Rangkuman materi trransformasi balikan

1. 1
RANGKUMAN MATERI, SOAL DAN PEMBAHASAN
BAB VI
TRANSFORMASI BALIKAN
disusun guna melengkapi tugas mata kuliah Geometri Transformasi
Dosen pengampu Bapak Ishaq Nuriadin, M.Pd
Oleh
Niamatus Saadah 1201125122
JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
UNIVERSITAS MUHAMMADIYAH PROF DR.HAMKA
2015

2. 2
Transformasi Balikan
Suatu transformasi pada suatu bidang V adalah suatu fungsi yang bijektif
dengan daerah asal V dan daerah hasilnya juga V. Jika g sebuah garis dan Mg refleksi
pada garis g, maka   PPMM gg  . Kita tulis juga   PPM g 2
. Jadi M2
adalah
suatu transformasi yang memetakan setiap titik pada dirinya. Transformasi yang
demikian dinamakan transformasi Identitas, dilambangkan dengan huruf I. Jadi
  PPPI  , .
Apakah I memang benar suatu transformasi?
 Apakah I injektif?
Untuk menunjukkan I injektif ditunjukkan )()(,, 212121 xIxIxxVxx  .
Bukti:
Ambil 2121 dengan, xxVxx  .
Menurut definisi identitas, 111 )( xxIVx 
222 )( xxIVx 
Karena 21 xx  maka )()( 21 xIxI 
Jadi, I injektif.
 Apakah I surjektif?
Untuk menunjukkan I surjektif, ditunjukkan xxIVx  )(
Bukti:
Akan dibuktikan ')(' yyIVy 
Ambil Vy ' , menurut definisi identitas jika yyyIVy  ')(maka
Sehingga yyIyVyVy  )('' . Jadi yy ' .
Jadi, I surjektif.
Benar bahwa I suatu transformasi.
Karena I transformasi, T trasnformasi, berlaku sifat berikut:
         PPTpTIPITPTI  ,
Jadi TTI 

3. 3
       PPTPTIPIT  ,
Jadi TIT  , sehingga TITTI 
Dengan demikian, transformasi identitas I berperan sebagai bilangan I dalam
himpunan transformasi-transformasi dengan operasi perkalian antara transformasi-
transformasi.
Dalam himpunan bilangan-bilangan real dengan operasi perkalian pada setiap
0x ada balikan 1
x sehingga 111
 
xxxx . Demikian juga dalam transformasi,
jika terdapat dua transformasi misal T dan Q, yang hasil kalinya adalah I
(transformasi identitas) ditulis IQTTQ  . Transformasi balikan dari T ditulis
sebagai 1
T sehingga ITTTT   11
.
Teorema yang berkaitan dengan transformasi balikan:
Teorema 1
Setiap transformasi T memiliki balikan.
Bukti:
Dipunyai T transformasi, akan dibuktikan T memiliki balikan.
Misal balikan dari T adalah L, maka ILTTL 
Oleh karena T suatu transformasi, maka T surjektif.
Karena surjektif, XATVAVx  )(prapeta
Kita tentukan   AXL  .
Kita punya   XAT  . Karena   AXL  , maka    XXLT 
Jadi  XL adalah prapeta dari X .
Diperoleh    XXLT  atau    XXTL  .
Karena    XXTL  maka menurut definisi identitas   XXI 
     XXIXTL 
Jadi, ITL 
Selanjutnya      XTLXLT 

4. 4
Andaikan   BXT 
Karena transformasi maka x prapeta dari B dengan  BLX 
Jadi, karena   BXT  , maka     XBLXTL )( .
Jadi      VXXIXXLT  , .
Jadi, ILT  . Sehingga ILTTL  .
Sekarang akan dibuktikan bahwa L adalah suatu transformasi.
Dari definisi L, jelas L suatu padanan yang surjektif.
Selanjutnya akan dibuktikan L injektif.
Andaikan    21 XLXL  dan andaikan pula 2211 )(,)( XATXAT  dengan
  11 AXL  dan   22 AXL 
Karena T transformasi, dan jika 21 AA  maka )()( 21 ATAT  , sehingga kita
peroleh 21 XX  .
Jadi karena T transformasi dan )()( 21 XLXL  maka:
   )()( 21 XLTXLT 
   
21
21
XX
ATAT


Jadi, L injektif. Sehingga L bijektif, maka L suatu transformasi.
Karena ILTTL  , maka L merupakan balikan dari transformasi T yang
dilambangkan dengan 1
T . Jadi L = 1
T .
Contoh:
Pada suatu sistem sumbu ortogonal XOY didefinisikan transformasi F dan G
sebagai berikut:






 yxPFyxP
2
1
,2)(),.( dan )2,2()( yxPG 
Sehingga        PyxyxFPGFPFG  ),()2,2()(
Dan      PyxyxGPFGPGF 





 ),()
2
1
,2()(
Jadi        PPIPPGFPFG  ,)(

5. 5
Atau IGFFG 
Jadi F dan G balikan satu sama lain. Kita tulis 1
 FG
Teorema 2
Setiap transformasi hanya memiliki satu balikan.
Bukti:
Andaikan T suatu transformasi dengan dua balikan 1S dan 2S .
Karena 1S balikan dari T, maka PPIPTSPTS  ),())(())(( 11
dan karena 2S balikan dari T, maka PPIPTSPTS  ),())(())(( 22
Sehingga ))(())(( 21 PTSPTS 
   )()( 21 PSTPST 
Karena T transformasi maka .),()( 21 PPSPS 
Sehingga 21 SS  . Jadi balikan T adalah SSS  21 .
Dengan kata lain transformasi T hanya memiliki satu balikan.
Teorema 3
Balikan setiap pencerminan pada garis adalah pencerminan itu sendiri
Bukti:
Andaikan pencerminan pada garis g adalah gM .
Andaikan gXYXMg  ,)( maka   XXMM gg )( atau  ,))(( XIXMM gg 
.gX  jadi IMM gg  .
Jika gX  maka XXM g )( sehingga  )()( XMMXM ggg  atau
IMM gg 
Jadi untuk setiap X diperoleh IMM gg  .
Jadi gg MM 1
.

6. 6
Definisi : Suatu transformasi yang balikannya adalah transformasi itu sendiri
dinamakan suatu involusi.
Andaikan T dan S transformasi maka masing-masing memiliki balikan, yaitu
11
dan 
ST . Komposisi transformasi, yaitu ST  juga suatu transformasi. Jadi
ada balikan   1
ST 
Teorema 4
Apabila T dan S transformasi-transformasi, maka   111 
 TSST  .
Bukti:
Diketahui   ISTST 

)(
1
 .
Tetapi       ISSSISSTTSSTTS  
 111111
.
Oleh karena suatu transformasi hanya memiliki satu balikan, maka
  111 
 TSST  .
Jadi balikan hasil kali transformasi adalah hasil kali balikan – balikan
transformasi dengan urutan yang terbalik.
Contoh:
Pada sebuah sistem sumbu ortogonal ada garis  xyyxg  ),( dan
 0),(  yyxh .
Tentukan P sehingga ,))(( RPMM gh  dengan R = (2,7).
Jawab :
Andaikan  yxP , .
Kita peroleh berturut-turut ),)(())()(( 1111
RMMPMMMM hgghhg


Jadi  .)(11
RMMP hg


Oleh karena )7,2(R dan hh MM 1
, maka )7,2()()(1

RMRM hh
sehingga )2,7()7,2()7,2()( 111
 
gghg MMRMM sehingga )2,7(P .

7. 7
Tugas:
Dalam tugas dibawah ini kita definisikan padanan-padanan sebagai berikut:
a) Apabila g sebuah garis. gW adalah padanan yang didefinisikan untuk
segala titik P sebagai berikut:
Apabila gP  maka PPWg )(
Apabila gP  maka )(PWg adalah titik tengah ruas garis tegak lurus dari
P pada g.
b) Apabila g sebuah garis. gV adalah padanan yang didefinisikan untuk
semua titik P sebagai berikut:
Apabila gP  maka PPVg )(
Apabila gP  maka '
)( PPVg  sehingga P titik tengah ruas garis tegak
lurus dari 'P pada g.
c) Apabila A sebuah titik. UA adalah padanan yang didefinisikan sebagai
berikut :
Untuk 1
)(, PPUAP A  sehingga 1
P adalah titik tengah ruas garis PA .
Untuk PPUAP A  )(, .

8. 8
Latihan.
1. Jika g sebuah garis dan A sebuah titik, tentukan balikan transformasi–
transformasi berikut:
a) gW b) gV c) gM d) AU
Penyelesaian:
Kasus 1 untuk A  g
a) Menurut definisi identitas
Jika A  V maka I (A) = A
 
  AAWgWg
AAWgWg
AAI





)(
)(
)(
1
1
AAWg 
)(1
Jadi, AAWg 
)(1
Kasus 2 untuk A  g
Menurut definisi dari padanan Wg
Apabila A  g maka AhAAWg
2
1
2
1
)( '
 dimana h adalah ruas garis
tegak lurus dengan g dari A.
Diketahui AAWg
2
1
)( 
AAVg 2)( 
Karena AAWg
2
1
)( 
AAVg 2)( 
Maka )()(
1
AVAW gg 

b) Kasus 1 untuk A g
Menurut definisi identitas
Jika A  V maka I (A) = A
g
h
A
AAVgA 2)(1


9. 9
AAVgVg
AAVgVg




))((
))((
1
1
AAVg 
)(1
Untuk kasus 2, A  g
Menurut definisi identitas
Diketahui AAWg
2
1
)( 
AAVg 2)( 
Karena AAWg
2
1
)( 
AAVg 2)( 
Maka )()(
1
AWAV gg 

c) Kasus 1 untuk A g
Menurut definisi pencerminan
Jika A g, maka Mg(A) = A maka AAMg 
)(1
Untuk kasus 2, A  g
Menurut definisi pencerminan
Jika A  g, maka 1
)( AAMg 
Menurut Teorema 6.3
1
)( AAMg 
AAI  )(
  
AAMgMg
AAMgMg


))((
1
1
)(



Mg
AAMg
d) Jika AP  jelas PPUA )( . Jadi balikan dari AU adalah AU .
Jika AP  maka '
)( PPUA  dimana '
P adalah titik tengah ruas garis PA
g
h
A
AAVgA 2)(1


10. 10
Dari hipotesis ”Jika GP , 1
)( PPVg  , sehingga P adalah titik tengah ruas
garis tegak lurus dari A pada g, dan misalkan gA , dan merupakan titik
potong garis yang tegak lurus dengan g dan melalui titik P dan '
P , maka P
titik tengah ruas garis AP'
. Jadi AV balikan dari AU .
2. Sederhanakanlah:
a) 1
)( 
hgVM b) 1
)( 
ggVW c) 1
)( 
sg MW
d) 1
)( 
sgWV e) 1
)( 
sg MM f) sgs WWV 1
)( 
Penyelesaian:
Menurut teorema apabila T dan S transformasi maka   111 
 TSST  maka:
a) ghghhg MWMVVM 
 111
)(
b) gggggg VWMVVM 
 111
)(
c) gsgssg VMMMMM 
 111
)(
d) gsgssg WVVWWV 
 111
)(
e) gsgssg MMMMMM 
 111
)(
f) ssgssgsgs WWMWVMWWV  )()()(
111


3. Andaikan g sebuah garis,
a. Apakah gW sebuah isometri?
b. Apakah gW sebuah involusi ?
c. Apabila A, B dan C segaris (kolinear), apakah yang dapat katakana tentang
peta-petanya ?
Penyelesaian:
a) Ambil sebarang tiga titik CBA dan,, dengan CBA  dan gCBA ,,
 Karena gA maka '
)( AAWg  adalah titik tengah garis tegak lurus dari
A pada g.
 Karena gB  maka '
)( BBWg  adalah titik tengah garis tegak lurus dari
B pada g.

11. 11
 Karena gC  maka '
)( CCWg  adalah titik tengah garis tegak lurus dari
C pada g.
b) Ambil sebarang titik gA .
Karena gA maka '
)( AAWg  adalh titik tengah ruas garis tegak lurus dari
A pada g. Ini berarti )( '
AWg bukan merupakan balikan dari )(AWg
Jadi gW bukan suatu involusi.
c) Ambil tiga titik CBA dan,, yang segaris.
gAAAAWGA g  ''
)(, dan ,''
rAAA 
gBBBWGB g  ''
)(, dan ,''
rBBB 
gCCCCWGC g  ''
)(, dan ,''
rCCC 
gAA '
gBB '
gCC '
Jadi ////// '''
CCBBAA atau .//// CrBqAp
Sehingga ,pqAB  dan qrBC  . Akibatnya ''
BAAB  dan ''
CBBC  .
Dapat disimpulkan jika ,,BA dan C segaris maka gW adalah sebuah
isometri.
4. Diketahui garis-garis g dan h yang berpotongan dan titik P dan Q tidak pada
garis-garis tersebut. Lukislah:
a) R sehingga PRMM hg )( .
Penyelesaian:
)()()( PMRMPRMM ghhg 
 )(PMMR gh
Q
h
P
 PMP g'
g
  PMMPR gh ''

12. 12
b) K sehingga QKMW gh )(
Penyelesaian:
)()()(
1
QWKMQKMW hggh


 )(
)()(
QVMK
QVKM
hg
hg


c) E sehingga PEWV gh )(
Penyelesaian:
)()()(
1
PVEWPEWV hggh


 
 )(
)(
)()(
1
PWVE
PWWE
PWEW
hg
hg
hg




d) D sehingga DDMW gh )(
Penyelesaian:
)()()( DVDMDDMW hggh 
 )(DVMD hg
Karena  )()( DVMDDWW hggh  berarti IVMMW hggh 
(Transformasi Identitas).
Maka haruslah D terletak pada perpotongan antara garis g dan h.
Q
h
P
 QVQ h'
g
  QVMQK hg ''
 )(PWVE hg
)(' PWP h
Q
h
P
g
Q
h
P
g
D

13. 13
5. Diketahui garis-garis g, h dan k dan sebuah titik A tidak pada garis-garis tersebut.
Lukislah garis-garis:
a) v sehingga vAvvWh  dan)(
b) u sehingga kuWV hg )(
'R
'P
'Q
'S
R
P
Q
S
gk
h
)(' kWk g
v v

14. 14
c) z sehingga gzVU hA )(
d) w sehingga hwW g )(2
6. Diketahui titik-titik )9,2(dan),3,2( BA .
a) Tentukan koordinat-koordinat )(BUA .
 )()()()()(2
hVVwhVwWhwWWhwW ggggggg 
v v
'R
'P
'Q
R
P
Q
zg ''
A
)(' gVg A
'S S
g
h
)(' hVh g
'S
S
'P
P
'R
'Q
R Q
 )('' hVVwh gg
g
h

15. 15
Penyelesaian:
 6,0
2
39
3,
2
22
2
2
,
2
)(






 








 


 AB
A
AB
AA
yy
y
xx
xBU
Jadi, koordinat )(BUA adalah (0,6).
b) Tentukan koordinat-koordinat ),(dengan),( yxPPUA .
Penyelesaian:





 






 








 



2
3
,
2
2
2
3
3,
2
2
2
2
,
2
)(
yx
yx
yy
y
xx
xPU AP
A
AP
AA
Jadi, koordinat )(PUA adalah 




 
2
3
,
2
2 yx
c) Apakah AU sebuah isometri? Apakah AU sebuah involusi?
Penyelesaian:
 Ambil sembarang titik ),Q(dan),( 2211 yxyxP
Jarak P ke Q adalah    2
12
2
12 yyxxPQ 





 

2
3
,
2
2
')( 11 yx
PPUA , dan 




 

2
3
,
2
2
')( 22 yx
QQUA
Sehingga jarak P’ ke Q’ adalah:
2
12
2
12
2
12
2
12
222
3
2
3
2
2
2
2
'' 




 





 





 







 



yyxxyyxx
QP
Karena ''QPPQ  maka AU tidak mengawetkan jarak.
Jadi, AU bukan sebuah isometri.

16. 16
 Ambil sembarang titik ),( 11 yxP
Jelas 




 

2
3
,
2
2
)( 11 yx
PUA
Jelas











 








 

2
2
3
3
,
2
2
2
2
2
3
,
2
2
)'(
11
11
yx
yx
UPU AA











 

2
2
6
,
2
2
4 11 yx
 yx
yx
,
4
6
,
4
4 11





 

Jadi, AU bukan sebuah involusi.
d) Tentukan koordinat-koordinat )(1
PU A

Penyelesaian:
Andaikan ),()(1
dbycaxPU A 
Jelas   PPUU AA 
)(1
),( dbycaxUA 
),(
2
3
,
2
2
yx
dbycax





 

y
dby
x
cax





2
3
dan
2
2
32dan22  ydbyxcax
Jadi, koordinat  )32(),22(),()(1

yxdbycaxPU A
7. Apabila  3),(  xyxg tentukanlah:
a) Koordinat-koordinat ),(untuk)( yxPPWg
Penyelesaian:
Jelas  ),()( yxWPW gg   ),(3),( yxW xyx 

17. 17
= 




 
 p
gp
g y
xx
x ,
2
= 




 
 y
x
,
2
3
3
= 




 
y
x
,
2
3
Jadi, koordinat )(PWg untuk ),( yxP adalah 




 
y
x
,
2
3
b) Koordinat-kordinat )(1
PW g

Penyelesaian:
Andaikan )(1
PW g

= ),( dbycax 
Jelas   PpWW gg 
)(1
),(),( yxdbycaxWg 
),(,
2
3
yxdby
bax









x
bax



2
3
dan ydby 
32  xbax dan ydby 
Jadi, koordinat )(1
PW g

= ),32(),( yxdbycax 
c) C dengan BCWV gh )( apabila h sumbu Y dan )6,1(B
Penyelesaian:
Jelas BCWV gh )(  )()()( BWVCBWCW bgbg 
 )6,1( hg WVC






 6,
2
1
gVC
)6,3
2
1
(2(  C
)6,4( C
8. Apabila T, L, S transformasi-transformasi buktikan bahwa   1111 
 TLSTLS .

18. 18
Penyelesaian:
Menurut Teorema 6.4 : Apabila S dan T transformasi-transformasi, maka
  111 
 oTSToS
Sehingga (TLS) 1
= (TL(S)) 1
= S 1
(TL) 1
= 111 
TLS
9. Sederhanakanlah:
a)   1
ghg MVW b)   1
gghh VWVM
Penyelesaian:
a).   ghgghghggghgghg VWMWVMVWMMVWMVW   1111111
)())((
b).           1111111 
 hhggghhggghhgghh VMWVWVMVVWVMVWVM
hhgg
hhgg
MWVW
MVWV


 1111
10. Apabila A titik asal dan  2),(  yyxg tentukan koordinat-koordinat titik D
sehingga )4,3()( DVU gA .
Penyelesaian:
Jelas  )4,3()4,3()()4,3()(  AgAggA VWDVDVDVU
 
 
 2,6
2
28
,6
8,6
)4.(2),3.(2






 



D
D
WD
WD
g
g
11. Andaikan  63),(  yxyxg dan h sumbu –Y. Apabila A titik asal, tentukan
persamaan garis k sehingga gkUV Ah )( .
Penyelesaian:
Jelas  )()()()( gWVkgWkUgkUV hAhAAh 

19. 19
Persamaan garis k yang melalui dua titik yaitu titik (2,0) dan (0,12) adalah:
20
2
012
0
12
1
12
1










 xy
xx
xx
yy
yy
 
126
2
212




xy
x
y
Jadi persamaan garis k adalah 126  xy
12. Apabila  xyyxg  ),( tentukan:
a) Koordinat-koordinat titik )2,6(dengan)( AAWg
Penyelesaian:
Jelas titik A = (6,2) akan memotong (tegak lurus) g di
sehingga koordinat adalah
b) Koordinat-koordinat titik ),(Puntuk)(1
yxPW g 
Penyelesaian:
Koordinat-koordinat titik untuk P = (x,y)
Jelas titik P = (x,y) memotong (tegak lurus) garis g di
1
-12
y
0
)(gWh
-6
2 x
63  xy
 )(gWV hA
h

20. 20
dan
Misal koordinat adalah
Jelas = P
dan
dan
dan
dan
dan
Sehingga koordinat adalah
13. Diketahui hg // . Titik BgA dan terletak di tengah-tengah antara hg dan .
Jarak antara hg dan adalah 4 cm dan jarak antara proyeksi-proyeksi A dan B
pada h adalah 16 cm. Tentukan jarak terpendek jalur antara A dan B yang
dipantulkan oleh hg dan sebanyak tiga kali (A tidak dihitung).
14. Tentukan jarak dalam soal 13, apabila pemantulan itu adalah n kali.
15. Diketahui persegi panjang ABCD dan sebuah titik P di dalam ABCD yang
terletak di tengah-tengah antara sisi-sisi AB dan DC; jarak antara P dan sisi AD
adalah 1 cm. Panjang sisi AD = 1 cm dan panjang sisi DC = 4 cm.
a) Lukis jajargenjang dalam persegi panjang yang salah satu sisinya melalui P
dan yang titik-titik sudutnya terletak pada sisi-sisi persegi panjang itu.
b) Tentukan keliling paralellogram.