Materi 5x1o37

PEMBAHASAN A. Similaritas

Pada bab-bab kita talah membicarakan

mengenai transformasi-tramsformasi yang

mengekalkan antara jarak dua titik, yaitu kelompok transformasi yang berupa isometri. Salah satu sifat yang penting diantaranya adalah hubungan tentang kekongruenan segitiga. Tepatnya jika Δ ABC

XYZ, maka ada tepat sebuah isometri yang mematakan A ke X, B ke

Y, dan C ke Z. Selanjutnya sebagai akibat sifat isometri pada kekongruenan segitiga tersebut, kita telah membahas mengenai dua himpunan disebut kongruen apabila ada sebuah isometri yang memetakan anggota-anggota himpunan yang satu ke anggota-anggota yang satu lagi. Jenis

hubungan lain diantara dua himpunan dalam geometri Euclides adalah

kesebangunan. Dua buah poligon disebut sebangun jika sisi yang bersesuaian adalah sebanding dan sudut-sudut yang bersesuaian kongruen. Kekongruenan merupakan isometri, sedangkan kesebangunan merupakan suatu transformasi, tetapi belum tentu berupa isometri. Transformasi ini selanjutnya akan disebut kesebangunan. Definisi 8.1 Transformasi T disebut kesebangunan jika dan hanya jika ada konstanta k>0 sehingga untuk setiap titik P dan Q, P’Q’ = k (PQ) dengan P’ = T(P) dan Q’ = T(Q). Gambar 8.1 memberi gambaran bahwa suatu pemetaan yang merupakan kesebangunan dengan k = 2, dimana P’ = T(P), Q’ = T(Q) dan R’ = T(R). Sehingga P’Q’ = 2(PQ) dan P’R’ = 2(PR).

R

P

T(P)= P’

R’

Q Q’

Gambar 8.1

Pada kesebangunan yang mempunyai nilai k = 1, maka kesebangunan tersebut akan berupa isometri, sebab P’Q’ = PQ. Dengan demikian jelaslah bahwa isometri bagian dari kesebangunan. Sehingga untuk memperoleh sebuah isometri tidak dengan sendirinya dapat diturunkan dari kesebangunan. Tetapi sifat-sifat yang berlaku pada isometri otomatis berlaku pula pada kesebangunan. Oleh kaarena itu, jika T suatu kesebangunan maka pada T berlaku teorema dasar isometri sebagai berikut: Teorema 8.1 Jika T kesebangunan, maka : 1. T memetakan garis pada garis 2. T mengawetkan ukuran sudut 3. T mengawetkan kesejajaran Bukti : 1) T memetakan garis pada garis. Andaikan g garis yang memuat titik A dan Bdengan A

≠ B. Misal A’ = T(A) dan B’ = T(B). Akan dibuktikan bahwa T(g) =

T(g) = { y I y = T(x),

dengan

x є g }. Untuk membuktikan dua garis itu sama, kita lakukan

dengan membuktikan : a. T(g)

A’B’

Ambil P’ є T(g), berarti ada P є g, sehingga T(P) = P’. Kasus 1. andaikan P antara A dan B, maka AP + BP = AB. Sedangkan disini didefinisikan A’ = T(A), B’ = T(B), P’ = T(P), maka A’P’ = k(AP) dan P’B’ = k(PB). Sehingga A’B’ + P’B’ = k(AP) + k(PB) = k(AP + PB) = k(AB). A

P

P’

B

g

B’

A’

T(g)

Gambar 8.2 Menurut definisi kesebangunan A’B’ = k(AB), maka A’P’ + P’B’ = A’B’. Hal ini berarti P’ antara A’ dan B’. Jadi A’, P’, B’ segaris. Dengan demikian P’ є A’B’. Jadi T(g) A’B’. Mengapa ? Untuk kasus 2, yaitu A antara B dan P, sedangkan kasus 3, yaitu B antara A dan P dapat anda coba sendiri. Apakah akan diperoleh kesimpulan bahwa ketiga titik, yatiu : P’, A’ dan B’ segaris? Memang benar akan diperoleh kesimpulan berikut. Bila ketiga titik tersebut segaris maka berarti P’ є garis yang melalui A’ dan B’ atau P’ є

.

Mengapa? b.

T(g)

Ambil Q’ є

. Oleh karena T suatu transformasi, maka pasti T surjektif. Artinya

ada Q sehingga Q’ = T(Q). Andaikan Q’ antara A’ dan B’, maka A’Q’ + Q’B’ = A’B’. Andaikan Q

g, maka dengan sifat pertidaksamaan segitiga kita peroleh AQ +

QB > AB. Kedua ruas kalikan dengan k > 0, maka kita peroleh : k(AQ + QB) > k(AB) k(AQ) + k(QB) > k(AB) A’Q’ + Q’B’ > A’B’

A

Q

B

g

A’

Q’

B’

T(g)

Gambar 8.3 Ini betentangan dengan akibat Q’ antara A’ dan B’, yaitu A’Q’ + Q’B’ = A’B’. Dengan demikian pengandaian Q Karena setiap mengambil Q’ є berarti

g tidak benar, jadi haruslah Q є g atau Q’ є T(g). kita berhasil menunjukkan bahwa Q’ є T(g), maka

T(g). Maka terbuktilah T(g) =

atau peta suatu garis oleh T adalah

juga garis. 2) T mengawetkan ukuran sudut Untuk membuktikan bahwa T mengawetkan ukuran sudut, kita andaikan peta dari sudut ABC t adalah sudut A’B’C’atau T ( maka

,

dan

ABC) =

berturut-turut adalah garis

A’B’C’. Menurut 1) di atas, ,

, dan

. Oleh karena

itu,peta Δ ABColeh T adalah juga segitiga, yaitu Δ A’B’C’. Karena T kesebangunan, maka : A’B’ = k(AB), A’C’ = k(AB), dan B’C’ = k(BC) A

B

C

A’

B’

C’

Gambar 8.4 Dengan menggunakan torema kesebangunan yang unsur-unsurnya (sisi, sisi. sisi). Maka kita simpulkan Δ A’B’C’ ≈ Δ ABC. Akibatnya A’B’C’ = m

ABC atau T ( ABC ) = T

g

A’B’C’

ABC atau m

A’B’C’.

h

g’

h’

Gambar 8.5 3) T mengawetkan kesejajaran Misal diketahui g // h , T(g) = g’, T(h) = h’. Akan dibuktikan bahwa g’ // h’. Andaikan g’ // h’, misal X = g’ berarti

Y

Untuk X

h’ , maka X

g’ dan X

h’. Untuk X

g’ , maka

g sehingga T(Y) = X .

h’, kama berarti

Z

h, sehingga T(Z) =X.dari dua hal tersebut kita

peroleh T(Y) = T(Z). Karena T kesebangunan berarti T transformasi , maka T injektif. Oleh karena itu, dari T(Y) = T(Z), maka Y = Z . karena Y maka Z’

g

h. Atau Y = g

g, Z

h. , dan Y = Z,

h. Ini berarti g dan h berpotongan (kontradiksi dengan

yang diketahui bahwa g // h). Oleh karena itu pengandaian bahwa g’ // h’tidak benar. Jadi haruslah g’ // h’. Teorema 8.2 (Teorema Akibat) Kesebangunan mengawetkan ketegaklurusan dua buah garis. Bukti :

Ambil garis k, l, m sehingga antara sudut k dan m adalah 90 ke A. Menurut teorema 8.1 bagian 2) karena T kesebangunan, maka T mengawetkan ukuran sudut. Karena T(k) = k’ dan T(m) = m’ dan sudut antara k dan m adalah 90⁰ maka sudut antara k’ dan m’ adalah 90⁰ atau k’

k m’. Jadi mengawetkan ketegaklurusan dua buah garis.

m’

k’ m

Gambar 8.6

Teorema 8.3 Jika T dan L adalah kesebangunan , maka TL adalah kesebangunan. Bukti : Menurut definisi karena T dan L kesebangunan maka T dan L adalah transformasi. Kita bahwa komposisi dua buah transformasi adalah transformasi. Karena T dan L transformasi maka TL adalah transformasi. Akan kita tunjkkan TL adalah kesebangunan , artinya ada skalar > 0 sehingga untuk setiap pasang titik P dan Q, P”Q” = k(PQ) dengan P” = TL(P) dan Q” = TL(Q). Misal L(P) = P’ dan L(Q) = Q’. Karena L kesebangunan maka P’Q’ = t (PQ) dengan t > 0. Kita tahu bahwa TL(P) = T [L(P)] = T (P’) = P” dan TL(Q) = T [L(Q)] = T(Q’) = Q”.

Karena T kesebangunan maka P”Q” = 1(P’Q’) dengan 1> 0. Dari P’Q’ = t (PQ) dan P”Q” = 1(P’Q’) , maka kita peroleh hubungan P”Q” = 1[t(PQ)] atau P”Q” = 1 t(PQ). Karena 1>0 dan t>0, maka 1t > 0. Mengapa ? dengan demikian TL adalah kesebangunan (menurut definisi). B. Dilatasi Pada topik isometri , pembicaran kita tidak lepas dari pencerminan, sebab pecerminan merupakan topik dasar untuk membangun isometri yang lainnya, seperti translasi, rotasi, dan refleksi geser. Torema utamanya menyatakan , bahwa setiap isometri dapat dibentuk oleh paling banyak komposisi dari tiga pencerinan. Bagaimana tentang kebangunan ? apakah ada topik dasar untuk membangun kesebangunan? Tentu jawabnya ada, yaitu yang akan kita pelajari berikut. Definisi 8.2 Diketahui sebuah titik A dan bilangan positif r, pemetaan yang pusat A dengan faktor skala r disebut dilatasi (dinotasikan DA,r ) jika dan hanya jika untuk setiap titik P di v berlaku : a) Jika P = A, maka DA,r (P) = A b) Jika P

(

A, maka DA,r (P) = P’ dengan P’ adalah titik pada sinar

, sehingga

). Pernyataan ini ekuivalen dengan P’ adalah titik yang mengakibatkan

=r =r(

). Dari definisi di atas jelas bahwa untuk setiap titik A dan bilangan positif r yang diketahui, maka selalu ada sebuah dilatasi yang dinotasikan dengan DA,r . Mungkin anda bertanya apakah dilatasi merupakan transformasi? Jawabnya benar bahwa dilatasi merupakan suatu transformasi. Untuk menunjukkannya kita lakukan dengan cara memperlihatkan bahwa DA,r surjektif dan DA,r injektif. 1. Memperlihatkan bahwa DA,r surjektif. Untuk memperlihatkan bahwa DA,r surjektif kita harus memperlihatkan bahwa setiap titik pada bidang mempunyai tepat satu peta oleh dilatasi DA,r.

Ambil Y

V. Harus diperlihatkan bahwa Y mempunyai prapeta. Misal X

sehinga AX

= (AY). Dengan menggunakan definisi dilatasi DA,r , bila X’ peta dari X, maka DA,r (X) = X’.

Sehingga AX’ = r (AX). AX’ = r( AY) atau AX’ =AY.

Karena A, X’ dan Y segaris, maka X’ = Y A

X

Y

Gambar 8.7 Sehingga kita peroleh DA,r (X) = Y. Ini berarti Y memiliki prapeta, yaitu X. Jadi D A,r adalah surjektif. 2. Menunjukkan bahwa DA,r injektif. Ambil X dan Y dua titik di v dengan X ≠ Y. Harus diuktikan bahwa D A,r (X) ≠ DA,r (Y). Andaikan X’ = Y’ dengan X’ = D A,r (X) dan Y’ = DA,r (Y). X’Y’ = 0. (sebab X’ = Y’). Menurut definisi dilatasi X’Y’= r (XY). Karena X’Y’ = 0, maka r (XY) = 0 atau XY = 0, sebab r ≠ 0. Ini berakibat X =Y (kontradiksi dengan yang kita ambil, yaitu X ≠ Y). Jadi pengandaian bahwa X’ = Y’ tidak benar. Oleh karena itu haruslah X’ ≠ Y’ atau D A,r (X) ≠ DA,r (Y). Jadi DA,r injektif. Karena DA,r surjektif dan injektif, maka DA,r adalah transformasi.

A

X

X’=DA,r

Y Y’

Gambar 8.8

(x)

Sifat dilatasi yang

akan kita pelajari, bahwa dilatasi adalah kesebangunan. Untuk

memperlihatkan hal tersebut, maka kita ambil dua titik sebarang di bidang, misal P dan Q. Garus diperlihatkan P’Q’ = r (PQ) dengan r> 0, P’ = DA,r (P), dan Q’ = DA,r(Q). Ada beberapa kasus yang mungkin terjadi yaitu : 1) jika salah satu titik merupakan dilatasi. Misal P =A , Q ≠ A (ini sama dengan Q= A, , P ≠ A). P’ = A’ = A dan Q’ = D A,r(Q), sehingga P’Q’ = AQ’ = r(AQ)=r(PQ).

A=P=A’=P ’

Q’

Q

Gambar 8.9 2) P ≠ A dan Q є Andaikan P antara A dan Q. Maka menurut aksioma uruta AP + PQ = AQ. Dari persamaan tersebut kita memperoleh hubungan bahwa AP < AQ. Karena r > 0, maka pertidaksamaan di atas busa di ubah menjadi : r(AP) < r (AQ) atau AP’ < AQ’. Mengapa ? A

P

Q

Q’

P’

Ganbar 8. 10 Berdasarkan teorema urutan , maka P’ terletak di antara A dan Q’ , sehingga P’Q’ = AQ’ – AP’ (lihat gambar). P’Q’ = r(AQ) – r(AP) = r (AQ - AP) = r(PQ). Anda coba sendiri bila Q terletak di antara A dan P . apakah diperoleh P’Q’ = r (PQ)? 3) jika A, P dan Q tidak segaris. Untuk kasus ini kita tentukan dahulu peta-peta titik A, P dan Q yaitu DA,r(A) = A’, DA,r(P) = P’ dan DA,r(Q) = Q’. Sehingga AP’ =r(AP) dan AQ’ = r(AQ). P’ P

A

Q

Gambar 8.11

Q’

Kita bentuk perbandingan berikut

=

= r.

Dengan menggunakan teorema kesebangunan (ss, sd, ss), maka

AP’Q’ ≈ Δ APQ. Akibat

kesebangunan tersebut maka sisi-sisi kedua segitiga yang seletak adalah sebanding. Sehingga kita peroleh :

=

= r atau

= r atau P’Q’ = r(PQ).

Karena titik P dan Q yang di ambil di atas sebarang , maka berarti berlaku P’Q’ = r(PQ) untuk semua titik P dan Q pada bidang. Jadi DA,r adalah kesebangunan. Berdasarkan uraian dua hal di atas maka terbuktilah teorema berikut : Teorema 8.4 Setiap dilatasi adalah kesebangunan Karena kesebangunan memetakan garis menjadi garis, mengekalkan kesejajaran dan ketegaklurusan, maka dilatasi juga mempunyai sifat tersebut. Selain sifat tersebut dilatasi mempunyai sifat seperti pada teorema berikut : Teorema 8.5 Jika s garis maka s’ peta garis s oleh dilatasi DA,r, maka : a) s’ = s , jika A є s dan b) s’ // s, jika A

s.

Bukti : Akan dibuktikan s

s’, dan s’

s.

a) jika A є s (pusat dilatasi pada s) ambil X є s, maka ada Y є s sehingga AX = r(AY). Akibatnya menurut definisi dilatasi, maka berarti DA,r(Y) = X,karena Y є s , maka DA,r(Y) є DA,r (s)= s’. Jadi X є s’.karena dengan mengambil X є s kita berhasil membuktikan X є s’ maka berarti s

s’.

Ambil X є s’ = D A,r(s). Maka berarti ada Y є s sehingga DA,r(Y) = X. Ini berarti AX = r(AY) dan X, A, Y segaris. Karena A є s da Y є s, maka juga X є s. Jadi s’ s, maka s =s’.

s. Karena s

s’ dan s’

b) A

s.

Amil P є s, dan Q є s dengan Q ≠ P. DA,r(P) = P’, sehinga AP’ = r(AP) DA,r(Q) = Q’ sehingga AQ’ = r(AQ). Kita bentuk perbandingan berikut : =

=r Q’ Q

P’

P A

S’

S

Gambar 8.12 Menurut teorema kesebangunan, maka Δ APQ ≈ AP’Q (s, sd, s). Akibatnya AP’Q’ atau s //

APQ

. Karena P є s dan Q є s, maka P’ є s’dan Q’ є s’. Melalui titik P’ dan Q’

hanya ada sebuah garis yaitu s’ =

. Sehingga s//

= s’. Jadi s // s’.

Pada modul terdahulu telah diperlihatkan bahwa setiap isometri dapat dinyatakan sebagai komposisi paling banyak tiga pencerminan. Juga hanya ada tepat satu isometri yang memetakan ΔABC ke ΔXYZ, jika ΔABC

ΔXYZ. pada bagian ini akan diperlihatkan

kemunngkinan dari dasar-dasar isometri tersebut dalam similaritas(kesebangunan),seperti teorema beikut : Teorema 8.6 (Teorema kesebangunan) Jika ΔABC ≈ ΔXYZ maka ada tepat satu kesebangunan T sehingga T(A) = X , T(B) = Y dan T(C) = Z.

Bukti : Akan dibuktikan dua hal yaitu : 1. keberadaan (eksistensi) kesebangunan itu dan 2. ketunggalan kesebangunan tersebut. 1. Untuk memperlihatkan eksistensi kesebangunannya, kita gunakan yang diketahui yaitu ΔABC ≈ ΔXYZ. Maka ada k > 0, sehingga XY= kAB, YZ = kBC, dan XZ = kAC. Buatlah dilatasi DA,k sehingga DA,k (ΔABC) = ΔA’B’C’.

C’

Z

C

A

B

B’

Y

X

Gambar 8.21 Maka A’B’ = kAB = XY, B’C’ = kBC = YZ, dan A’C’= kAC = XZ. Berdasarkan teorema kekongruenan, (s,s,s) maka Δ A’B’C’

ΔXYZ. ( A’) = X, M ( B’) = Y, dan

M ( C’) = Z. Jika T adalah komposisi antara M dan DA,K ,maka T = MDA,K memetakan A ke X , B ke Y, dan C ke Z dengan ; T ( A ) = M DA, K ( A ) = M ( A’) = X T ( B ) = M DA, K ( B ) = M ( B’) = Y T ( C ) = M DA, K ( C ) = M ( C’) = Z Karena T adalah komposisi antara dilatasi dan isometri, maka T adalah kesebangunan. Jadi terbuktilah eksistensikesebangunan tersebut.

2. Untuk membuktikan ketunggalan kesebangunan yang memetakan

kita misalkan ada dua kesebangunan, yaitu S dan T sehingga dan Akan dibuktikan bahwa S = T. Ambil titik P sembarang . akan diperlihatkan S ( P ) = T ( P ). Misalkan S (P) = P’ dan T(P) = P’’. Adaikan P’

P’’.

Oleh isometri S, maka A’P’ = XP’ = kAP. Oleh isometri T, maka A”P” = XP” = k AP. Dari dua hal di atas kita peroleh hubungan XP’ = XP”. Ini berarti bahwa X pada sumbu

. Dengan cara yang sama dapat diperlihatkan bahwa Y pada sumbu

dan Z pada sumbu

.

Jadi X, Y, Z terletak pada sumbu

segaris .

Ini kontradiksi dengan X, Y, Z membentuk Jadi pengandaian P’

atau X, Y, Z tak segaris.

P’’ tak benar. Oleh karena itu haruslah P’ = P”.

Jadi S (P) = T (P). Karena P diambil sembarang, maka berarti berlaku untuk setiap Pyang diambil sehingga S (P) = T (P),

titik di bidang . jadi T = S.

Teorema 8. 7 Setiap kesebangunan dapat dinytakan sebagai komposisi antara dilatasi dan paling banyak tiga buah pencerminan (sebuah Isometri) Bukti : Andaikan ada tiga titik yang tak sehgaris A, B, dan C. Misal T adalah kesebangunan dengan T (A) =A” , T (B) = B” dan T (C) = C”. Ini berarti ada k > 0sehingga A”B” = kAB, B”C” = kBC, dan A”C” = kAC. Buat dilatasi dengan pusat A dan faktor skala k sehingga atau DA,K

.

Maka A’B’ = kAB = A”B” B’C’ = kBC = B”C” A’C’ = kAC = A”C”

C’

C’’

C

A

B

B’

A’’

B’’

Gambar 8. 22 Menurut teorema kekongruenan (s-s-s), maka

.

Menurut teorema isometri, maka ada tepat satu isometri M yang memetakan . jadi Sehingga

.

M DA,K (A) = M (A’) = A’’ M DA,K (B) = M (B’) = B’’ M DA,K (C) = M (C’) = C’’

Jadi M DA,K

. Jadi M DA,K adalah kesebangunan yang diminta.

Sedangkan menurut teorema dasar isometri dapat dinyatakan komposisi paling banyak tiga pencerminan. Jadi kesebangunan M DA,K merupakan komposisi dilatasi dengan paling banyak pencerminan. Suatu kesebangunan dapat digunakan untuk menentukan sebangun atau tidaknya dua himpunan yang diketahui. Sepertihalnya pada isometri bahwa dua himpunan disebut kongruen bila ada isometri yang memetakan satu himpunan ke himpunan lain. Berikut adalah definisi dua himpunan sebangun. Definisi 8.3

Dua himpunan A dan B disebut sebangun dinotasikan A

B jika dan hanya jika ada

kesebangunan yang memetakan himpunan A ke himpunan B. Contoh ; Jika T kesebangunan yang memetakan

, seperti pada gambar dan P (2, -2),

maka tentukan kordinat T (P) !

E(0,3)

F

D(0,2)

A

C

B(3,0)

X

Gambar 8.23 Penyelesaian Diketahui bahwa

, seperti pada gambar, artinya T(A) = D, T(B) = E, dan

T (C) = F. AB =

dan DE =

. Karena T

kesebangunan, maka DE = k(AB) atau k =1/3. Misal T(P) = P’ dengan P’(x’,y’). Akan ditentukan koordinat P’. Dari T (A) = D dan T (P) = P’, maka DP’ = k(AP)

Sehingga kita peroleh

Jadi

KOMPOSISI DILATASI Definisi 1 Diketahui sebuah titik A dan sebuah bilangan positif r. Suatu dilatasi D dengan factor skala r dan pusat A adalah padanan yang bersifat : 1.

D(A) = A

2. Jika P ≠ A, P’ = D(P) adalah titik pada sinar

dengan mengatakan bahwa

=r

sehingga AP’ = r(AP). (Ini setara

)

Dilatasi dengan pusat A dan factor skala r ini dilambangkan dengan DA, r . Komposisi Transformasi dengan Dilatasi Andaikan P = (x, y) dan andaikan ada dilatasi DO , r . kita hendak mencari koordinatkoordinat P’ = D O ,r (P). P’ terletak pada sinar

sehingga OP’= rOP . Jadi jika P’ = (x’ , y’) maka x’ =rx

dan y’=ry . Sehingga P’= (rx, ry) Sekarang andaikan A = (a,b)dan diketahui dilasi D A ,r (P) = P” sedangkan P =(x,y) . Apakah hubungan antara x” , y”, x dan y ? Untuk itu kita lakukan translasi GAO , kemudian dilatasi D O, r disusul dengan translasi GOA maka dapat ditulis

DA, r = GOA DO,r GAO

Jadi untuk P = (x,y) kita peroleh berturut-turut : DA, r [ (x,y) = GOA DO,r GAO [ (x, y) ] = GoA Do, r [(x-a , y-b) = GOA [r (x-a), r( y-b) ] = [r (x-a)+ a, r( y-b)+ b ] =[rx + a (1-a), ry + b (1-r)] Dengan demikian dapat dikatakan Teorema 14.2 Apabila DA, r sebuah dilatasi dengan A = (a, b ) dan P = ( x,y ), maka DA, r (P) = [ rx + a (1-r) , ry + b (1-r) ] Sebaliknya padanan T(P) = (rx + c , ry + d) untuk P =(x,y) dengan r > 0 dan r ≠ 1 adalah suatu transformasi dan merupakan suatu dilatasi. Pusat dilatasi ini dapat ditentukan sebagai berikut. Kita tulis

T(P) = ( rx +

( 1-r ), ry +

( 1-r )

Dengan demikian pusat dilatasi tersebut adalah titik

A=(

,

)

Teorema 14.3 Hasil kali dua dilatasi tersebut adalah sebuah dilatasi, Bukti: Andaikan diketahui dilasi DA, r dan DB, r. Kita pilih sebuah koordinat orthogonal dengan

sebagai sumbu-x dan titik asal kita pilih di

A. Andaikan B = (b, 0) dan A = (0,0). Jika P = (x,y) maka DA, r (P) = (rx,ry) dan DB, r (P) = [sx + b (1-s), sy] jadi DB, s , DA, r (P) = DB,s [(rx, ry)]

= [s (rx) + b (1-s), s (ry)] Apabila rs ≠ 1, dapat kita tulis

DB, s , DA, r (P) = [ (rs) x +

(1 – rs) , (rs) y ]

Jadi hasil kali DB, s , Da, r adalah suatu dilasi dengan pusat

C=(

,0)

Sehingga hasil kali dilasi berpusat di C dengan factor skala rs. Jika rs = 1 dan A ≠ B maka b ≠ 0 ; jika P = (x,y) diperoleh DB, s , DA, r (P) = [x + b (1 – s) , y ] Ini berarti bahwa DB, s , DA, r adalah suatu translasi dengan arah yang sejajar dengan garis

.

Akibat I : Jadi jika DA, r dan DB, s dengan A ≠ B maka DB, s , DA, r adalah sebuah dilatasi D c, rs dengan C

apabila rs ≠ 1.

Apabila rs = 1 maka hasil dilasi itu adalah suatu translasi yang sejajar dengan

.

Akibat II : Jika diketahui DA, r dan DA, s maka DA,s DA,r adalah satu dilasi dengan skala factor rs, jika rs ≠ 1 Apabila rs = 1 maka hasil kali ini adalah transformasi identitas. Akibat III : Untuk sebuah dilasi DA, r berlaku DA, r -1 = D A, 1/r Apabila diketahui dua dilasi DA, r dan DB, s , akan ditentukan pusat dilasi hasil kali dua dilasi tersebut, Misalkan P’ = DB, s dan DA, r (P) = Dc, rs (P) menurut uraian di atas C adalah titik potong

dan

dan C

, di sini P dapat dipilih sebarang, kemudian P’.

. Jadi C

P’

P1

P

C

A

B

Di atas telah kita buktikan, bahwa hasil kali dua dilatasi adalah suatu dilasi atau suatu translasi. Apabila suatu dilasi dikalikan dengan sebuah refleksi atau rotasi maka hasil kalinya bukan suatu dilasi atau isometri. Mengenai ini dapat dituangkan sebuah.$ Teorema 14.4 Hasil kali sebuah dilasi dan sebuah isometric adalah sebuah kesebangunan, Bukti : sebuah isometri adalah sebuah kesebangunan dengan skala 1. Hasil kali dua kesebangunan adalah kesebangunan. Dengan demikian maka hasil kali suatu dilasi dan suatu isometri adalah suatu kesebangunan. Akibat : Jadi pada umumnya hasil kali suatu refleksi dan suatu dilasi atau hasil kali suatu rotasi dan suatu dilasi adalah sebuah kesebangunan. Contoh : Buktikan bahwa garis-garis berat sebuah segitiga melalui satu titik. Bukti

A Y X B

Andaikan M titik tengah sehingga AX = 2(XN) dan Y

M C

dan N titik tengah

. Andaikan X titik pada

sehingga BY = 2 (YM).

Akan dibuktikan bahwa Y = X. berturut-turut diperoleh X = DA, 2/3 (N), N = DB, ½ (C) Jadi X = DA, 2/3 . DB, ½ (C) Sedangkan D-1A, 2/3 = D A, 2/3 dan D-1B, ½ = DB,2 Jadi C = DB, 2 DA, 2/3 (X) Selanjutnya Y = DB, 2/3 DA, ½ (C), maka Y = DB, 2/3 Da, ½ DB,2DA,3/2(X) DB,2/3 = DB, ½ DB,2 DA, 3/2 = DA, ½ DA,3 Maka

Y = (DB, 1/3 DB.2) DA,1/2 DB,2 (DA, ½ DA,3)(X) = DB, 1/3 (DB,2DA, ½ )(DB,2 DA, ½ ) DA,3 (X) = DB, 1/3 SBA SBA DA,3 (X) = DB, 1/3 S2BA DA,3 (X) = DB, 1/3 (DB,3 DA, 1/3)DA,3 (X) = ((DB, 1/3 DB,3)(DA, 1/3 DA,3) (X) =X

Dengan cara serupa, jika Z ∊

, K titik tengah AB sedangkan CZ = 2/3 CK atau CZ =

2ZK, maka Z = X.

KOMPOSISI ROTASI Contoh soal : 1. Diberikan dua titik Kemudian tentukan Penyelesaian :

Lukis titik

sehingga

Ambil

. Buat garis

sehingga sudut dari

adalah

buat garis I melalui B, sehingga sudut dari s ke I adalah Titik C merupakan titik potong dari I dan t.

 t

A

C

l

B s

2. Diberikan dua titik A dan B,

,

Tentukan C dan

sehingga Penyelesaian : Ambil garis adalah

. Buat garis t melalui A, sehingga sudut dari t ke s dan garis I melalui B, sehingga sudut dari s ke I adalah l

. Maka, C merupakan titik potong t dan l.

A

s B

C

3. Diberikan dua titik A dan B, dan

Tentukan C

sehingga

Penyelesaian : Ambil garis

. Buat garis t melalui A, sehingga sudut dari t ke s

adalah

dan garis l melalui G sehingga sudut dari s ke l

adalah

l

s

C

A

B

4. Ambil A (-1,0), B (2,0), Tentukan koordinat titik C dan

sehingga

Penyelesaian : A (-1,0), B (2,0) maka sehingga sudut dari t ke s adalah adalah

sebagai garis s. Garis t melalui A, Akibatnya koefisien arah dari t

. Oleh sebab itu, Garis l melalui B,

sehingga sudut dari s ke l adalah adalah

Akibatnya koefisien arah dari l

Sehingga persamaan

C perpotongan antara t dan l maka koordinat C didapat dari : dan

Diperoleh :

Jadi C

maka Perhatikan lukisan berikut : t

l A (1,0)

B O

(2,0)

C

X= s

5. Buktikan teorema berikut : 1) Apabila R suatu refleksi geser, maka R2 suatu translasi. 2) Apabila R suatu refleksi geser, maka R tidak memiliki titik-titik invariant Penyelesaian : 1) Akan dibuktikan jika R suatu refleksi geser, maka R2 suatu translasi. Andaikan terdapat garis s dengan A, B Є s dan terdapat garis g dengan p Є g. maka berlaku GABMs(p) = p’ dan GABMs(p’) = p’’ adalah suatu tanslasi.

P ’

Ms(p) B s

A

g

P ’

P

P ’’

Jadi terbukti bahwa R2 adalah suatu translasi. 2) Penyelesaian : Akan dibuktikan jika R suatu refleksi geser maka, R tidak memiliki titik-titik invariant. Titik invariant adalah titik yang jika ditransformasi tidak memiliki prapeta kecuali dirinya sendiri. Jika melihat gambar diatas maka p jika direfleksi geserkan akan menjadi p’ sehingga terbukti bahwa misal R suatu refleksi geser maka tidak memiliki titik invariant. Karena setiap R akan memiliki prapeta berupa R’.

6. jika t sumbu X sebuah sistem koordinat ortogonal, A = (2,3) dan B = (1,6)adalah titiktitik yang diketahui. Tentukan peta-peta titik tersebut oleh suatu refleksi geser M t G AB . tentukan pula persamaan sumbu refleksi geser tersebut. B’ 9 B ’

6

A’ A

3

2 9 6

B’’(0 A’’(1,-

X = t