MAKALAH GEOMETRI di RUANG

EUCLIDE DIMENSI-n

Lingga Sanjaya

Departemen Matematika/Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam,

Universitas Gadjah Mada

BERKAS BIDANG DATAR-n

(n-Hyper Plane)

Definisi.1.1

Diberikan bdaing datar-n V1 dan V2. Himpunan 𝐵 = {𝑉1 + 𝛾𝑉2 = 0, 𝛾 ∈ 𝑅}

disebut berkas bidang-n B yang dibangkitkan oleh V1 dan V2; dan

𝑉1 + 𝛾𝑉2 = 0

Disebut persamaan bidang-n B.

Suatu hyperline-n pada berkas bidang datar-n disebut hyperline-n pokok.

Dua buah bidang datar-n yang membentuk berkas bidang datar-n disebut bidang

pokok.

Sifat.1

Setiap bilangan 𝛾 ∈ 𝑅 menentukan tepat satu anggota

Bukti:

Misalkan suatu bidang-n

𝑉1 + 𝛾𝑉2 = ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 + 𝛾(⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2) = 0

Ambil sebarang 𝛾𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝛾𝑗 ∈ 𝑅 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝛾𝑖 ≠ 𝛾𝑗. Akan dibuktikan 𝑉𝑖 ≠ 𝑉𝑗

Diperhatikan:

𝑉𝑖: ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 + 𝛾𝑖(⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2) = ⟨𝛼1 + 𝛾𝑖. 𝛼2, 𝑥⟩ − (𝛽1 + 𝛾𝑖. 𝛽2) = 0

Dan

𝑉𝑗: ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 + 𝛾𝑗(⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2) = ⟨𝛼1 + 𝛾𝑗. 𝛼2, 𝑥⟩ − (𝛽1 + 𝛾𝑗. 𝛽2) = 0

Karena 𝛾𝑖 ≠ 𝛾𝑗 maka diperoleh:

• 𝛾𝑖 ≠ 𝛾𝑗 → 𝛼2. 𝛾𝑖 ≠ 𝛾𝑗. 𝛼2 → 𝛼1 + 𝛼2. 𝛾𝑖 ≠ 𝛾𝑗. 𝛼2 + 𝛼1

Sehingg 𝑉𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑗 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑖𝑙𝑖𝑘𝑖 𝑣𝑒𝑘𝑡𝑜𝑟 𝑎𝑟𝑎ℎ 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑠𝑎𝑚𝑎.

• 𝛾𝑖 ≠ 𝛾𝑗 → 𝛽2. 𝛾𝑖 ≠ 𝛾𝑗. 𝛽2 → 𝛽2. 𝛾𝑖 + 𝛽1 ≠ 𝛾𝑗. 𝛽2 + 𝛽1

Sehingga 𝑉𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑗 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑖𝑙𝑖𝑘𝑖 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑠𝑎𝑚𝑎.

Dengan demikian untuk setiap pengambilan 𝛾 ∈ 𝑅 menentukan satu buah

anggota.(bukti selesai)

Sifat.2

Setiap anggota memuat hyperline-n pokok.

Bukti:

Misalkan bidang-n yang dibangkitkan oleh :

𝑉1: ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 = 0 Dan 𝑉2: ⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2 = 0 , katakanlah

𝑉𝑖: ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 + 𝛾(⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2) = 0 . karena V1 dan V2 adalah bidang

pokok yang tak sejajar, maka 𝑉1 ≠ 𝑉2 dan berpotongan pada hyperline-n

pokok, katakanlah:

𝐻: {𝒙 ∈ 𝑅 |{⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 = 0⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2 = 0

Akan dibuktikan 𝐻 ∁ 𝑉𝑖. Ambil sebarang 𝒙∗ ∈ 𝐻. Karena 𝒙∗memenuhi

{⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 = 0⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2 = 0

, maka diperoleh:

𝑉𝑖: ⟨𝛼1, 𝒙∗⟩ − 𝛽1 + 𝛾(⟨𝛼2, 𝒙∗⟩ − 𝛽2) = 0 + 𝛾0 = 0

Sehingga untuk setiap pengambilan 𝒙∗ ∈ 𝐻, pasti 𝒙∗memenuhi 𝑉𝑖 = 0, dengan

demikian untuk setiap pengambilan 𝒙∗ ∈ 𝐻, 𝒙∗ berada di dalam 𝑉𝑖. Sehingga

𝐻 ∁ 𝑉𝑖. Dengan demikian setiap anggota berkas bidang-n memuat hyperline

pokoknya. (bukti selesai)

Sifat.3

Setiap titik di laur hyperline-n pokok, dilewati tepat satu anggotanya.

Bukti:

Misal suatu berkas bidang-n dengan bidang-n pembangun:

𝑉1: ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 = 0 dan 𝑉2: ⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2 = 0 katakanlah

𝐵 = {𝑉1 + 𝛾𝑉2 = 0, 𝛾 ∈ 𝑅} dengan 𝑉1 𝑑𝑎𝑛 𝑉2 berpotongan pada hyperline-n

katakanlah:

𝐻: {𝒙 ∈ 𝑅 |⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 = 0

⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2 = 0}

Ambil sebarang titik 𝒙∗ ∈ 𝑅𝑛 di luar H, dengan demikian diperoleh:

|⟨𝛼1, 𝒙∗⟩ − 𝛽1 = 𝑎 ≠ 0

⟨𝛼2, 𝒙∗⟩ − 𝛽2 = 𝑏 ≠ 0

Maka terdapat 𝛾 = −𝑎

𝑏, sehingga:

⟨𝛼1, 𝒙∗⟩ − 𝛽1 + 𝛾(⟨𝛼2, 𝒙∗⟩ − 𝛽2) = 𝑎 −𝑎

𝑏(𝑏) = 0

Dengan demikian terdapat satu bidang-n 𝑉𝑖 ∈ 𝐵, dengan

𝑉𝑖: ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 + 𝛾(⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2) = 0 dimana 𝛾 = −𝑎

𝑏, yang melewati setiap

titik di luar hyperline-n. (bukti selesai)

Sifat.4

Setiap anggota bidang datar-n, menentukan suatu 𝛾 ∈ 𝑅.

Bukti:

Misal suatu berkas bidang-n dengan bidang-n pembangun:

𝑉1: ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 = 0 dan 𝑉2: ⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2 = 0 katakanlah

𝐵 = {𝑉1 + 𝛾𝑉2 = 0, 𝛾 ∈ 𝑅}. Telah kita ketahui setiap anggota berkas bidang

datar-n ditentukan oleh 𝛾 ∈ 𝑅. Diambil sebarang 𝑉𝑖 ≠ 𝑉𝑗 dengan

𝑉𝑖: ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 + 𝛾𝑖(⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2) = ⟨𝛼1 + 𝛾𝑖. 𝛼2, 𝑥⟩ − (𝛽1 + 𝛾𝑖. 𝛽2) = 0

Dan

𝑉𝑗: ⟨𝛼1, 𝑥⟩ − 𝛽1 + 𝛾𝑗(⟨𝛼2, 𝑥⟩ − 𝛽2) = ⟨𝛼1 + 𝛾𝑗. 𝛼2, 𝑥⟩ − (𝛽1 + 𝛾𝑗. 𝛽2) = 0

Kemudian karena 𝑉𝑖 ≠ 𝑉𝑗, maka :

𝛼1 + 𝛾𝑗. 𝛼2 ≠ 𝛼1 + 𝛾𝑖. 𝛼2 → 𝛾𝑗. 𝛼2 ≠ 𝛾𝑖. 𝛼2 → 𝛾𝑗 ≠ 𝛾𝑖

Dengan demikian setiap pengambilan sebarang 𝑉𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑗 yang berbeda

menghasilkan bilangan 𝛾𝑗, 𝛾𝑖 ∈ 𝑅 yang berbeda pula. Sehingga setiap anggota

berkas bidang-n menentukan sauatu bilangan 𝛾 ∈ 𝑅. (bukti selesai)

Sifat.5

Setiap dua anggota berkas bidang datar-n dapat menjadi anggota pokoknya.

Bukti:

Misalkan suatu berkas bidang datar-n katakanlah 𝑉1 + 𝛾𝑉2 = 0. Selanjutnya

misalkan untuk sebarang dua anggota 𝑉𝑖 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑗 = 0 dengan

𝑉𝑖 = 𝑉1 + 𝛾𝑖. 𝑉2 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑗 = 𝑉1 + 𝛾𝑗. 𝑉2 = 0. Kemudian dibentuk bidang

datar-n yang dibangun oleh 𝑉𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑉𝑗 𝑘𝑎𝑡𝑎𝑘𝑎𝑛𝑙𝑎ℎ 𝑉′ = 𝑉𝑖 + 𝛾′. 𝑉𝑗 = 0.

Kemudian diperhatikan:

𝑉′ = 𝑉𝑖 + 𝛾′. 𝑉𝑗 = 0

↔ 𝑉′ = 𝑉1 + 𝛾𝑖. 𝑉2 + 𝛾′( 𝑉1 + 𝛾𝑗. 𝑉2) = 0

↔ 𝑉′ = 𝑉1(𝛾′ + 1) + 𝑉2(𝛾′𝛾𝑗 + 𝛾𝑖) = 0

↔ 𝑉′ = 𝑉1 + ((𝛾′𝛾𝑗+𝛾𝑖)

(𝛾′+1)) 𝑉2 = 0

↔ 𝑉′ = 𝑉1 + 𝜃. 𝑉2 = 0 dimana 𝜃 =(𝛾′𝛾𝑗+𝛾𝑖)

(𝛾′+1)∈ 𝑅

Dengan kata lain pesamaan 𝑉′ dapat dinyatakan dalam persamaan 𝑉1 + 𝜃𝑉2 =

0, sehingga setiap dua anggota berkas bidang datar-n dapat menjadi anggota

pokoknya.(bukti selesai)

LUASAN BOLA-n

(n-Hyper Sphere)

Luasan Bola di dalam Ruang Euclide berdimensi-n(Rn)

Luasan bola-n adalah kumpulan titik yang memeliki jarak tetap terhadap

suatu titik tertentu yang disebut titik pusat.

Definisi.2

Diberikan titik tetap 𝒂 ∈ 𝑅𝑛 𝑑𝑎𝑛 𝑟 ∈ 𝑅, 𝑟 ≥ 0. Himpunan :

𝑆 = {𝒙 ∈ 𝑅𝑛: 𝑑(𝒙, 𝒂) = 𝑟}

Disebut luasan bola-n (n-Hyper Sphere) S. Titik 𝒂 𝑑𝑖𝑠𝑒𝑏𝑢𝑡 𝑡𝑖𝑡𝑖𝑘 𝑝𝑢𝑠𝑎𝑡 𝑆,

skalar r disebut jari-jari S, dan 𝑑(𝒙, 𝒂) = 𝑟 disebut persamaan S.

Persamaan luasa bola-n S: 𝑑(𝒙, 𝒂) = 𝑟 equivalen dengan persamaan-

persamaan berikut:

1. ‖𝒙 − 𝒂‖ = 𝑟 𝑎𝑡𝑎𝑢

∑(𝑥𝑖 − 𝑎𝑖)2 = 𝑟2

𝑛

𝑖=1

2. ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2

3. ⟨𝒙, 𝒙⟩ − 2 ∑ 𝑎𝑖𝑥𝑖 + 𝑏𝑛𝑖=1 = 0

Persamaan Luasan Bola-n melalui n+1 titik

Jika diberikan n+1 titik:{𝒙(𝟏), 𝒙(𝟐), … , 𝒙(𝒏+𝟏)}∁𝑅𝑛 yang tak sebidang

maka, dapat dibentuk luasan bola-n yang melalui titik tersebut yaitu sama saja

dengan mencari bilangan-bilangan 𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 𝑑𝑎𝑛 𝑏 sedemikian sehingga

titik-titik tersebut terletak pada luasan bola-n:

𝑎0 ∑ 𝑥𝑖2

𝑛

𝑖=1

− 2 ∑ 𝑎𝑖𝑥𝒊

𝑛

𝑖=1

+ 𝑏 = 0

Dengan kata lain menyelesaikan sistem n+2 persamaan homogen dengan n+2

unknwon:

|𝑎0 ∑ 𝑥𝑖

2𝑛𝑖=1 − 2 ∑ 𝑎𝑖𝑥𝒊

𝑛𝑖=1 + 𝑏 = 0

𝑎0 ∑ 𝑥𝑖(𝑘)2

𝑛𝑖=1 − 2 ∑ 𝑎𝑖𝑥𝒊

(𝑘)𝑛𝑖=1 + 𝑏 = 0 , 𝑘 = 1,2,3, … , 𝑛 + 1

Selanjutnya sistem tersebut memiliki penyelesaian jika:

det(𝐴) =

|

|∑ 𝑥𝑖

2

𝑛

𝑖=1

2𝑥1 ⋯ 2𝑥𝑛 1

⋮ ⋱ ⋮

∑ 𝑥𝑖(𝑛+1)2

𝑛

𝑖=1

2𝑥1(𝑛+1) ⋯ 2𝑥𝑛

(𝑛+1) 1|

|

= 0

Teorema.1

Jika diketahui dari n+1 titik yang tidak sebidang {𝒙(𝟏), 𝒙(𝟐), … , 𝒙(𝒏+𝟏)}∁𝑅𝑛,

maka terdapat luasan bola-n yang melalui n+1 titik tersebut yaitu:

|

|∑ 𝑥𝑖

2

𝑛

𝑖=1

2𝑥1 ⋯ 2𝑥𝑛 1

⋮ ⋱ ⋮

∑ 𝑥𝑖(𝑛+1)2

𝑛

𝑖=1

2𝑥1(𝑛+1) ⋯ 2𝑥𝑛

(𝑛+1) 1|

|

= 0

Bukti:

Karena persamaan luasan bola-n adalah

𝑎0 ∑ 𝑥𝑖2

𝑛

𝑖=1

− 2 ∑ 𝑎𝑖𝑥𝒊

𝑛

𝑖=1

+ 𝑏 = 0

Maka dapat dicari koefisien-koefisien 𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 𝑑𝑎𝑛 𝑏 yaitu:

𝑎𝑖 = (−1)1+𝑖|𝐴1𝑖| dengan i = 0,1,2,...,n+1

𝑏 = |𝐴1𝑛+2|

Dalam hal ini, |𝐴1𝑘|, k = 0,1,2,...,n+2 adalah determinan yang diperoleh dari

det(A) dengan mencoret baris ke-1 dan kolom ke-i. (bukti selesai)

Bidang Singgung-n suatu Luasan Bola-n

Jika diberikan suatu luasan bola-n 𝑆: ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2 dan 𝒙(𝟏) ∈ 𝑹𝒏

terletak pada luasan bola-n tersebut, maka persamaan

⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙(𝟏) − 𝒂⟩ = 𝑟2

merupakan bidang datar-n yang memiliki vektor arah 𝒙(𝟏) − 𝒂 dan melalui titik

𝒙(𝟏). Bidang datar-n tersebut berserikat dengan S di suatu titik yaitu 𝒙(𝟏). Jadi

⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙(𝟏) − 𝒂⟩ = 𝑟2 merupakan bidang singgung-n pada luasan bola-n

𝑆: ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2 pada titik 𝒙(𝟏). Selanjutnya titik 𝒙(𝟏)disebut titik

singgung pada luasan bola-n tersebut.

Secara khusus jika luasan bola-n memiliki titik pusat pada titik origin

(0,0,.....,0) dengan jari-jari r, maka persamaan bidang singgung-n di titik

𝒙(𝟏)pada luasan bola-n tersebut adalah:

⟨𝒙, 𝒙(𝟏)⟩ = 𝑟2

Kutub dan Bidang Kutub terhadap suatu Luasan Bola-n

Jika diketahui suatu luasan bola 𝑆: ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2 dan sebarang titik

𝒃 ∈ 𝑅𝒏. Tentu dengan titik 𝒃 tersebut dapat dibentuk vektor 𝒃 − 𝒂, sehingga

diperoleh bidang datar-n :

𝑉𝑘: {𝒙 ∈ 𝑅𝒏: ⟨𝒃 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2}

Bidang datar-n 𝑉𝑘disebut bidang kutub titik 𝒃 terhadap luasan bola-n S,

sedangkan titik 𝒃 disebut kutub bidang datar-n 𝑉𝑘 terhadap luasan bola-n S.

Selanjutnya untuk suatu luasan bola-n 𝑆: ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2, dapat

dihitung jarak antara titik pusat 𝑆: 𝒂 dan titik kutub 𝑉𝑘: 𝒃 yaitu:

𝛿(𝒂, 𝑉𝑘) =𝑟2

‖𝒃 − 𝒂‖

Hal ini menghasilkan ketentuan-ketentuan berikut:

1. Jika titik 𝒃 di luar S, maka 𝑉𝑘 memotong S.

2. Jika titik 𝒃 di dalam S, maka 𝑉𝑘 tidak memotong S.

3. Jika titik 𝒃 pada S, maka 𝑉𝑘 berimpit dengan bidang singgung-n S di 𝒃.

Jika diberikan suatu luasan bola-n 𝑆: ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2 dan suatu bidang

datar-n 𝑉: ⟨𝒂, 𝒙⟩ = 𝛾 sebagai bidang kutub suatu titik tertentu. Cara menemukan

titik kutub tersebut sebagai berikut:

Dimisalkan titik 𝒃 = (𝑏1, 𝑏2, … , 𝑏𝑛) ∈ 𝑅𝑛 adalah titik kutub dengan

𝑏1, 𝑏2, … , 𝑏𝑛 adalah unknwon. Titik 𝒃 memenuhi persamaan:

⟨𝒃 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2

Yaitu bidang kutub titik 𝒃, yang ekuivalen dengan

⟨𝒃 − 𝒂, 𝒙⟩ = 𝑟2 + ⟨𝒃 − 𝒂, 𝒂⟩

Karena persamaan bidang kutunya adalah ⟨𝒙, 𝒂⟩ = 𝛾, maka diperoleh

perbandingan

(𝑏1 − 𝑎1)

𝑎1=

(𝑏2 − 𝑎2)

𝑎2= ⋯ =

(𝑏𝑛 − 𝑎𝑛)

𝑎𝑛=

𝑟2 + ⟨𝒃 − 𝒂, 𝒂⟩

𝛾

yang akan memberikn n persamaan dengan n unknwon, sehingga dengan

menggunkan penyelesaian sistem persamaan linear dapat diperoleh nilai dari

𝑏1, 𝑏2, … , 𝑏𝑛. Dengan demikian diperoleh kutub 𝒃 yang dicari.

Kuasa titik Terhadap Luasan Bola-n

Definisi.3

Diberikan suatu luasan bola-n 𝑆: ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2. Untuk sebarang titik 𝒙 ∈

𝑅𝒏, fungsi 𝑆(𝒙): ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2 disebut kuasa titik 𝒙 terhadap luasan bola-

n S.

Jika persamaan bola-n S yang diberikan adalah

⟨𝒙, 𝒙⟩ + 𝐴1𝑥1 + 𝐴2𝑥2 + ⋯ + 𝐴𝑛𝑥𝑛 + 𝐵 = 0

Maka fungsi kuasa sebarang titik 𝒙 ∈ 𝑅𝒏 𝒙 adalah

𝑆(𝒙) = ⟨𝒙, 𝒙⟩ + 𝐴1𝑥1 + 𝐴2𝑥2 + ⋯ + 𝐴𝑛𝑥𝑛 + 𝐵

Himpunan kuasa terhadap beberapa luasan bola-n

Himpunan titik yang mempunyai kuasa yang sama terhadap beberapa

luasan bola-n tertentu disebut juga sebagai: bidang kuasa, n-hyperline kuasa,

garis kuasa, dan titik kuasa.

Bidang kuasa-n dari dua Luasan Bola-n

Diberikan dua luasan bola-n 𝑆1 𝑑𝑎𝑛 𝑆2 yang berbeda. Himpunan titik-

titik yang memiliki kuasa sama terhadap 𝑆1 𝑑𝑎𝑛 𝑆2 dapat dituliskan:

𝑉𝑝 = {𝒙 ∈ 𝑅𝑛: 𝑆1(𝒙) = 𝑆2(𝒙)}

n-Hyperline kuasa dari tiga Luasan Bola-n

n-Hyperline dapat diperoleh dari dua bidang datar-n. Jadi jika diberikan

tiga buah luasan bola-n S1=0, S2=0, dan S3=0 yang tidak sepusat dan tidak

mempunyai bidang kuasa yang tidak searah, maka ketiga bidang tersebut akan

menentukan tepat satu n-Hyperline yang dapat ditulis:

𝐻𝑝 = {𝒙 ∈ 𝑅𝑛: 𝑆1(𝒙) = 𝑆2(𝒙) = 𝑆3(𝒙)}

Disebut n-Hyperline kuasa 𝐻𝑝 terhadap tiga luasan bola S1,S2, dan S3.

Garis Kuasa dari n Luasan Bola-n

Diberikan n luasan bola-n 𝑆𝑖 = 0, 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 yang setiap dua luasan

bola-n tidak sepusat dan mempunyai bidang kuasa yang tidak searah. Pada n

luasan bola-n tersebut terdapat n titik pusat yang sebidang. Selanjutnya dapat

ditentukan arah bidang daar-n tersebut yang ternyata juga merupakan garis

kuasa dai n luasan bola-n tersebut. Dinotasikan :

𝐼𝑝 = {𝒙 ∈ 𝑅𝒏: ⟨𝒙 − 𝒂𝒌, 𝒙 − 𝒂𝒌⟩ = 𝑟2𝑘 , 𝑘 = 1, 2, 3, … , 𝑛}

Titik kuasa dari n+1 Luasan Bola-n

Diberikan n+1 luasan bola-n 𝑆𝑖 = 0, 𝑖 = 1,2, … , 𝑛+1 yang setiap dua

luasan bola tidak sepusat dan mempunyai bidang kuasa yang searah. Himpunan

titik yang memilki kuasa yang sama terhadap n+1 luasan bola-n dinotasikan

sebagai:

𝒙𝑝 = {𝒙 ∈ 𝑅𝑛: 𝑆1(𝒙) = 𝑆2(𝒙) = 𝑆3(𝒙) = ⋯ = 𝑆𝑛+1(𝒙)}

Lingkaran-n (n-Hypercircle)

Misalkan diberikan dua luasan bola-n S1 dan S2 maka hasil dari interkasi

dari kedua luasan bola-n tersebut diperoleh himpunan :

𝑆1 ∩ 𝑆2 {= ∅

= 𝑠𝑖𝑛𝑔𝑙𝑒𝑡𝑜𝑛≠ 𝑠𝑖𝑛𝑔𝑙𝑒𝑡𝑜𝑛 𝑑𝑎𝑛 ≠ ∅

Definisi.4

Diberikan dua luasan bola-n yang tidak sepusat S1 dan S2, maka himpunan:

𝐶 = 𝑆1 ∩ 𝑆2

Disebut:

1. Lingkaran-n sejati C dari 𝑆1𝑑𝑎𝑛𝑆2 , 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑆1 ∩ 𝑆2 ≠ ∅ 𝑑𝑎𝑛 ≠ 𝑠𝑖𝑛𝑔𝑙𝑒𝑡𝑜𝑛.

2. Lingkaran-n khayal C dari 𝑆1𝑑𝑎𝑛 𝑆2, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑆1 ∩ 𝑆2 = ∅ .

3. Lingkaran-n titk C dari 𝑆1𝑑𝑎𝑛 𝑆2 , 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑆1 ∩ 𝑆2 = 𝑠𝑖𝑛𝑔𝑙𝑒𝑡𝑜𝑛.

Definisi.5

Diberikan luasan bola-n S dan bidang datar-n V, maka himpunan:

𝐶 = 𝑆 ∩ 𝑉

Disebut:

1. Lingkaran-n sejati C dari 𝑆𝑑𝑎𝑛 𝑉, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝐶 ∩ 𝑉 ≠ ∅ 𝑑𝑎𝑛 ≠ 𝑠𝑖𝑛𝑔𝑙𝑒𝑡𝑜𝑛.

2. Lingkaran-n khayal C dari 𝑆 𝑑𝑎𝑛 𝑉 , 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝐶 ∩ 𝑉 = ∅ .

3. Lingkaran-n titk C dari 𝑆 𝑑𝑎𝑛 𝑉, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝐶 ∩ 𝑉 = 𝑠𝑖𝑛𝑔𝑙𝑒𝑡𝑜𝑛.

Misal terdapat dua luasan bola-n yang tidak sepusat dan berimpit

𝑆1=⟨𝒙 − 𝒂𝟏, 𝒙 − 𝒂𝟏⟩ = 𝑟21 𝑑𝑎𝑛 𝑆2 = ⟨𝒙 − 𝒂𝟐, 𝒙 − 𝒂𝟐⟩ = 𝑟2

2

Maka dapat dicari jarak antar kedua pusatnya dan jumlahan jari-jarinya,

kemudian diperoleh:

1. Jika ‖𝒂𝟏 − 𝒂𝟐‖ > 𝒓𝟏 + 𝒓𝟐, maka diperoleh lingakaran-n khayal

2. Jika ‖𝒂𝟏 − 𝒂𝟐‖ = 𝒓𝟏 + 𝒓𝟐, maka diperoleh lingakaran-n titik

3. Jika ‖𝒂𝟏 − 𝒂𝟐‖ < 𝒓𝟏 + 𝒓𝟐, maka diperoleh lingakaran-n sejati

Misal terdapat luasan bola-n 𝑆: ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2 dan bidang datar-n

𝑉: ⟨𝜶, 𝒙⟩ = 𝛾, tentu dapat dihitung jarak antara dua pusat S dengan bidang

datar-n V:

𝛿(𝒂, 𝑉) =|⟨𝜶, 𝒂⟩ − 𝛾|

‖𝜶‖

Sehingga diperoleh ketuntuan:

1. 𝛿(𝒂, 𝑉) > 𝑟 → 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒ℎ 𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛 − 𝑛 𝑘ℎ𝑎𝑦𝑎𝑙

2. 𝛿(𝒂, 𝑉) = 𝑟 → 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒ℎ 𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛 − 𝑛 𝑡𝑖𝑡𝑖𝑘

3. 𝛿(𝒂, 𝑉) < 𝑟 → 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒ℎ 𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛 − 𝑛 𝑠𝑒𝑗𝑎𝑡𝑖

Misal diberikan bidang kutub 𝑉𝑘: ⟨𝒃 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2 yang merupakan

bidang kutub titik b terhadap luasan bola-n ⟨𝒙 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2, maka

himpunan:

𝐶: {𝒙 ∈ 𝑅𝒏: ⟨𝒃 − 𝒂, 𝒙 − 𝒂⟩ = 𝑟2}

Merupakan lingkaran-n C dari S dan 𝑉𝑘.

Berkas luasan bola-n

Misal terdapat dua luasan bola-n dengan𝑆1: ⟨𝒙 − 𝒂𝟏, 𝒙 − 𝒂𝟏⟩ = 𝑟21 dan

𝑆2: ⟨𝒙 − 𝒂𝟐, 𝒙 − 𝒂𝟐⟩ = 𝑟22 , maka dapat dibentuk

𝑆1 + 𝛽𝑆2 = 0

Definisi.6

Diberikan dua luasan bola-n 𝑆1𝑑𝑎𝑛 𝑆2. Himpunan

𝐽 = {𝑆1 + 𝛽𝑆2 = 0 , 𝛽 ∈ 𝑅𝑛}

Disebut berkas luasan bola-n yang dibangkitkan oleh 𝑆1𝑑𝑎𝑛 𝑆2.

𝑆1𝑑𝑎𝑛 𝑆2 disebut anggota pokok, kemudian bidang kuasa dari kedua

luasan bola tersebut disebut bidang pokok.

Sifat.6

Setiap bilangan 𝛽 ∈ 𝑅 menentukan tepat satu anggota berkas luasan bola-n

Bukti:

Ambil sebarang berkas bola-n J. Misalkan dua anggota pokoknya:

𝑆1: ‖𝒙‖2 − 2𝑎1(1)

𝑥1 − 2𝑎2(1)

𝑥2 − ⋯ − 2𝑎𝑛(1)

𝑥𝑛 + 𝑏(1) = 0

𝑆2: ‖𝒙‖2 − 2𝑎1(2)

𝑥1 − 2𝑎2(2)

𝑥2 − ⋯ − 2𝑎𝑛(2)

𝑥𝑛 + 𝑏(2) = 0

Selanjutnya, untuk setiap 𝛽 ∈ 𝑅 memberikan persamaan:

𝑆1 + 𝛽𝑆2 = 0

↔ (1 + 𝛽)‖𝒙‖2 − 2(𝑎1(1)

+ 𝛽𝑎1(2)

)𝑥1 − ⋯ − 2(𝑎𝑛(1)

+ 𝛽𝑎𝑛(2)

)𝑥𝑛 + 𝑏(1) = 0

↔ ‖𝒙‖2 − 2(𝑎1(1)

+ 𝛽𝑎1(2)

)𝑥1/(1 + 𝛽) − ⋯ − 2(𝑎𝑛(1)

+ 𝛽𝑎𝑛(2)

)𝑥𝑛/(1 + 𝛽)

+ 𝑏(1) = 0

Terlihat bahwa untuk setiap 𝛽 ∈ 𝑅 diperoleh tepat satu anggota J yang

mempunyai titik pusat :

𝒂 = (𝑎1(1)

+ 𝛽𝑎1(2)

)𝑥1/(1 + 𝛽) + ⋯ + (𝑎𝑛(1)

+ 𝛽𝑎𝑛(2)

)𝑥𝑛/(1 + 𝛽)

Dan jari-jari r dengan

𝑟2 = ⟨𝒂, 𝒂⟩ − (𝑏(1) + 𝛽𝑏(2))

Sifat.7

Setiap anggota berkas luasan bola-n memuat lingkaran pokoknya

Bukti:

Misalkan diberikan dua luasan bola-n S1 dan S2. Ambil secbarang titik b∈ 𝑅𝑛

Di dalam lingkaran pokok. Maka b memenuhi persamaan S1=0 dan S2=0.

Kemudian juga memenuhi S1+𝛽. 𝑆2 = 0 untuk setiap 𝛽 ∈ 𝑅. Dengan kata lain,

untuk setiap anggota memuat b.(bukti selesai)

Sifat.8

Setiap titik di luar lingkaran pokok berkas luasan bola-n, dilalui oleh tepat satu

anggota.

Bukti:

Ambil sebarang berkas luasan bola-n J. Misalkan J dibangkitkan oleh

𝑆1: ⟨𝒙 − 𝒂𝟏, 𝒙 − 𝒂𝟏⟩ = 𝑟21 dan 𝑆2: ⟨𝒙 − 𝒂𝟐, 𝒙 − 𝒂𝟐⟩ = 𝑟2

2, maka diperoleh

𝐽 = {𝑆1 + 𝛽𝑆2 = 0 , 𝛽 ∈ 𝑅𝑛}

Misalkan titik b ∈ 𝑅𝑛 yang bukan anggota lingkaran pokok dilalui oleh anggota

𝑆1 + 𝛽𝑆2 = 0 untuk 𝛽 ∈ 𝑅𝑛, maka berlaku

⟨𝒃 − 𝒂𝟏, 𝒃 − 𝒂𝟏⟩ − 𝑟21 + 𝛽(⟨𝒃 − 𝒂𝟐, 𝒃 − 𝒂𝟐⟩ − 𝑟2

2) = 0

Sehingga akan diperoleh nilai 𝛽 yaitu:

𝛽 =−(⟨𝒃 − 𝒂𝟏, 𝒃 − 𝒂𝟏⟩ − 𝑟2

1)

(⟨𝒃 − 𝒂𝟐, 𝒃 − 𝒂𝟐⟩ − 𝑟22)

∈ 𝑅𝑛

Dengan demikian terdapat tepat satu anggota J, yaitu :

𝑆1 + 𝛽𝑆2 = 0

dimana titik b termuat di dalamnya.(bukti selesai)

Sifat.9

Setiap anggota berkas luasan bola-n menentukan tepat satu bilangan 𝛽 ∈ 𝑅𝑛.

Bukti:

Dari sifat sebelumnya sudah diketahui bahwa setiap anggota berkas luasan bola-

n yang dibangkitkan oleh S1 dan S2 yaitu:

𝑆1 + 𝛽𝑆2 = 0

Untuk 𝛽 ∈ 𝑅𝑛.

Ambil titik sebarang b ∈ 𝑅𝑛. Jika b tidak dilalui oleh S1 atau S2, maka

persamaan 𝑆1 + 𝛽𝑆2 = 0 yang melalui b hanya dipenuhi oleh tepat satu 𝛽 ∈ 𝑅𝑛.

Sifat.10

Bidang kuasa dari setiap dua anggota berkas luasan bola-n adalah sama.

Bukti:

Misalkan berkas luasan bola-n dibangkitkan oleh S1 dan S2, yaitu:

𝑆1: ‖𝒙‖2 − 2𝑎1(1)

𝑥1 − 2𝑎2(1)

𝑥2 − ⋯ − 2𝑎𝑛(1)

𝑥𝑛 + 𝑏(1) = 0

𝑆2: ‖𝒙‖2 − 2𝑎1(2)

𝑥1 − 2𝑎2(2)

𝑥2 − ⋯ − 2𝑎𝑛(2)

𝑥𝑛 + 𝑏(2) = 0

Di mana 𝑏(1) = ‖𝑎(1)‖2

− 𝑟21 dan 𝑏(2) = ‖𝑎(2)‖

2− 𝑟2

2, maka diperoleh

bidang kuasa yaitu:

𝑉: ⟨𝒂(1) − 𝒂(2), 𝒙⟩ − 𝛾 = 0

dengan 𝛾 =‖𝒂(1)‖−‖𝒂(2)‖−𝑟2

1+𝑟22

2.

Ambil sebarang dua anggota, misalnya 𝑆1′ 𝑑𝑎𝑛 𝑆2′ maka terdapat 𝛽1𝑑𝑎𝑛 𝛽2 ∈ 𝑅

sehingga:

𝑆1′ : 𝑆1 + 𝛽1𝑆2 = 0 dan 𝑆2

′ : 𝑆1 + 𝛽2𝑆2 = 0

maka diperoleh:

𝑆′1: ‖𝒙‖2 −2 (𝑎1

(1)𝑥1 + 𝛽1𝑎1

(2))

1 + 𝛽1𝑥1 − ⋯ −

2 (𝑎𝑛(1)

+ 𝛽1𝑎𝑛(2)

)

1 + 𝛽1𝑥𝑛 +

(𝑏(1) + 𝛽1𝑏(2))1 + 𝛽1

= 0

𝑆′2: ‖𝒙‖2 −2 (𝑎1

(1)𝑥1 + 𝛽2𝑎1

(2))

1 + 𝛽2𝑥1 − ⋯ −

2 (𝑎𝑛(1)

+ 𝛽2𝑎𝑛(2)

)

1 + 𝛽2𝑥𝑛 +

(𝑏(1) + 𝛽2𝑏(2))1 + 𝛽2

= 0

Bidang kuasa dari dua anggota tersebut adalah Vl dengan Vl hasil eliminasi dari

kedua persamaan di atas, yaitu:

2 ((𝑎1

(1)𝑥1+𝛽2𝑎1

(2))

1+𝛽2−

(𝑎1(1)

𝑥1+𝛽1𝑎1(2)

)

1+𝛽1) 𝑥1 + ⋯ + 2(

(𝑎𝑛(1)

+𝛽2𝑎𝑛(2)

)

1+𝛽2−

(𝑎𝑛(1)

+𝛽2𝑎𝑛(2)

)

1+𝛽2)𝑥𝑛 +

(𝑏(1)+𝛽1𝑏(2))

1+𝛽1−

(𝑏(1)+𝛽1𝑏(2))

1+𝛽1= 0

↔ 2(𝛽1 − 𝛽2)(𝑎1(1)

− 𝑎1(2)

) + 2(𝛽1 − 𝛽2)(𝑎2(1)

− 𝑎2(2)

) + ⋯ + 2(𝛽1 − 𝛽2)(𝑎𝑛(1)

− 𝑎𝑛(2)

) + (𝛽1 − 𝛽2)( 𝑏(1) + 𝑏(2)) = 0

↔ (𝑎1(1)

− 𝑎1(2)

) + (𝑎2(1)

− 𝑎2(2)

) + ⋯ + (𝑎𝑛(1)

− 𝑎𝑛(2)

) +1

2( 𝑏(1) + 𝑏(2)) = 0

↔ ⟨𝒂(1) − 𝒂(2), 𝒙⟩ − 𝛾 = 0 , di mana 𝛾 =‖𝒂(1)‖−‖𝒂(2)‖−𝑟2

1+𝑟22

2.

Dengan demikian diperoleh nahwa 𝑉𝑙 = 𝑉. Dengan kata lain setiap dua anggota

berkas luasan bola-n memiliki bidang kuasa yang sama.(bukti selesai)

Sifat.11

Setiap dua anggota berkas luasan bola-n dapat menjadi anggota pokoknya.

Bukti:

Ambil sebarang berkas luasan bola-n J. Misalkan J dibangkitkan oleh

𝑆1: ⟨𝒙 − 𝒂𝟏, 𝒙 − 𝒂𝟏⟩ = 𝑟21 dan 𝑆2: ⟨𝒙 − 𝒂𝟐, 𝒙 − 𝒂𝟐⟩ = 𝑟2

2, maka diperoleh

𝐽 = {𝑆1 + 𝛽𝑆2 = 0 , 𝛽 ∈ 𝑅}

Selanjutnya misalkan 𝑆1′𝑑𝑎𝑛 𝑆2′ sebarang dua anggota berkas luasan bola-n J

dimana 𝛽1, 𝛽2 ∈ 𝑅 dengan 𝑆1′ : 𝑆1 + 𝛽1𝑆2 = 0 dan 𝑆2

′ : 𝑆1 + 𝛽2𝑆2 = 0. Kemudian

dibentuk luasan bola-n J’ yang dibangkitkan oleh 𝑆1′ = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑆2

′ = 0 :

𝑆1′ + 𝛽𝑆2

′ = 0

Maka diperoleh:

𝑆1 + 𝛽1𝑆2 + 𝛽(𝑆1 + 𝛽2𝑆2) = 0

↔ (1 + 𝛽)𝑆1 + (𝛽1 + 𝛽2𝛽)𝑆2 = 0

↔ 𝑆1 +(𝛽1+𝛽2𝛽)𝑆2

1+𝛽= 0

↔ 𝑆1 + 𝜃𝑆2 = 0

Sehingga diperoleh 𝑆1 + 𝜃𝑆2 = 0 dengan 𝜃 =(𝛽1+𝛽2𝛽)

1+𝛽∈ 𝑅. Karena demikian

maka J’ dapat dituliskan sebagai 𝑆1 + 𝜃𝑆2 = 0, 𝜃 ∈ 𝑅 dengan demikian

terbukti bahwa J’=j. (bukti selesai)