Soal dan Pembahasan – Transformasi Geometri Bidang Datar (Versi Rawuh)

Lukislah garis $g$ dan $h$ sebagai berikut ($h$ sejajar dengan $g$).

Letakkan titik $P$ pada garis $g$. Posisikan titik $A$ di tengah-tengah antara kedua garis itu. Tarik garis lurus yang melalui titik $A$ dan $P$, sehingga nantinya garis tersebut memotong garis $h$. Titik potongnya adalah $P’ = T(P)$ dan merupakan daerah nilai (range) $T$.
Jawaban a)
Daerah nilai $T$ adalah garis $h$.
Jawaban b)
Perhatikan gambar berikut.

Perhatikan segitiga $ADE$ dan $AD’E’$. Diketahui bahwa $\angle DAE = \angle D’AE’$ karena sudutnya bertolak belakang dan $DA = AD’$ serta $EA = AE’$ (sebab $A$ berada di tengah-tengah garis $g$ dan $h$). Berdasarkan teorema kekongruenan segitiga, dapat dikatakan bahwa kedua segitiga ini kongruen (sisi-sudut-sisi). Oleh karena itu, haruslah $D’E’ = DE$ (terbukti).
Jawaban c)
Akan dibuktikan $T$ injektif.
Perhatikan gambar berikut.

Ambil dua titik $X$ dan $Y$ pada $g$, dengan $X \neq Y$. Akan ditunjukkan bahwa $T(X) \neq T(Y)$ dengan menggunakan kontradiksi. Andaikan $T(X) = T(Y)$.
Perhatikan bahwa $T(X) = \overleftrightarrow{XA} \cap H$ dan $T(Y)=\overleftrightarrow{YA} \cap H$. Dalam hal ini, $\overleftrightarrow{XA}$ dan $\overleftrightarrow{YA}$ memiliki dua titik sekutu (titik potong), yaitu titik $A$ dan $T(X) = T(Y)$ (dari pengandaian). Ini berarti, garis $\overleftrightarrow{XA}$ berhimpit dengan garis $\overleftrightarrow{YA}$, sehingga haruslah $X = Y$. Hal ini menghasilkan kontradiksi, sebab pada redaksi awal telah dikatakan bahwa $X \neq Y$. Jadi, pengandaian diingkari. Dengan demikian, $T(X) \neq T(Y)$ dan dapat disimpulkan bahwa $T$ injektif (terbukti) $\blacksquare$.

Perhatikan gambar transformasi $T$ berikut dengan $P’K = 2KP$

Jawaban a)
Diketahui bahwa $K \notin \overline{AB}, g // \overleftrightarrow{AB}, T : \overline{AB} \to g$
Karena $P \in \overline{AB}$ dan $T(P) = P’ = \overleftrightarrow{AB} \cap g$, maka $P’ \in g$. Jadi, himpunan peta-peta $P’$ adalah ruas garis pada $g$.
Jawaban b)
Akan dibuktikan $T$ injektif.
Ambil dua titik $X$ dan $Y$ pada $g$, dengan $X \neq Y$. Akan ditunjukkan bahwa $T(X) \neq T(Y)$ dengan menggunakan kontradiksi. Andaikan $T(X) = T(Y)$.
Perhatikan bahwa $T(X) = \overleftrightarrow{KX} \cap g$ dan $T(Y)=\overleftrightarrow{KY} \cap g$. Dalam hal ini, $\overleftrightarrow{KX}$ dan $\overleftrightarrow{KY}$ memiliki dua titik sekutu (titik potong), yaitu titik $K$ dan $T(X) = T(Y)$ (dari pengandaian). Ini berarti, garis $\overleftrightarrow{KX}$ berhimpit dengan garis $\overleftrightarrow{KY}$, sehingga haruslah $X = Y$. Hal ini menghasilkan kontradiksi, sebab pada redaksi awal telah dikatakan bahwa $X \neq Y$. Jadi, pengandaian diingkari. Dengan demikian, $T(X) \neq T(Y)$ dan dapat disimpulkan bahwa $T$ injektif (terbukti) $\blacksquare$.
Jawaban c)

Diketahui $E, F \in \overleftrightarrow{AB}$, maka $E’, F’ \in g$ sehingga $EF \parallel E’F’$.
Perhatikan segitiga $KE’F’$ dan $KEF$.
Diketahui bahwa
$\dfrac{F’K} {FK} = \dfrac{E’K} {EK} = \dfrac{1}{2}$ dan $\angle EKF = \angle E’KF$ sebab kedua sudutnya saling bertolak belakang. Jadi, kedua segitiga itu kongruen.
Akibatnya,
$\dfrac{E’F’} {EF} = \dfrac{F’K} {FK} = \dfrac{E’K} {EK} = \dfrac{1}{2}$
yang berarti $E’F’ = \dfrac{1}{2}EF$.
Jadi, jarak $E’F’$ adalah setengah kali jarak $EF$.

Jawaban a dan b)

Jawaban c)
Untuk membuktikan bahwa $T$ transformasi, harus dibuktikan bahwa $T$ surjektif dan injektif.
i) $T$ surjektif
$T$ surjektif jika $\forall Y \in V$ terdapat prapeta $X$ sehingga $Y = T(X)$. Jika $Y = A$, maka prapetanya adalah $A$ sendiri, karena $T(A) = A$. Apabila $Y \neq1 A$, maka terdapat $X$ tunggal dengan $X \in \overline{AY}$ sehingga $AX = AY$. Didapat $X$ titik tengah $\overline{AY}$. Artinya, $Y =T(X) $. Dapat disimpulkan bahwa untuk setiap $Y \in V$ terdapat prapeta $X$ sehingga $Y = T(X)$. Jadi, $T$ surjektif.
ii) $T$ injektif
Ambil titik $P, Q \neq A, P \neq Q, P, Q, A$ tidak segaris (kolinear). Andaikan $T(P) = T(Q)$.
Oleh karena $T(P) \in \overleftrightarrow{AP}$ dan $T(Q) \in \overleftrightarrow{AQ}$, maka dalam hal ini $\overleftrightarrow{AP}$ dan $\overleftrightarrow{AQ}$ memiliki dua titik sekutu, yaitu $A$ dan $T(P) = T(Q)$. Ini berarti kedua garis itu berimpit, sehingga haruslah $Q \in \overleftrightarrow{AP}$. Dengan kata lain, $P, Q, A$ segaris dan ini jelas kontradiktif dengan redaksi awal. Pengandaian salah dan harus diingkari. Jadi, $T(P) \neq T(Q)$. Berarti, $T$ injektif.
Berdasarkan (i) dan (ii), $T$ adalah suatu transformasi.

Jawaban a)

Posisikan titik $A(0,1)$ pada koordinat Kartesius. Titik $A$ terletak pada lingkaran $C_1$. Tarik garis yang melalui titik $A$ dan $P$ sedemikian sehingga memotong lingkaran $C_2$ di $(0,5)$ yang tepat pada sumbu $Y$. Jadi, $T(A) = (0, 5)$.
Jawaban b)
Perhatikan gambar berikut.

Perhatikan segitiga $APC$ dan $PQB$. Kedua segitiga ini sebangun sehingga berlaku
$\begin{aligned} & \dfrac{PC} {PQ} = \dfrac{PA} {PB} = \dfrac{AC} {BQ} \\ & \dfrac{PC} {PQ} = \dfrac{PA} {PB} \Leftrightarrow \dfrac{PC} {4} = \dfrac{1}{5} \\ & PC = \dfrac{4}{5} \\ & \dfrac{AC} {BQ} = \dfrac{PA} {PB} \Leftrightarrow \dfrac{AC} {3}= \dfrac{1}{5} \\ & AC = \dfrac{3}{5} \end{aligned}$
Jadi, prapeta $B$ adalah $A = \left(\dfrac{4}{5}, \dfrac{3}{5}\right)$.
Jawaban c)
Misalkan $Z$ berada pada $C_1$ dan $Z’$ berada pada $C_2$ sedemikian sehingga $Z’ = T(Z)$. Karena $PZ = 1$ (jari-jari lingkaran kecil 1) dan $PZ’ = 5$ (jari-jari lingkaran besar 5), maka jarak $ZZ’$ adalah $|ZZ’| = 5- 1 = 4$.
Jawaban d)
Misalkan $E, F \in C_1,E \neq F$.
Panjang busur $EF$ dinyatakan sebagai
$|EF| = \dfrac{\angle EPF} {2\pi}. (2\pi(1)) = \angle EPF$
Selanjutnya, $E’ = T(E)$ dan $F’= T(F)$. Panjang busur $E’F’$ dinyatakan sebagai
$|E’F’| = \dfrac{\angle E’PF’} {\cancel{2\pi}} \cdot (\cancel{2\pi}(5)) = 5\angle E’PF’$
Karena $P, E, E’$ segaris dan juga $P, F, F’$ segaris, maka besar sudut $E’PF’$ sama dengan besar sudut $EPF$, sehingga
$|E’F’| = 5\angle E’PF’ = 5\angle EPF = 5|EF|$
Jadi, panjang busur $E’F’$ sama dengan $5$ kali panjang busur $EF$. 

Jawaban a)
Jika $A(-3,6)$, maka berdasarkan definisi fungsi $f$, $f(A) = (|-3|, |6|) = (3,6)$.
Jawaban b)
Dalam hal ini, harus dicari prapeta $A(x, y)$ sedemikian sehingga $f(A) = B = (4,2)$. Koordinat $A$ yang mungkin ada $4$, yaitu $(4,2), (4,-2), (-4, 2), (-4,-2)$.
Jawaban c)
Daerah nilai $f$ adalah himpunan semua titik-titik di kuadran I, sumbu koordinat positif, atau titik pangkal (titik asal $(0,0$)).
Jawaban d)
Ambil dua titik, misalnya $A_1 = (3,5) \in V, A_2 = (3,-5) \in V$. Jelas bahwa $A_1 \neq A_2$, tetapi $f(A_1) = f(A_2) = (3,5)$. Jadi, terdapat $A_1 \neq A_2$, tetapi $f(A_1) = f(A_2)$ sehingga dapat dikatakan bahwa $f$ tidak injektif. Oleh karenanya, $f$ bukanlah suatu transformasi.

Jawaban a)
Peta $A(3,0)$ oleh $g$ adalah $g(A) = (3, 3^2) = (3,9)$.
Jawaban b)
$R(-14,196)$ adalah daerah nilai $g$ karena $R$ mempunyai prapeta, yaitu $(-14,0)$.
Jawaban c)
Ambil titik $A’ \in V$ dengan $A'(a, b)$ dan $b = a^2$. Jelas terdapat $A(a, 0)$ sehingga $g(A) = A’$. Jadi, $g$ surjektif.
Jawaban d)

Jawaban a)
Ambil titik $P(x_1,y_1)$ dan $Q(x_2,y_2)$ sehingga $P \neq Q$. Akan dibuktikan $T(P) \neq T(Q)$.
Karena $P \neq Q$, maka $x_1 \neq x_2$ ATAU $y_1 \neq y_2$.
i) Untuk $x \geq 0$
$T(P) = (x_1+1,y_1)$ dan $T(Q) = (x_2+1,y_2)$
Jelas $x_1\neq x_2$ mengimplikasikan $x_1+1\neq x_2+1$ atau $y_1 \neq y_2$. Jadi, $T(P) \neq T(Q)$
ii) Untuk $x < 0$
$T(P) = (x_1-1,y_1)$ dan $T(Q) = (x_2-1,y_2)$
Jelas $x_1\neq x_2$ mengimplikasikan $x_1-1\neq x_2-1$ atau $y_1 \neq y_2$. Jadi, $T(P) \neq T(Q)$
Berdasarkan i) dan ii), dapat disimpulkan bahwa $T$ injektif.
Jawaban b)
Untuk menunjukkan bahwa $T$ suatu transformasi, harus ditunjukkan bahwa $T$ injektif dan surjektif. $T$ telah dibuktikan injektif pada jawaban a. Selanjutnya, akan ditunjukkan $T$ surjektif.
i) Untuk $x \geq 0$
Andaikan $A = (x’, y’)$
Jika $A$ memiliki prapeta $B(x, y)$, maka haruslah berlaku $T(A) = (x’ + 1, y’)$. Jadi, $x’+1=x, y’= y$
atau
$\begin{cases} x’=x-1 \\ y’=y \end{cases}$
Jelas $T(x-1,y) = ((x-1)+1,y) = (x, y)$
Oleh karena $x’, y’$ selalu ada untuk sembarang nilai $x, y, x \geq 0$, maka $A$ selalu ada sehingga $T(A) = B$.
ii) Untuk $x < 0$
Andaikan $A = (x’, y’)$
Jika $A$ memiliki prapeta $B(x, y)$, maka haruslah berlaku $T(A) = (x’- 1, y’)$. Jadi, $x’-1=x, y’= y$
atau
$\begin{cases} x’=x+1\\ y’=y \end{cases}$
Jelas $T(x+1,y) = ((x+1)-1,y) = (x, y)$
Oleh karena $x’, y’$ selalu ada untuk sembarang nilai $x, y, x < 0$, maka $A$ selalu ada sehingga $T(A) = B$.
Dari i) dan ii), disimpulkan bahwa $T$ surjektif.
Untuk ini, $T$ transformasi sebab bersifat surjektif dan injektif.

Jawaban a dan b)

Jawaban c)
Akan ditunjukkan bahwa $T$ transformasi, yaitu dengan menunjukkan bahwa $T$ surjektif dan injektif.
Jelas setiap $P$ pada $V$, ada prapeta $P’$, sehingga $T(P) = P’$. Jika $P \in S$, maka $P’ = P$ dan jika $P \notin S$, maka $P’$ adalah cermin dari $P$ terhadap sumbu $S$. Jadi, $T$ surjektif.
Untuk $P, Q \in S, P \neq Q$, jelas $P’ \neq Q’$. Untuk $P \notin S$, ambillah dua titik $A, B \notin S, A \neq B$. Kita akan menyelidiki kedudukan $A’$ dan $B’$. Andaikan $A’ = B’$.
Karena $S$ adalah sumbu ruas garis $AA’$, maka $S$ tegak lurus $AA’$ dan karena $S$ adalah sumbu dari ruas garis $BB’$, maka $S$ tegak lurus $BB’$.
Karena $A’=B’$ dan kedua garis tegak lurus $S$, maka $AA’$ dan $BB’$ haruslah berimpit. Akibatnya, $A = B$. Ini suatu kontradiksi karena redaksi awal mengatakan bahwa $A \neq B$. Jadi, pengandaian diingkari, dan $T$ injektif.
Dari kedua ini, dapat disimpulkan bahwa $T$ suatu transformasi.
Jawaban d)
Akan dibuktikan $A’B’ = AB$.

Misal $D$ titik potong garis $S$ dengan ruas garis $\overline{A’A}$ dan $E$ titik potong garis $S$ dengan ruas garis $\overline{B’B}$. Perhatikan segitiga $A’DE$ dan $ADE$.
$A’D = AD$ (berdasarkan definisi $S$ sebagai sumbu $\overline{A’A}$ sehingga $D$ tepat di tengah $\overline{A’A}$).
Juga diketahui bahwa $\angle A’DE = \angle ADE = 90^{\circ}$ (karena $S$ sumbu $\overline{A’A}$, maka $S \perp \overline{A’A}$). Berdasarkan teorema kekongruenan sisi-sudut-sisi, segitiga $A’DE$ kongruen dengan segitiga $ADE$. Akibatnya, $A’E = AE$ dan $\angle A’ED = \angle AED$.
Sekarang, perhatikan segitiga $A’B’E$ dan $ABE$.
Diketahui $A’E = AE~~~~~(i)$
dan $B’E = BE~~~~~(ii)$
(berdasarkan definisi $S$ sebagai sumbu $\overline{B’B}$ sehingga $E$ tepat di tengah $\overline{B’B}$).
Karena $S$ sumbu $\overline{B’B}$, maka $S \perp \overline{B’B}$ dan dapat ditulis
$\begin{aligned} \angle B’ED & = \angle BED = 90^{\circ} \\ \angle B’EA & = \angle B’ED- \angle A’ED \\ \angle BEA & = \angle BED- \angle AED \\ & = \angle B’ED- \angle A’ED \end{aligned}$
Berakibat
$\angle B’EA = \angle BEA~~~~~~~~(iii)$
Berdasarkan (i), (ii), dan (iii), maka menurut teorema kekongruenan sudut-sisi-sudut, segitiga $A’B’E$ kongruen dengan segitiga $ABE$. Akibatnya, $A’B’ = AB$ (terbukti) $\blacksquare$.