐵₂

Kasus I 𝐵₁ = 𝐵₂ = 𝐴

Untuk 𝐵₁ = 𝐴 maka 𝑆A=(𝐵₁) = 𝐵₁ = 𝐵₁′………..(1) Untuk 𝐵₂ = 𝐴 maka 𝑆A=(𝐵₂) = 𝐵₂ = 𝐵₂′………..(2)

(4)

2

Dari (1) dan (2) maka dapat diperoleh 𝑆A(𝐵₁) ≠ 𝑆A(𝐵₂) Kasus II

𝐵₁ ≠ 𝐵₂ ≠ 𝐴

Ambil sebarang 𝐵₁, 𝐵₂ ∈ 𝑉 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝐵₁ ≠ 𝐵₂ 𝐵₁ ≠ 𝐴, 𝐵₂ ≠ 𝐴, 𝐵₂, 𝐵₂, 𝐴 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑠𝑒𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 Sehingga 𝑆A(𝐵₁) = 𝐵₁′ dan 𝑆A(𝐵₂) = 𝐵₂′ Andaikan 𝑆A(𝐵₁) = 𝑆A(𝐵₂)

Karena 𝑆A(𝐵₁) = 𝑆A(𝐵₂)

Maka 𝐵₁′ = 𝑆A(𝐵₁) = 𝑆A(𝐵₂) = 𝐵₂′ Sehingga diperoleh 𝐵₁′ = 𝐵₂′ dan 𝐵₁ = 𝐵₂

Menurut teorama, “Melalui dua titik hanya dapat dibuat satu garis”

Ini kontradiksi dengan pernyataan bahwa 𝐵₁ ≠ 𝐵₂

Pengandaian 𝐵₁ ≠ 𝐵₂ maka 𝑆A(𝐵₁) = 𝑆A(𝐵₂) tidak benar.

Jadi, 𝑆A(𝐵₁) ≠𝑆A(𝐵₂) Jadi 𝑆A Injektif

Dari (a) dan (b) maka diperoleh 𝑆A Surjektif dan 𝑆A Injektif Karena 𝑆A Surjektif dan 𝑆A Injektif, maka 𝑆A Bijektif Karena 𝑆A Bijektif, maka 𝑆A adalah suatu transformasi.

Jadi, terbukti bahwa suatu setengah putaran adalah transformasi.

Teorema 6.1

Andaikan 𝐴 sebuah titik, 𝑔 dan ℎ dua garis tegak lurus yang berpotongan di 𝐴. Maka 𝑆_𝐴 = 𝑀_𝑔𝑀_ℎ

Bukti :

Diketahui 𝐴 sebuah titik, 𝑔 dan ℎ dua garis tegak lurus yang berpotongan di 𝐴.

a. Kasus 𝐼 : 𝑃 ≠ 𝐴

Karena 𝑔 ⊥ ℎ maka dapat dibentuk sebuah sistem sumbu orthogonal dengan 𝑔 sebagai sumbu-𝑥 dan ℎ sebagai sumbu-𝑦. 𝐴 sebagai titik asal. Ambil titik 𝑃 ∈ 𝑉 Perhatikan gambar berikut

(5)

3

Ditunjukkan bahwa untuk setiap 𝑃 berlaku 𝑆_𝐴(𝑃) = 𝑀_𝑔𝑀_ℎ(𝑃) Andaikan 𝑃(𝑥, 𝑦) ≠ 𝐴 dan 𝑆_𝐴(𝑃) = 𝑃′′ (𝑥₁𝑦₁)

Karena 𝑆_𝐴(𝑃) = 𝑃′′ maka titik tengah 𝑃𝑃′ sehingga (0,0) = (^𝑥¹^+𝑥

2 ,^𝑦¹^+𝑦

2 )

Diperoleh 𝑥₁+ 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥₁ = −𝑥 dan 𝑦₁+ 𝑦 = 0 ⟺ 𝑦₁ = −𝑦 Artinya 𝑆_𝐴(𝑃) = (−𝑥, −𝑦) ………..…(1) Komposisi pencerminan

𝑀_𝑔𝑀_ℎ(𝑃) = 𝑀_𝑔[𝑀_ℎ(𝑃)]

= 𝑀_𝑔(−𝑥, 𝑦) = (−𝑥, 𝑦)

Artinya 𝑀_𝑔𝑀_ℎ(𝑃) = (−𝑥, 𝑦)……….(2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh _−𝐴(𝑃) = 𝑀_𝑔𝑀_ℎ(𝑃) Jadi, 𝑆_𝐴 = 𝑀_𝑔𝑀_ℎ

b. Kasus II : 𝑃 = 𝐴

Menurut Definisi, 𝑆_𝐴(𝐴) = 𝐴 ………..(1) 𝑀_𝑔𝑀_ℎ(𝐴) = 𝑀_𝑔(𝐴) = 𝐴 ……….………….. (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh 𝑆_𝐴(𝐴) = 𝑀_𝑔𝑀_ℎ(𝐴) Jadi, 𝑆_𝐴 = 𝑀_𝑔𝑀_ℎ

Dari kasus I dan kasus II terbukti bahwa 𝑆_𝐴 = 𝑀_𝑔𝑀_ℎ

Teorema 6.2

Jika 𝑔 dan ℎ dua garis yang tegak lurus maka 𝑀_𝑔𝑀_ℎ = 𝑀_ℎ𝑀_𝑔 Bukti :

(6)

4 a. Kasus I : 𝑃 ≠ 𝐴

Jika P ≠A → misal P(𝑥, 𝑦)

garis g sebagai sb Y dan garis h sebagai sb X 𝑀_𝑔𝑀_ℎ(𝑃) = 𝑀_𝑔(𝑥, −𝑦) = (−𝑥, −𝑦)

𝑀_ℎ𝑀_𝑔(𝑃) = 𝑀_ℎ(−𝑥, 𝑦) = (−𝑥, −𝑦) 𝑀_𝑔𝑀_ℎ(𝑃) = 𝑀_ℎ𝑀_𝑔(𝑃)

b. Kasus II : 𝑃 = 𝐴

Jika 𝑃 = 𝐴 → 𝑀_𝑔𝑀_ℎ(𝐴) = 𝐴 𝑀_ℎ𝑀_𝑔(𝐴) = 𝐴 𝑀_𝑔𝑀_ℎ = 𝑀_ℎ𝑀_𝑔

Dari kasus I dan kasus II terbukti bahwa 𝑀_𝑔𝑀_ℎ = 𝑀_ℎ𝑀_𝑔

Teorema 6.3

Jika 𝑆_𝐴 setengah putaran, maka 𝑆⁻¹_𝐴 = 𝑆_𝐴. Bukti :

Andaikan 𝑔 dan ℎ dua garis yang tegak lurus maka 𝑀_𝑔𝑀_ℎ = 𝑆_𝐴 dengan 𝐴 titik potong antara 𝑔 dan ℎ.

𝑀_𝑔𝑀_ℎ⁻¹= 𝑀⁻¹_ℎ𝑀⁻¹_𝑔 = 𝑆⁻¹_𝐴.

Karena 𝑀⁻¹_ℎ = 𝑀_ℎ dan 𝑀⁻¹_𝑔 = 𝑀_𝑔 maka 𝑀_𝑔𝑀_ℎ = 𝑆⁻¹_𝐴. Karena 𝑔 ⊥ ℎ, maka menurut teorema 6.3, 𝑀_ℎ𝑀_𝑔 = 𝑀_ℎ𝑀_𝑔. Sedangkan menurut teorema 6.2, 𝑆_𝐴 = 𝑀_𝑔𝑀_ℎ

Sehingga diperoleh 𝑆⁻¹_𝐴 = 𝑀_ℎ𝑀_𝑔 = 𝑀_ℎ𝑀_𝑔 = 𝑆_𝐴. Jadi, 𝑆⁻¹_𝐴 = 𝑆_𝐴

(7)

5 Teorema 6.4

Jika 𝐴 = (𝑎, 𝑏) dan 𝑃 = (𝑥, 𝑦) maka 𝑆_𝐴(𝑃) = (2𝑎 − 𝑥, 2𝑏 − 𝑦) Bukti :

a. Kasus I : 𝑃 ≠ 𝐴

Misalkan 𝑃" = 𝑥₁𝑦₁ dan ( 𝑆_𝐴(𝑃) = 𝑃" maka 𝐴 titik tengah 𝑃𝑃" sehingga diperoleh (𝑎, 𝑏) = ((^𝑥¹^+𝑥

2 ) , (^𝑦¹^+𝑦

2 )) Maka ^𝑥¹^+𝑥

2 = 𝑎 dan ^𝑦¹

2 = 𝑏 sehingga diperoleh

𝑥1+𝑥

2 = 𝑎 ⟺ 𝑥₁+ 𝑥 = 2𝑎 ⟺ 𝑥₁ = 2𝑎 − 𝑥 ………(1)

𝑦₁+𝑦

2 = 𝑏 ⟺ 𝑦₁+ 𝑥 = 2𝑏 ⟺ 𝑦₁ = 2𝑏 − 𝑦 ………(2) Dari persamaan (1) dan (2) maka (𝑥₁, 𝑦₁) = (2𝑎 − 𝑥), (2𝑏 − 𝑦) Karena 𝑆_𝐴(𝑃) = 𝑃", maka 𝑆_𝐴(𝑃) = (𝑥₁, 𝑦₁) = (2𝑎 − 𝑥), (2𝑏 − 𝑦) Jadi, 𝑆_𝐴(𝑃) = (2𝑎 − 𝑥, 2𝑏 − 𝑦)

b. Kasus II : 𝑃 = 𝐴

Karena 𝑃 = 𝐴, maka (𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) artinya 𝑎 = 𝑥 dan 𝑏 = 𝑦 𝑆_𝐴(𝑃) = 𝑆_𝐴(𝐴) = 𝐴 = (𝑎, 𝑏)

(𝑎, 𝑏) = ((2𝑎 − 𝑎), (2𝑏 − 𝑏))

= ((2𝑎 − 𝑥), (2𝑏 − 𝑦)) Jadi, 𝑆_𝐴(𝑃) = (2𝑎 − 𝑥, 2𝑏 − 𝑦).

Dari (a) dan (b) terbukti bahwa 𝑆_𝐴(𝑃) = (2𝑎 − 𝑥, 2𝑏 − 𝑦)

B. Contoh-Contoh Soal Contoh 1

Diketahui : garis 𝑔 dan titik 𝐴, 𝐴 ∉ 𝑔 Ditanya :

a. Lukisan garis 𝑔1 = 𝑆_𝐴(𝑔) dan mengapa 𝑔 sebuah garis?

b. Buktikan bahwa 𝑔′//𝑔.

Jawab : a. 𝑔1 = 𝑆_𝐴(𝑔)

(8)

6

Karena 𝑔 sebuah garis, maka 𝑆_𝐴(𝑔) juga merupakan sebuah garis (isometri).

b. 𝑔′ ∕∕𝑔 Bukti : 𝑃 ∈ 𝑔, 𝑄 ∈ 𝑔

Karena 𝑃 ∈ 𝑔 maka 𝐴 titik tengah PP ′ dengan P ′ = 𝑆_𝐴(P ) Karena 𝑄 ∈ 𝑔 maka 𝐴 titik tengah QQ ′ dengan Q ′ = 𝑆_𝐴(Q ) Perhatikan ∆𝐴𝑃𝑄′ 𝑑𝑎𝑛 ∆𝐴𝑄𝑃′

Untuk membuktikan bahwa 𝑔′//𝑔 maka harus ditunjukkan

∆𝐴𝑃𝑄^′𝑑𝑎𝑛 ∆𝐴𝑄𝑃′ adalah kongruen.

𝑚(< 𝑃𝐴𝑄′ ) = 𝑚(< 𝑄𝐴𝑃′ ) (sudut bertolak belakang) 𝑃𝐴 = 𝐴𝑃′ (karena A titik tengah PP ′)

𝑄′𝐴 = 𝐴𝑄 (karena A titik tengah QQ ′) Menurut definisi kekongruenan (Sd S S) Sehingga ∆𝐴𝑃𝑄′ ≅ ∆𝐴𝑄𝑃′

Karena ∆𝐴𝑃𝑄′ ≅ ∆𝐴𝑄𝑃′ maka 𝑃𝑄′ = 𝑄𝑃′

Karena 𝑃𝑄′ = 𝑄𝑃′ maka 𝑔′// 𝑔

Contoh 2

Diketahui himpunan H = {(𝑥, 𝑦)|𝑥²+ 4𝑦² = 16} dan titik 𝐴 = {4,3} dan C= {3,1}, g adalah sumbu X.

a. selidiki apakah 𝐴 ∈ 𝑀_𝑔𝑆_𝑐(𝐻) ? b. Carilah persamaan 𝑀_𝑔𝑆_𝑐(𝐻) Jawab :

a. 𝐴 ∈ 𝑀_𝑔𝑆_𝑐(𝐻) ↔ (𝑀_𝑔𝑆_𝑐)^-1(A) ∈ H

𝐴 ∈ 𝑀_𝑔𝑆_𝑐(𝐻) ↔ (𝑆_𝑐𝑀_𝑔) (A) ∈ H (1)

(9)

7 Jika P (𝑥, 𝑦) → 𝑀_𝑔(𝑃) = (𝑥, −𝑦)

𝑆_𝑐(𝑃) = (2.3 − 𝑥, 2.1 − 𝑦) = (6 − 𝑥, 2 − 𝑦)

Jadi (𝑀_𝑔𝑆_𝑐)^-1(𝑃) = 𝑆_𝑐𝑀_𝑔(𝑃) = 𝑆_𝑐{(𝑥, −𝑦)} = (6 − 𝑥, 2 + 𝑦) (2) (𝑀_𝑔𝑆_𝑐)^-1(A) = 𝑆_𝑐𝑀_𝑔(A) = (2, −1)

Dari (1) dan (2) diperoleh (2, −1)  H berarti A  𝑀_𝑔𝑆_𝑐(𝐻) (3) b. 𝑀_𝑔{𝑆_𝑐(𝐻)} = 𝑀{𝑆_𝑐(𝑥²+ 4𝑦² = 16)}

= 𝑀_𝑔{(2.3 − 𝑥)²+ 4(2.1 − 𝑦)² = 16 } = 𝑀_𝑔{(6 − 𝑥)²+ 4(2 + 𝑦)²= 16 }

= (6 − 𝑥)² + 4(2 + 𝑦)² = 16 Pusat x= 6 dan 𝑦 = −2 Atau 𝑥²+ 4𝑦²− 12x + 16y + 36 = 0

Dari (3) :

P (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑀_𝑔𝑆_𝑐(𝐻) ↔ P (𝑥, 𝑦) ∈ |{ (𝑥, 𝑦) 𝑥²+ 4𝑦²− 12x + 16y + 36 = 0}

Ini berarti 𝑀_𝑔𝑆_𝑐(𝐻) = 𝑥²+ 4𝑦² − 12x + 16y + 36 = 0

Contoh 3

Diketahui : 𝐷 = (0, −3) dan 𝐵 = (2,6) Ditanya

a. 𝑆_𝐷𝑆_𝐵(𝐵)

b. 𝑆_𝐷𝑆_𝐾(𝐾) apabila 𝐾 = (1, −4) Jawab :

a. 𝑆_𝐵(𝐵) =(2.2 − 2, 2.6 − 6)

= (2,6) 𝑆_𝐷𝑆_𝐵(𝐵) = 𝑆_𝐷(2,6)

=(2.0 − 2, 2.(-3) − 6)

= (−2, −12) b. 𝐾 = (1, −4)

𝑆_𝐵(𝐾) = (2.2 − 1, 2.6 − (−4)) = (3,16)

𝑆_𝐷𝑆_𝐵(𝐾) = 𝑆_𝐷(3,16)

= (2.0 − 3, 2. (−3) − 16)

= (−3, −22)

(10)

8

DAFTAR PUSTAKA

Nugroho AA, Rahmawati ND dan Kartina. (2018). Geometri Transformasi. Semarang:

UPGRS Press.