PENGENALAN GEOMETRI TERURUT

Pengertian Paskal, Defenisi-Defenisi dan

Aksioma-aksioma Geometri Terurut

Geometri terurut ini akan kita pelajari sebagai suatu sistem deduktif. Jadi

tentu ada pengertan pangkal, aksioma-aksioma dan defenisi-defenisi, kemudian

dari ini semua dapat diturunkan dalil-dalil.

Marilah kita perhatikan perkembangannya seperti diuraikan oleh H.S.M. Coreter

dalam bukunya “ Introduction of Geometry”. Dalam pengembangan Pasch, yang

disederhanakan oleh Veblen, sebagai pengertian pangkal Geometri terurut

ditentukan.

Titik-titik A,B,C,D, ..... sebagai unsur yang tidak didefenisikan relasi keantaraan

(“intermediacy”) sebagai relasi yang tidak didefenisikan.

Relasi ini dinyatakan dengan A,B,C yang berarti B terletak diantara A dan C. Jika

B tidak terletak anatar A dan C, maka dikatakan “ tidak [A B C]”.

Kemudian ditentukan aksioma-aksiomanya.

Aksioma I . ada paling sedikit dua titik

Aksioma II. Jika A dan B dua titik berlainan, maka ada satu titik C yang

memenuhi {A B C}

Aksioma III.. Jika [A B C] , maka A dan C berlainan A ≠ C

Aksioma IV. Jika [A B C], maka [C B A] tetapi tidak [ B C A]

Selanjutnya ada dalil-dalil yang harus dibuktikan.

Dalil 1

Jika [A B C, maka tidak [C A B]

Bukti. Menurut aksioma IV

Jika [C A B], maka tidak [A B C]

Ini ekuivalen dengan jika [A B C, maka tidak [C A B]

Dalil 2

Jika [A B C], maka A, B dan C berlainan atau A ≠ B ≠ C

Bukti Misalnya B = C, maka [A B B]

Jika [A B B] maka [B B A], tetapi tidak [B A B].

( menurut Aksioma IV). Terdapat pertentangan, jadi B ≠ C

Misalnya A = B, maka [A A C]

Jika [A A C], maka [C C A] ( menurut Aksioma IV)

Jika [A A C], maka tidak [C C A] (Menurut dalil 1) terdapat kontradiksi,

jadi A ≠ B.

Terbukti, bahwa A ≠ B ≠C

Kemudian diperlukan pula beberapa pola defenisi

Defenisi

JIka A dan B dua titik berlainan, maka segmen AB atau ruas garis AB

ialah himpunan titik P yang memenuhi [A P B]. dikatakan titik P terletak

pada segmen AB.

Dalil 3

Titik A maupun titik B tidak terletak pada segmen AB

Bukti :

Jika A atau B terletak pada segmen AB maka terdapat [AAB] atau [ABB].

Ini bertentangan dengan dalil 2. jadi A maupun B tidak terletak pada

segmen AB

Dalil 4

Segmen AB = Segmen BA

Bukti :

Menurut aksioma IV, jika [A P B], maka [B P A] jadi segmen AB sam

dengan segmen BA.

Defenisi

Interval AB ialah segmen AB ditambah ujung-ujungnya A dan B. Jadi AB = A +

AB + B.

Sinar A / B ( dari A menjauhi B) ialah himpunan titik-titik P yang memenuhi [P

A B].

Garis AB ialah interval AB ditambah sinar-sinar A/B dan B/A. Jadi garis AB =

A/B + AB + B/A.

Akibat : Interval AB = interval BA

Garis AB = garis BA

Aksioma V

Jika C dan D titik-titik berlainan pada garis AB, maka A pada garis CD

Dalil 5

Jika C dan D titik-titik berlainan pada garis AB maka garis AB = garis CD

Bukti :

Jika A, B, C dan D tidak semuanya berlainan, maka dapat dimisalkan B =

D dan akan membuktikan, bahwa garis AB = garis BC. Untuk membuktikan,

bahwa garis AB = garis BC, kita tunjukkan, bahwa setiap titik pada garis BC

adalah juga titik pada garis AB dan sebaliknya. Diketahui C pada garis AB.

Misalkan X pada garis AB.

Maka menurut Aksioma V, B pada garis CX dan C pada garis CX. Maka

menurut Aksioma V, X pada garis BC. Jadi X pada garis AB, maka X pada garis

BC.

Misalkan Y pada garis BC. Karena C pada garis AB, maka A pada garis

BC. Menurut Aksioma V, maka B pada garis AY dan A pada garis AY. Jadi

menurut Aksioma V, Y pada garis AB. Jika Y pada garis BC, maka Y pada garis

AB. Terbukti bahwa garis AB = garis BC. Jika D ≠ B, maka dengan jalan yang

sama dapat dibuktikan, bahwa garis BC sama dengan garis CD, sehingga garis AB

= garis BC = garis CD. Jadi jika A, B, C dan D semua berlainan garis AB = garis

CD.

Akibat :

Dua titik berlainan terletak tepat pada satu garis. Dua garis berlainan (jika ada)

mempunyai paling banyak 1 titik bersangkutan. Titik persekutuan ini disebut titik

potong kedua garis itu.

Akibat :

Tiga titik berlainan A, B dan C pada suatu garis memenuhi tapat hanya salah satu

dari relasi-relasi [A B C], [B C A] atau [C A B]

Dari titik-titik pada garis dikembangkan titik-titik pada bidang datar. Maka timbul

aksioma berikut:

Aksioma IV.

Jika AB suatu garis, ada suatu titik C tidak pada garis itu. Kemudian

terdapat pada dalil 6.

Dalil 6

Jika C tidak pada garis AB, maka A tidak pada BC, juga B tidak pada AC. Garis-

garis BC, CA dan AB berlainan.

Bukti :

Menurut Aksioma V, jika A pada BC maka C pada AB. Terdapat pertentangan

kareba C tidak pada AB. Jika A tidak pada BC. Demikian pula B tidak pada AC.

Selanjutnya didefenisikan hal-hal berikut:

Defenisi :

Titik-titik yang terletak pada garis yang sama disebut “Collinear” (kolinier atau

segaris).

Tiga titik noncolinear A, B, C menentukan suatu segitiga ABC yang memuat tiga

titik ini, yang disebut titik-titik sudut, dan tiga segmen AB, BC, CA, yang disebut

sisi-sisi.

Aksioma berikut adalah Aksioma yang penting sekali.

Aksioma VII

Jika A B C suatu segitiga dan [B C D] dan [C E A], maka pada garis DE, ada

suatu titik F yang memenuhi [ A F B].

D

C

E

A F B

Dalil 7

Antara dua titik berlainan ada suatu titik lain.

Bukti : misalkan kedua A dan B kedua titik itu seperti pada gambar berikut.

D

C

E

A F B

Maka menurut aksioma VI antara suatu titik E titik pada AB. Menurut aksioma II

ada suatu titik C yang memenuhi, [A E C]. Mengingat dalil 5 maka garis AC

sama dengan garis AE. B tidak terletak pada garis ini, maka ABC suatu segitiga.

Menurut aksima II ada suatu titik D yang memenuhi [B C D]. Menurut aksioma

VII ada titik F antara A dan B. Terbukti.

Dari aksioma VII dapat pula dalil berikut.

Dalil 8

Jika ABC suatu segitiga dan [BCD] dan [C E A], maka pada garis DE ada suatu

titik F yang memenuhi [A F B] dan [D E F].

Bukti : Karena F terletak pada garis DE, maka ada 5 kemungkinan:

a. F = D;

b. F = E;

c. [E F D];

d. [F D E]

e. [D E F]

a. jika F = D, maka [B C D] dan [A D B], jadi A, B dan C collinear. Terdapat

pertentangan sebab ABC suatu segitiga jadi F ≠ D.

b. Jika F = E, maka [C E A] dan [A E B] jadi A, B dan C collinear. Hal ini

juga tidak mungkin.

c. Jika [E F D], maka perhatikan gambar berikut.

D

X

F

A E C

Dalam segitiga D C E dengan [C E A] dan [E F D], maka menurut

aksioma VII pada A F dan X yang memenuhi [D X C] karena AF dan CD

tidak mungkin berpotongan lebih dari satu kali, maka X = B, sehingga

terdapat [D B C]. Ini bertentangan dengan ketentuan [B C D]. Jadi tidak

mungkin [E F D].

d. Jika [F D E], maka gambarnya adalah sebagai berikut.

E

X

D

A F B

Dalam segitiga AFE dengan [A F B], maka menurut aksioma VII pada

garis BD ada suatu garis Y sedemikian, sehingga [A Y E]. Karena BD dan

AE tidak berpotongan di lebih dari satu titik, maka Y = C, sehingga

terdapat [ACE] ini bertentangan dengan ketentuan [A E C]. Jadi tidak

mungkin [F D E]. Jadi kemungkinan hanya [D E F].

Bukti ini memang agak istimewa. Maka dalil-dalil berikut disajikan tanpa bukti,

karena buktinya semacam bukti dalil di atas.

Dalil 9

Suatu garis tidak mungkin memotong ketiga sisi suatu segitiga (sisi berupa

segmen).

Dalil 10

Jika [A B C] dan [B C D], maka [A B D]

A B C D

Gambar 5

Dalil 11

Jika [A B C] dan [A B D] dan C ≠ D, maka [ B CD]

Atau [B D C], dan [A C D] atau [A D C].

a).

A B C D

b).

A B D C

Gambar 6

Dalil 12

Jika [A B D] dan [A C D] dan B ≠ C, maka [ A B C] atau [A C B].

a).

A B C D

b).

A C B D

Gambar 7

Dalil 13

Jika [A B C] dan [A C D], maka [B C D] dan [A B D]

A B C D

Gambar 8

Kemudian diberikan defenisi berikut.

Defenisi.

Jika [A B C] dan [A C D], kita tulis [ A B C D]

Urutan 4 titik ini mempunyai sifat, jika [ A B C D], maka [D C B A].

Urutan titik-titik ini dapat diperluas sebagai berikut. Seperti telah kita

ketahui sekarang titik 0 pada segmen AB membagi segmen itu dalam dua segmen

AO dan OB.

A O B

Gambar 9

Sebarang titik O pada sinar dari A membagi sinar dalam suatu segmen dan

suatu sinar, A O dan O/A.

A O

Gambar 10

Sebarang titik pada garis membagi garis dalam dua sinar

berlawanan; jika [A O B], maka sinar-sinar itu adalah O/A dan O/B.

A O B

Gambar 11

Sebarang titik pada garis membagi garis dalam dua sinar berlawanan; jika

[A O B], maka sinar-sinar itu adalah O/A dan O/B, maka sinar O/A yang memuat

titik B, kadang-kadang lebih mudah disebut sinar OB.

T1 T2 T3 Tn

Gambar 12

Untuk n > 1, maka n titik berlainan membagi garisnya dalam 2 sinar dan n

-1 segmen. Titik-titiknya dapat T1, T2, ..., Tn sedemikian hingga kedua sinar itu

T1/Tn. Dan Tn / T1. Sedang n – 1 segmen itu T1 T2 , T2 T3 ,..., Tn-1 Tn. , masing-

masing tidak memuat titik itu. Kita katakan, bahwa titik-titik itu dalam urutan T1

T2 ... Tn dan ditulis [T1 T2 , T2 T3 , ..., Tn ].

Syarat perlu dan cukup untuk ini ialah :

[T1 T2 T3 ] , [T2 T3 T4 ] , [T3 T4 T5 ] , ..... [Tn-2 Tn-1 Tn ].

Marilah kita perhatikan kembali aksioma VII. Perkembangan logika yang

terbaik dari suatu subjek menggunakan himpunan Aksioma yang paling sederhana

atau yang paling lemah.

Pasch memberikan pernyataan yang lebih kuat tentang Aksioma VII. Ia

menyatakan :

Jika sebuah garis dalam suatu bidang segitiga memotong satu sisi, maka ia juga

akan memotong sisi yang lain (atau melalui suatu titik sudut).

Aksioma VII yang kita pakai yaitu suatu Aksioma dari Peano, lebih baik,

karena:

a. Kata bidang tidak dipakai sama sekali.

b. Garis DE memasuki segitiga ABC dengan cara yang khusus, yaitu

sebelum memotong CA ia berasal dari titik D pada C/B.

Aksioma ini cukup kuat dan dari sudut ini dapat diturunkan dalil 14. jika dalil 14

ini diambil sebagai Aksioma, maka dari ini tidak dapat diturunkan Aksioma VII

sebagai dalil.

Dalil 14

Jika ABC suatu segitiga dan [A F B] dan [B C D] maka pada garis DF, ada

suatu titik E yang memenuhi [C E A].

Bukti :

D

K

H

C

E

A F B G

Perhatikan gambar 13

Diambil G pada B/F dan dipandang Δ BDF dengan [F B G] dan [ B C D].

Maka menurut Aksioma VII pada garis GC ada titik H sedemikian, sehingga [D H

F]. menurut dalil 8 [G C H]. Menurut dalil 10, karena [A F B] dan [ F B G], maka

[ A F G]. Dipandang Δ AFD dengan [A F G] dan [ D H F]. Maka menurut

Aksioma VII pada garis GH ada suatu titik K sedemikian, sehingga [D K A], dan

menurut dalil 8 [ G H K]. Karena [ G C H] dan [ G H K], maka [ C H K] jadi ada

segitiga ACK dengan [ A K D] dan [ K H C], maka menurut Aksioma VII pada

garis DH ( atau garis DF) ada suatu titik E yang memenuhi [ C E A] terbukti.

Latihan 1

1. Terangkan, bahwa suatu garis mempunyai titik yang tidak terhingga

banyaknya

2. Telah didefenisikan, bahwa suatu segmen adalah himpunan titik-titik.

Sebutkan defenisinya secara lengkap dan terangkan apakah himpunan ini

dapat berupa himpunan kosong

3. Jika ABC suatu segitiga dan [B L C], [C M A] dan [ANB], maka ada satu

titik E yang memenuhi [A E L] dan [M E N] buktikan.

4. Jika ABC suatu segitiga, maka ketiga sinar B/C, A/C, A/Bmempunyai

transversal (yaitu suatu garis yang memotong ketiganya).

5. Jika ABC suatu segitiga, maka B/C, C/A dan A/B tidak mempunyai

transversal.

Kunci Jawaban Latihan 1 __

1. Menurut defenisi garis AB adalah interval AB ditambah sinar-sinar A/B

dan B/A. Jadi garis AB = A/B + AB + B/A. Garis AB adalah himpunan

titik P yang memenuhi [P A B] digabung dengan himpunan titik P yang

memenuhi [A P B] dan digabung lagi dengan himpunan titik P yang

memenuhi [A B P] dan ditambah titik A dan B, sehingga banyak titik pada

garis AB titik sehingga ( ingat Aksioma II dan dalil 8).

2. Jika A dan B titik berlainan, maka segmen AB ialah himpunan titik P yang

memenuhi [A P B]. Dikatakan titik P terletak pada segmen AB. Menurut

dalil 7 yang mengatakan, antara dua titik berlainan ada suatu titik lain,

maka himpunan titik P tersebut tidak mungkin berupa himpunan kosong.

3. Diketahui segitiga ABC, [B L C], [C M A] dan [A N B].

C

M D L

E

A N B’

Dibuktikan : ada titik E yang memenuhi [A E L] dan [M E N].

Bukti : dipandang segitiga C N B dengan [B N A] karena [A N B] dan [B

L C]. Menurut dalil 14 pada garis AL ada titik D yang memenuhi [C D N].

Di pandang segitiga C M N dengan [C D N] dan [C M A]. Maka menurut

dalil 14 pada garis AD ada titik E yang memenuhi [M E N], karena [A D

L], maka garis AD sama dengan garis AL. Jadi ada titik E yang memenuhi

[M E N] dan [A E L] terbukti.

4. Diketahui segitiga ABC

Dibuktikan : B/C, A/C, A/B mempunyai transversal.

C

A’ A B

D

B’

Bukti : ambillah titik B’ pada B/C dan titik A’ pada A/B dan dipandang

segitiga BA’B’. Dipenuhi [B’BC] dan [B A A’]. Maka menurut Aksima

VII pada garis CA ada suatu titik D yang memenuhi [A’ D B’] dan

menurut dalil 8 [C A D]. Jadi garis A’B’ merupakan transversal dari B/C,

A/C dan A/B terbukti.

5. Diketahui segitiga ABC

Buktikan; B/C, C/A dan A/B tidak mempunyai transversal.

Bukti : Ambilah B’ pada B/C dan A’ pada A/B.

C

A’ B

A

B’

Telah terbukti (pada soal 4) bahwa A’B’ memotong A/C jadi tidak

mungkin A’B’ memotong C/A. Maka B/C, C/A dan A/B tidak

mempunyai transversal. Terbukti.

Rangkuman

Dengan mempelajari pengertian pangkal, askioma-aksioma, defenisi-

defenisi dan dalil-dalil dari geometri terurut ini anda dapat memahami dengan

benar suatu sistem deduktif.

Geometri terurut dapat dikatakan sebagai geometri yang masih sederhana.,

dalam arti tersusun oleh pengertian pangkal, aksioma, defenisi dan dalil yang

sedikit banyaknya.

Urutan memegang peranan dan geometri ini menjadi dasar untuk Geometri

Absolut dan Geometri Affne.

DIMENSI RUANG

Sampai pembicaran ini kita sudah bekerja dalam ruang dimensi dua.

Peningkatan dari ruang berdimensi satu ke ruang dimensi dua dimulai dari

aksioma IV. Jika AB suatu garis ada suatu titik C, tidak pada garis ini. Kemudian

didefenisikan segitiga ABC, selanjutnya diperlukan defenisi bidang berikut ini.

Defenisi

Jika A, B, C tiga titik noncollinear, bidang A B C adalah himpunan semua

titik yang collinear dengan pasangan titik- titik pada suatu atau dua sisi dari

segitiga ABC. Suatu segmen, interval, garis atau sinar dikatakan terletak pada

bidang, jika semua titiknya terletak dalam bidang itu.

Aksioma 1 sampai aksioma VII dapat dipakai untuk membuktikan semau

sifat-sifat letak {“incidence”} dalam bidang, termasuk kedua sifat berikut ini yang

oleh Helbert diambil sebagai aksioma.

1. sebarang tiga titik noncolliear dalam bidang α menentukan dengan lengkap

bidang tersebut.

2. jika dua titik berlainan pada suatu garis a terletak dalam bidang α, maka

setiap titik dari a terletak dalam bidang.

Dalam suatu bidang didefenisikan pula hal-hal berikut.

Defenisi

Suatu sudut terdiri dari suatu titik 0 dan dua sinar yang noncollinear yang

titik pangkalnya di 0. Titik 0 adalah titik sudut dan sinar-sinar itu adalah sisi-sisi

dari sudut itu. Jika sisi-sisinya sinar-sinar sinar-sinar OA dan OB atau a1 dan b1

sudutnya dinyatakan dengan sudut AOB atau sudut BOA atau b1 a1). Sudut yang

sama a1b1 ditentukan oleh sembarang titik- titik A dan B pada sisi-sisinya. Jika C

sebarang titik A dan sinar O C dikatakan di dalam sudut itu.

A

C

O B

Defenisi

Suatu daerah konveks adalah himpunan titik- titik yang dua sebarang

titiknya dapat dihubungankan dengan suatu segmen yang semua titiknya adalah

titik- titik dengn himpunan dengan syarat tambahan., bahwa setiap titiknya

terletak pada paling sedikit dua segmen noncollinear yang sama titiknya adalah

titik- titik dari himpunan itu. Khususnya suatu daerah sudut (“anguran region”)

adalah himpunan semua titik pada sinar-sinar dalam suatu sudut dan suatu daerah

segitiga (“triangular region”) adalah himpunan semua titik antara pasangan-

pasangan titik pada sisi-sisi berlainan dari suatu segitiga. Suatu daerah sudut

segitiga dikatakan terbatas oleh sudut/segitiga itu.

Daerah konveks Daerah tidak konveks

Daerah Sudut Daerah Segitiga

Gambar 19

Dapat dibuktikan, bahwa sebarang garis yang memuat suatu titik dari

suatu daerah konveks membagi daerah itu dalam dua daerah konveks. Khususnya

suatu garis a membagi suatu bidang dalam dua setengah bidang (“half-plane”}.

Setengah bidang

Q

P a

Setengah bidang

R

Gambar 20

Dua titik dikatakan pada pihak yang sama dari a. Jika titik- titik itu dalam

setengah bidang yang sama misalnya P dan Q. Dan dua titik dikatakan pada pihak

yang berlawanan, jika titik- titik itu dalam setengah bidang yang berlawanan

(“opposite”) misalnya P dan R yaitu segmen yang menghubungkannya memotong

a. Dalam hal terakhir ini kita katakan juga, bahwa a memisahkan kedua titik itu.

b1

a1 0 a2

b2

Gambar 21

Seperti telah kita ketahui sebarang titik O pada suatu garis a membagi

adalam dua sinar a1 dan a2. sebarang garis lain melalui O juga dibagi oleh O dalam

dua sinar b1 dan b2. satu dalam masing-masing setengah bidang yang ditentukan

oleh a. Tiap-tiap sinar membagi setengah bidang yang memuatnya dalam dua

daerah sudut. Jadi dua garis sebarang potong memotong a dan b bersama-sama

membagi bidang dalam empat daerah sudut, dibatasi oleh sudut-sudut a1b1. b1a2.

a2b2 dan b2a1. dikatakan sinar-sinar a1 dan a2. memisahkan sinar b1 dan b2.

A a

C

B B

Gambar 22

Dua garis yang tidak berpotong (“noninterecting”) tetapi sebidang

(“coplanar”) membagi bidang dalam tiga daerah. Salahsatu dari daerah ini terletak

antara dua lainnya, dalam arti bahwa daerah ini memuat segmen AB untuk

sebarang titik A pada a dan sebarang titik B pada b. suatu garis lain C dikatakan

terletak antara a dan b jika C memotong segmen a atau b dan ditulis [a c b].

Jika kita bekerja dalam ruang berdimensi dua, kita mempunyai aksioma berikut.,

Aksioma VIII

Semua titik ada dalam satu bidang. Tetapi ketika kita bekerja dalam ruang

berdimensi tiga, maka aksioma VIII ini diganti dengan aksioma IX.

Aksioma IX

Jika A B C suatu bidang, maka ada satu titik D tidak pada bidang ini.

Kemudian didefenisikan bidang – empat (tetrahedron) A B C D memuat empat

titik tidak sebidang (“noncomplanar”) A, B, C, D, yang disebut titik- titik sudut

bidang empat itu. Keenam segmen AD, BD, CD, BC, CA dan AB disebut rusuk-

rusuk dan keempat daerah segitiga BCD, CDA, DAB, dan ABC disebut bidang

sisi bidang sisi. Ruang berdimensi tiga (“3 – Space”) ABCD, yaitu ruang

berdimensi tiga yang ditentukan oleh ABCD adalah himpunan semua titik yang

collinear (segaris) dengan pasangan titik- titik dalam satu dan dua bidang sisi dari

bidang-empat ABCD.

D

Q

P C

T

A

B

Gambar 23

Kemudian dapat diturunkan sifat-sifat tentang letak garis-garis dan bidang-

bidang dalam ruang berdimensi tiga. Khususnya, sebarang empat titik

noncoplanar dari suatu ruang menentukan dengan lengkap ruang ini dan garis

yang menghubungkan sebarang dua titik dari ruang terletak seluruhnya dalam

ruang. Jika Q dalam ruang ABCD dan P pada suatu titik dalam suatu bidang sisi

dari bidang empat ABCD, maka PQ memotong bidang-empat lagi pada suatu titik

lain yang bukan P.

Dapat dibuktikan pula dalil berikut ini.

Dalil 16.

Dua bidang yang bertemu pada satu titik, bertemu di titik yang lain,

dengan demikian bertemu di suatu garis.

Q

D

R C

A P T

B

Gambar 24

Bukti: misalkan kedua bidang itu α dan β dan titik P salahsatu titik

perskutuannya. Dalam bidang α dapat diambil titik- titik A, B dan C sedemikian.

Hingga P dalam segitiga ABC. Misalkan DPQ dalam bidang β. Jika D dan Q

dalam bidang α, maka α dan β sudah mempunyai dua titik berserikat. Andaikan

tidak, maka dapat dibuat bidang empat ABCD, PQ tentu memotong (menembus)

bidang empat ABCD di titik lain yang bukan P( ingat defenisi berdimensi tiga),

misalnya titik R. Maka DR akan memotong bidang sisi ABC di titik T. T terletak

pada bidang β, dan juga pada bidang α. Jika bidang α dan β bersekutu titik-titik P

dan T atau bersekutu dari PT. Terbukti.

Jika kita bekerja dalam ruang berdimensi tiga, kita mempunyai aksioma X.

Aksioma X

semua titik ada dalam ruang yang sama.

Tetapi jika kita ingin bekerja dalam ruang yang berdimensi lebih tinggi

atau kita ingin menambah banyaknya dimensi, maka aksioma X dapat diganti

dengan aksioma XI.

Aksioma XI.

Jika A0 A1 A2 A3 suatu ruang berdimensi tiga (3- space”) maka ada titik A4

yang tidak dalam ruang ini.

Kemudian didefenisikan simpleks A0 A1 A2 A3 A4 yang mempunyai 5 titik

sudut A1 , 10 rusuk Ai Aj (i < j), 10 bidang sisi Ai Aj Ak (i ≤ j ≤ k) dan 5 sel

(“cell”) Ai Aj Ak Al (i < j < k < l) yang berupa daerah tetrahedral.

Maka ruang berdimensi empat (“4 – space”) A0 A1 A2 A3 A4 adalah

himpunan titik-titik yang collirear dengan pasangan titik-titik pada satu atau dua

sel dari simpleks.

Dengan cara sesuai di atas maka mungkin diadakan perluasan sampai

ruang berdimensi n dengan menggunakan induksi matematik.

Seperti telah kita ketahui suatu bidang (berdimensi dua) dibagi menjadi 2

setengah bidang oleh satu garis (berdimensi satu). Ruang berdimensi tiga dibagi

menjadi dua setengah ruang oleh satu bidang (berdimensi dua).

Dengan pemikiran yang serupa, maka ruang berdimensi n (“n-space”) A0

A1 A2 ... An dibagi menjadi dua daerah konveks (“half-space”) oleh suatu

“subspace” berdimensi n-1, misalnya A0 A1 .... An-1 untuk n .> 3, subspace

berdimensi n – 1 ini disebut “ hyperplane” (bidang hyper atau “prime” atau (n-1)

– flat”).

Kita hidup dalam suatu ruang berdimensi tiga tetapi secara matematik

dapat diciptakan ruang yang berdimensi lebih tinggi.

4.2.2. Latihan 2

1. Jika m garis, berlainan yang sebidang melalui suatu titik O, maka mereka

membagi bidang itu dalam 2 m daerah sudut. Terangkan.

2. Jika ABC suatu segitiga, maka ketiga garis BC, CA dan AB membagi

bidang dalam 7 daerah konveks. Salahsatunya berupa daerah segitiga.

Terangkan.

3. Jika m garis sebidang diletakkan sedemikian, hingga setiap 2 tetapi tidak 3

mempunyai titik persekutuan maka garis-garis itu membagi bidang dalam

sejumlah daerah konveks. Sebut jumlah ini f. (2, m), maka f (2, m) = f (2,

m – 1) + m. Tetapi f (2,0) = 1, maka f (2, 1) = 2, f (2, 2) = 4, f (2, 3) = 7

dan f (2, m) = 1 + m + (). Tunjukkan.

4. Jika m bidang dalam ruang berdimensi tiga diletakkan sedemikian hingga

setiap 3, tetapi tidak 4 mempunyai titik perseketuan, maka bidang-bidang

itu membagi ruang dalam f (3, m) daerah konveks. Maka f(3, m) = f (3, m

– 1) + f (2, m – 1). Tetapi f (3, 0) = 1, maka f (3, 1) = 2, f (3, 2) = 4, f (3,

3) = 8, f (3, 4) = 15 dan f (3, m) = 1 + ( ) + ( ) + ( ). Tunjukkan.

5. Terangkan langkah-langkah yang ditempuh untuk menaikkan dimensi dari

ruang berdimensi dua ke ruang berdimensi tiga.

Kunci jawaban latihan 2

1. 1 garis membagi bidang dalam 2 setengah bidang

1 garis membagi 1 daerah sudut dalam 2 daerah sudut

2 garis membagi bidang dalam 4 daerah sudut.

Setiap tambahan satu garis menambah 2 daerah sudut

Jika 3 garis membagi bidang dalam 4 + 2 = 6 daerah sudut

4 garis membagi bidang dalam 6 + 2 = 8 daerah sudut

Sehingga n, garis membagi bidang dalam 2 n daerah sudut

n + 1 garis membagi bidang dalam 2n + 2 = 2 (n + 1) daerah sudut.

Maka jelas m garis membagi bidang dalam 2 m daerah sudut.

2. Diketahui : ABC suatu segitiga

C

A B

Gambar 25

Diterangkan : BC, CA, AB membagi bidang dalam 7 daerah konveks.

Salahsatunya berupa daerah segitiga. Keterangan BC dan CA membagi

bidang dalam 4 daerah sudut AB tidak melalui daerah sudut yang dibatasi

oleh C/A dan C/B, tetapi membagi 3 daerah sudut lainnya, sehingga ada 1

+ 6 = 7 daerah sudut. Daerah yang berhingga adalah daerah segitiga ABC.

3. Diketahui m garis, setiap 2 tetapi tidak 3 mempunyai titik persekutuan.

Jumlah daerah konveks yang terjadi f(2 – m).

Ditunjukkan : f (2, m) = f (2, m – 1) + m = 1 + m + ( )

Keterangan : garis ke m menambah m daerah konveks.

3 2

1

Gambar 26

f (2, 0) = 1 ( tak ada garis)

f (2, 1) = 2 = 1 + 1

f (2, 2) = 4 = 2 + 2

f (2, 3) = 7 = 4 + 3

f (2, m) = f (2, m – 1) + m

= f (2, m – 2) + ( m – 1) + m

= f 2 ( m – 3) + ( m – 2) + ( m – 1) + m

= f ( 2, m – 4) + (m – 3) + ( m – 2) + (m – 1) + m

= f ( 2, 0) + 1 + 2 + 3 + 4 ...

+ ( m – 1) + m

= 1 + m + 1 + 2 + 3 + 4 .... + (m – 1)

= 1 + m + ½ ( m – 1) m

= 1 + m +

= 1 + m + ( )

4. Diketahui m bidang dalam ruang, setiap 3 tetapi tidak 4 mempunyai titik

persekutuan. Jumlah daerah konveks yang terjadi f (3, m).

Ditunjukkan f (3, m) = f(3, m – 1) + f (2, m – 1)

= 1 + ( ) + ( ) + ( )

Keterangan : bidang ( m – 1) pertama membagi bidang yang ke m dalam f

(2, m – 1) daerah bidang yang terletak pada f (2, m – 1) dari f ( 3, m – 1)

daerah ruang. Setiap f (2, m – 1) daerah ruang masing-masing dibagi

menjadi dua, lainnya tetap.

F (3, m) = f (3, m – 1) + f (2, m – 1)

= f (3, m – 2) + f (2, m – 1) + f (2, m – 1)

= f (3, m – 3) + f (2, m – 3) + f (2, m – 2)+ f (2, m – 1)

= f (3, 0) + f (2, 0) + f(2,1) + f(2,2) + f(2,3) +

... f (2, m – 1)

= 1 + 1 + (1 + 1) + 1 + 2 + (2/2) + (` + 3 + (3/2)) + ... (1 + ( m –

1) + ( )

= 1 + m + ( 1 + 2 + 3 + ... ( m – 1) + (2/2) + (3/2) + ( )

= 1 + m + ½ m ( m – 1) + 1/6 m ( m – 1) ( m – 2)

= 1 + ( ) + ( ) + ( )

5. Langkah-langkah untuk menaikkan dimensi dari ruang berdimensi dua ke

ruang berdimensi tiga. Jika kita bekerja di ruang berdimensi dua aksioma

yang berlaku aksioma VIII diganti dengan aksioma IX. Jika ABC suatu

bidang, maka ada suatu titik D tidak pada bidang ini. Kemudian

didefenisikan bidang empat ABCD, yang mempunyai 4 titik sudut, 6 rusuk

dan 4 bidang sisi. Ruang berdimensi tiga yang ditentukan oleh bidang

empat ABCD ialah himpunan semua titik yang segaris (collinear) dengan

pasangan-pasangan titik-titik dalam satu atau dua bidang sisi dari bidang

empat tersebut. Jika kita bekerja dalam ruang berdimensi tiga, maka kita

mempunyai aksioma X: semua titik ada dalam ruang yang sama. Dengan

demikian setiap bidang empat menentukan ruang yang sama.

4.2.3. Rangkuman

Saat ini kita hidup dalam ruang berdimensi tiga. Setalah Anda

mempelajari dimensi ruang, Anda dapat memahami, bahwa dimensi ruang dapat

dinaikkan (ditambah) secara matematik.

Perluasan sampai ruang berdimensi n dapat dipikirkan secara matematik.

Setiap kali kita akan menambah dimensi ruang, kita pikirkan adanya suatu titik di

luar ruang semula dan kemudian dapat didefenisikan ruang yang berdimensi lebih

tinggi.

Langkah-langkah ini dapat Anda temukan pada penambahan dimensi dari

ruang berdimensi satu ke ruang berdimensi tiga dan dari ruang berdimensi tiga ke

ruang berdimensi empat.