Pembuktian Teorema Urquhart

Diberikan OA dan OB dua garis yang berpotongan di O dan A' suatu titik pada OA dan B' suatu titik pada OB. Namakan titik potong AB' dan A'B' dengan O'. Menurut Teorema Urquhart, OA + AO' = OB + BO' jika dan hanya jika OA' + A'O' = OB' + B'O'

Berikut pembuktiannya yang saya terjemahkan dan edit dari http://2000clicks.com/mathhelp/GeometryTriangleUrquhartsTheorem.aspx.

Beri nama α = AOO', β = OO'A, θ = O'OB, φ = OO'B. Dengan demikian OAO' = 180−α−β, OBO' = 180−θ −φ. Perhatikan segitiga OO'A dan OO'B, menggunakan aturan sinus:

OA = OO' sinβ / sin(180 − (α + β)) = OO' sinβ / sin(α + β)
O'A = OO' sinα / sin(180 − (α + β)) = OO' sinα / sin(α + β)
OB = OO' sinφ / sin(180 − (θ + φ)) = OO' sinφ / sin(θ + φ)
=O'B = OO' sinθ / sin(180 − (θ + φ)) = OO' sinθ / sin(θ + φ)

Kita lakukan pembuktian terbalik,

Lebih lanjut, gunakan identitas

atau

Substitusi a = α/2, b = β/2, t = θ/2, u = φ/2, didapatkan:

Dengan memanipulasi persamaan terakhir diperoleh

Terakhir, mengingat segitiga OA'O' dan OB'O' kita dapatkan OA'O' = φ−α, OB'O' = β − θ, OO'A' = 180 − φ, OO'B' = 180 − β. Dengan menerapkan aturan sinus:

Dari kelima persamaan terakhir diperoleh hubungan

Jadi terbukti OA + AO' = OB + BO' jika dan hanya jika OA' + A'O' = OB' + B'O'

Selengkapnya...

Pembuktian Carpets Theorem

Di sini saya akan membuktikan Carpets Theorem (Teorema Carpet) atas permintaan dari pembaca blog saya, saudari Afifah Syifa. Untuk memudahkan, saya mengambil karpet persegi. Menurut Teorema karpet, luas daerah berwarna biru selalu sama dengan jumlah luas daerah yang berwarna merah, meskipun posisi titik \(E\) digeser sepanjang garis \(\overline{AD}\) dan titik \(F\) digeser sepanjang garis \(\overline{CD}\). Dengan kata lain \(BGHI = \Delta AEG + \Delta CFI + \Delta DEHF\)

Mula-mula kita notasikan:

$$ \left\{ \begin{matrix} \overline{AB} +\overline{BC}+\overline{CD}+\overline{DE} & = x\\ y+z & =x \end{matrix} \right. $$

Dengan memperhatikan gambar di atas serta mengingat rumus luas segitiga, diperoleh jalinan

\begin{align} \bigtriangleup ABE + \bigtriangleup CDE = \frac{xy}{2} + \frac{xz}{2} = \frac{x}{2}(y+z) = \frac{x^2}{2} \label{P1} \end{align} serta \begin{align} \bigtriangleup BCE = \bigtriangleup ABF = \frac{x^2}{2} \label{P2} \end{align} Dengan demikian, dipenuhi jalinan \begin{align} \bigtriangleup ABE + \bigtriangleup CDE = \bigtriangleup BCE \label{P3} \end{align} Kemudian perhatikan lagi bahwa \begin{align} \bigtriangleup ABE &= \bigtriangleup ABG + \bigtriangleup AEG \label{P4} \\
\bigtriangleup CDE &= \bigtriangleup FHI + DEHF + \bigtriangleup CFI \label{P5} \\
\bigtriangleup ABF - BGHI &= \bigtriangleup ABG + \bigtriangleup FHI \label{P6} \end{align}

Sekarang saatnya menyelesaikan pembuktian. Menyulihkan nilai \(\bigtriangleup ABF = \bigtriangleup BCE\) dari kesamaan (\ref{P2}) ke dalam persamaan (\ref{P6}), didapatkan

$$ \bigtriangleup ABG + \bigtriangleup FHI = \bigtriangleup BCE - BGHI $$

Menyulihkan nilai \(\bigtriangleup ABG\) dari persamaan (\ref{P4}) dan \(\bigtriangleup FHI\) dari persamaan (\ref{P5}) ke dalam ruas kiri persamaan di atas, diperoleh

$$ (\bigtriangleup ABE - \bigtriangleup AEG) + (\bigtriangleup CDE - DEHF - \bigtriangleup CFI) = \bigtriangleup BCE - BGHI $$ $$ \bigtriangleup ABE + \bigtriangleup CDE - \bigtriangleup AEG - DEHF - \bigtriangleup CFI = \bigtriangleup BCE - BGHI $$

Selanjutnya, menyulihkan persamaan (\ref{P3}) ke ruas kiri peramaan di atas, akhirnya didapatkan jalinan

$$ BGHI = \bigtriangleup AEG + \bigtriangleup CFI + DEHF $$ Terbukti!



(Penting, tanda "=" berarti luasnya sama, tidak harus kongruen)
Gambar saya edit dari animasi dari http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/CarpetsInSquare.shtml. Animasinya bisa langsung ke tkp atau ke applet geogebra ini.

Selengkapnya...

Pembuktian Teorema Garis Simson

          Postingan kali ini adalah permintaan dari adinda Sari Anggraini, saya ucapkan terima kasih atas apresiasinya kepada blog ini.

          Sebelum membuktikan teorema garis simson kita harus memahami dulu teorema-teorema lingkaran seperti teorema Thales. Menurut teorama Thales, Jika garis AC merupakan diameter lingkaran (melewati pusat O) dan suatu titik B terletak pada keliling lingkaran tersebut (circumcircle), maka sudut ABC selalu 90°. Berikutnya, teorema mengenai segiempat dalam lingkaran. jika empat titik pada keliling suatu lingkaran dihubungkan menjadi segiempat, maka jumlah sudut yang berhadapan selalu sama dengan 180°. Setelah mengetahui teorema-teorema ini kita akan membuktikan teorema garis Simson.

 
Teorema Garis Simson:
Jika digambarkan suatu segitiga circumcircle (titik-titiknya berada pada keliling lingkaran), lalu dibuat titik P juga pada keliling lingkaran dan digambarkan garis tegak lurus ke sisi-sisi segitiga tadi, maka  ketiga titik potongnya akan membentuk suatu garis lurus. 

 

Mari kita buktikan.

Perhatikan gambar, QRS disebut garis Simson dari segitiga ABC. Di sini akan dibuktikan kalau QRS benar-benar segaris. Sebut sudut BPQ = α dan SPC = β.

dengan mudah kita dapatkan bahwa ABPC segiempat circumcircle, dan didapatkan BPC berhadapan dengan BAC sehingga

θ + (β + δ) = 180°  .... (1)

perhatikan bahwa PQ ┴ AQ dan PS ┴ AS, berarti AQPS juga segiempat circumcircle sehingga

θ + (α + δ) = 180°  .... (2)

dari (1) dan (2) didapatkan

α = β  ... (3)

Perhatikan bahwa PR ┴ RC dan PS ┴ SC, dengan demikian PRSC juga segiempat circumcircle sehingga:

SRC = SPC = β  .... (4)

Perhatikan bahwa PR ┴ BR dan PQ ┴ BQ, dengan demikian PRSC juga segiempat circumcircle sehingga:

BRQ = BPQ = α   .... (5)

mengingat persamaan (3), didapatkan BRQ = SRC, dan karena BRC garis lurus maka jelas QRS (garis Simson) juga garis lurus

QED


keterangan: sumber gambar teorema Thales dari en.wikipedia 
pembuktian untuk (4):
Perhatikan segiempat CSRP, didapatkan:

• SRP = SRC + 90°
• SRP + SCP = 180°
• SCP = 90° - SPC

sehingga 

SRC = SRP - 90° = (180° - SCP) - 90° = 90° - SCP

SRC = 90° - (90° - SPC) = SPC = β

Hal yang sama berlaku bagi persamaan (5). 

Selengkapnya...

Pembahasan Soal OSK Astronomi 2011

1. C.

Katai coklat merupakan proto-bintang yang gagal terbentuk menjadi bintang karena massanya kurang dari 0,08 massa Matahari, jadi katai coklat bukan bagian dari tahap akhir evolusi bintang.

2. C.

Ingat m = -2,5 log(F) + C, untuk membandingkan magnitudonya maka:

m₁ – m₂ = (-2,5 log(F₁) + C) – (-2,5 log(F₂) + C) = -2,5 (log(F₁) – log(F₂)) = -2,5 log(F₁/F₂)

Karena saat terhalang setengahnya fluks Venus yang sampai ke Bumi setengah dibanding saat tak terhalan sama sekali, maka F₁ = 0,5 F₂ . Masukkan dalam rumus didapatkan 0,75.

3. B.

Makin besar luminositas bintang, makin tajam/sempit garis spktrum yang dihasilkannya.

4. E.

Jika disederhanakan, reaksi fusi yang terjadi dalam inti Matahari adalah pengubahan 4 atom Hidrogen menjadi satu atom Helium.

5. D.

6. D

Pemampatan oleh gravitasi pada katai putih menyebabkan elektron tertarik ke inti dan dilawan oleh degenerasi elektron yang diterangkan oleh prinsip ekslusi Pauli.

7. B.

Pada pukul 2 waktu lokal, jarak zenit Matahari = 30° (ingat 1 jam = 15°), dengan menggunakan rumus tangen didapatkan S’ = S tan 30° = 8,8 meter.

8. C.

Pada bulan Desember Matahari berada di GBS, Juni di GBU, Maret dan September di ekuator. Jadi pada bulan Desember siang lebih panjang di belahan Bumi selatan dan lebih pendek di belahan Bumi utara (malah tak terbit di kutub utara). Sebaliknya pada bulan Juni siang lebih panjang di belahan Bumi utara dan lebih pendek di belahan Bumi selatan (tak terbit di kutub selatan). Bagi pengamat di kutub utara, bintang dengan deklinasi kurang dari 0° tidak akan terlihat.

9. D.

Dalam 23 jam 56 menit 4 detik (anggap 24 jam) bintang menempuh lintasan 360° pada bola langit. Dengan demikian selama 12 menit (0,2 jam) bintang menempuh lintasan (0,2/24)360° = 3°.

10. B.

11. C.

Analogikan dengan fase Bulan, bulan baru (posisi konjungsi) kulminasi atas pada tengah hari. Bisa digambar dalam grafik.

12. B.

Opsi a, b, c, dan e betul, tapi hanya b yang berkaitan langsung dengan soal. Pada gerhana Matahari, bulan menghalangi piringan Matahari dilihat dari titik tertentu di permukaan Bumi, sehingga jika di satu tempat terlihat gerhana Matahari belum tentu di tempat lain melihatnya (efek paralaks). Berbeda dengan gerhana Bulan di mana Bulan betul-betul tertutup bayangan Bumi sehingga oleh pengamat di mana pun (sekalipun bukan di Bumi) akan melihat gerhana Bulan, tentu saja asalkan Bulan sudah terbit.

13. B.

Coba lihat gambar konfigurasi fase-fase Bulan. Pada bulan baru, Bulan berada di sebelah Bumi yang menghadap Matahari (terang), dan sebaliknya pada bulan purnama. Dengan demikian pada bulan baru pengamat di Bulan melihat Bumi dalam keadaan purnama.

14. E.

Soal ini menjawab dirinya sendiri tapi agak nggak nyambung dengan yang ditanya.

15. B.

16. B.

Luminositas dan temperatur tidak terkait secara bilateral, melainkan melibatkan variabel radius bintang. Meskupin luminositas besar, jika radius juga sangat besar bisa saja temperaturnya rendah. Warna bintang tergantung hanya terhadap temperaturnya.

17. E.

Garis helium terionisasi hanya terjadi pada bintang bersuhu tinggi (kelas O), sebaliknya pita molekul TiO hanya nampak pada bintang dingin (kelas K dan M).

18. E.

Elektron yang berpindah dari tingkat energi rendah ke tingkat energi yang lebih tinggi akan menyerap energi, bukan memancarkan energi.

19. C.

Bintang dengan selisih magnitudo 1 memiliki perbedaan kecerlangan 2,5 kali.

20. A

Diagram H-R membandingkan antara luminositas dan temperatur, adapun umur bintang bergantung pada massa awalnya.

21. A.

Saat bulan purnama dan Bulan berada pada titik perigee (titik terdekat dengan Bumi, sehingga nampak lebih besar) meyebabkan Bulan nampak lebih terang dari biasanya (sekitar 13%) yang disebut supermoon.

22. B.

Rotasi benda menyebabkan gaya sentrifugal yang mengarah ke luar sumbu putar. Efek ini menyebabkan material Bumi terutama di daerah ekuator (yang kecepatannya lebih tinggi) terdorong ke luar sehingga Bumi berbentuk agak pepat.

23. D

24. A.

Bintang-bintang tidak terlahir pada saat yang bersamaan. Bintang-bintang tua (populasi II) terbentuk lebih awal, karena itu sedikit mengandung elemen berat dan berada di sekitar halo dan nukleon galaksi. Bintang-bintang yang lahir belakangan mengandung lebih banyak elemen berat hasil “pencemaran” dari ledakan bintang-bintang tua. Bintang muda ini (populasi I) lebih panas dan berlokasi di lengan dan nukleon galaksi.

25. A.

Gugus bola mengandung bintang-bintang populasi II dan berada di halo galaksi, sedangkan gugus galaktik berisi bintang-bintang populasi I dan umumnya berada di lengan galaksi.

26. D.

27. B, E.

Aberasi kromatis hanya terjadi pada lensa (refraktor) karena cahaya melewati medium kaca menyebabkan difraksi cahaya sehingga cahaya merah difokuskan lebih jauh dibanding cahaya biru. Aberasi sferis terjadi pada lensa maupun cermin, jelasnya silakan baca posting mengenai “Cermin dan Lensa : Fokus = ½ Pusat Kelengkungan?”

28. C.

Pembesaran suatu teleskop (magnifience), M = f_ob/f_ok.

29. C.

Dengan mengamati gerakan harian sunspot, kita dapat menghitung pergeseran rerata sunspot dalam sehari (misal x°), sehingga dapat diambil kesimpulan dalam 360/x hari Matahari telah berotasi sekali. (sekitar 25 hari pada daerah lintang 0°) Berbeda dengan siklus sunspot yang berdasarkan maksimum-minimum penampakan sunspot yang berperiode sekitar 11 tahun.

30. A.

Bisa diselesaikan dengan deret, tapi di sini saya selesaikan secara primitif.

Pukul 21 = tertutup ½, sisa ½

Pukul 22 = 1/3 * ½ = 1/6, tertutup ½ + 1/6 = 2/3, sisa 1/3

Pukul 23 = ¼ * 1/3 = 1/12, tertutup ½ + 1/6 + 1/12 = ¾, sisa ¼

Pukul 24 = 1/5 * ¼ = 1/20, tertutup ½ + 1/6 + 1/12 + 1/20 = 4/5, sisa 1/5

Selengkapnya...

Download Soal OSK Astronomi 2011

          Silakan download soal OSK Astronomi 2011 di sini. Dengar-dengar sih soalnya ada lebih dari satu macam, nggak tau macam paket soal atau tiap provinsi beda (tapi kayaknya nggak mungkin yang ini). Kalau ada yang mendapat soal berbeda tolong kirimkan soalnya ke emailku. Pembahasannya tak posting nanti atau besoklah.

Selengkapnya...