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.