Materi Kuliah Aljabar

Aljabar

Aljabar Materi Kuliah Aljabar 2013 Subiono [email protected] c

Copyright 2013 Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

10 Pebruari 2013

Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar

Daftar Isi 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Pengertian Grup Subgrup Koset Teorema Isomorpisma Tindakan Suatu grup G pada X 6= ∅ Grup Permutasi Internal Direct Product dan Struktur Grup Ring, Daerah Integral dan Lapangan Ring Polinomial Faktorisasi Tunggal


Aljabar Abstrak

Abstrak Abstrak Dalam catatan kuliah ini diberikan beberapa materi dari mata kuliah aljabar untuk program sarjana S2 jurusan matematika FMIPA-ITS. Materi kuliah berupa perencanaan yang disajikan agar mempermudah peserta ajar dalam proses belajar mengajar. Peserta ajar diharapkan mempersiapkan diri melalui pemahaman yang dipunyai sebelumnya dan menambah kekurangan pemahaman pengetahuannya yang dirasa kurang saat proses belajar mengajar di kelas. Juga agar mempermudah proses belajar mengajar digunakan alat bantu perangkat lunak SageMath versi 5.0.


Aljabar Rencana Materi Kuliah

Rencana Materi Kuliah Pengertian suatu grup, contoh-contoh dan sifat-sifat. Pengertian Subgrup, contoh-contoh dan sifat-sifat. Pengertian koset kiri dan koset kanan, grup faktor (grup kuasi) dan contoh-contoh. Grup permutasi contoh-contoh dan sifat-sifat. Homomorpisma, Isomorpisma grup, contoh-contoh dan sifat Tindakan suatu grup contoh-contoh dan sifat-sifat. Internal Direct Product Group dan Struktur Group. Ring, Field, Daerah Integral dan Polinomial atas Ring. Daerah Ideal Utama dan Daerah Euclid. Daerah Faktorisasi Tunggal. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Pengertian Grup

Grup Suatu grup adalah suatu himpunan G 6= ∅ bersama-sama dengan suatu operasi biner ∗ : G × G → G yang biasanya dinotasikan oleh a ∗ b sedemikian hingga sifat-sifat berikut dipenuhi: 1. (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) untuk semua a, b, c ∈ G . 2. Ada e ∈ G , sedemikian hingga e ∗ g = g = g ∗ e untuk semua g ∈ G. 3. Untuk setiap g ∈ G ada g −1 yang memenuhi g ∗ g −1 = e = g −1 ∗ g . Tambahan pula, bila masih memenuhi a ∗ b = b ∗ a untuk semua a, b ∈ G , maka grup G dinamakan grup abelian/komutatif. Komentar dan diskusi? Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh-Contoh 1. Himpunan-himpunan bilangan bulat Z, bilangan rasional Q, bilangan riil R dan bilangan kompleks C bersama-sama operasi biner penambahan merupakan grup komutatif. 2. Himpunan bilangan Q − {0} dengan operasi biner perkalian merupakan grup abelian. 3. Himpunan GL(n, R) matriks nonsingular n × n dengan operasi perkalian matriks merupakan grup tak-komutatif. 4. Himpunan matriks n × n dengan determinan sama dengan 1 (SL(n, R)) bersama-sama dengan operasi biner perkalian matriks merupakan grup tak-komutatif. 5. Misalkan S = {1, 2, . . . n} dan Sn adalah himpunan dari semua fungsi satu-satu pada f : S → S. Maka Sn dengan operasi komposisi fungsi merupakan suatu grup, grup ini dinamakan suatu grup permutasi. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lanjutan Contoh-Contoh 6. Diberikan grup G = {e, a, b, c} dengan operasi biner diberikan oleh tabel berikut ∗

e

a

b

c

e a b c

e a b c

a e c b

b c e a

c b a e

Dari tabel diatas, terlihat bahwa G adalah grup komutatif dengan elemen netral e. Setiap elemen punya invers: a−1 = a, b −1 = b dan c −1 = c.



Contoh 7 n 2π o Diberikan himpunan Z6 = e n | n = 0, 1, 2, 3, 4, 5 adalah himpunan bilangan kompleks denga |z| = 1 untuk semua z ∈ Z6 . Dalam gambar berikut z ∈ Z6 digambarkan sebagai titik berwarna merah. b b

2π 6

−1 b b

b

1

b

Dengan operasi perkalian Z6 adalah grup komutatif dengan elemen netral 1. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lanjutan Contoh 8. Himpunan Zn bilangan bulat modulo n dengan operasi biner penambahan merupkan grup komutatif. 9. Himpunan Zp − {[0]} bilangan bulat modulo p dengan p bilangan prima bersama-sama dengan operasi biner perkalian merupakan grup abelian. 10. Himpunan H=

1 0

a 1

a ∈ Z

dengan operasi perkalian matriks merupakan suatu grup. 11. Himpunan Zn = {(a1 , a2 , . . . , an ) | ai ∈ Z} dengan operasi biner tambah didefinisikan oleh def (a1 , a2 , . . . , an ) + (b1 , b2 , . . . , bn ) = (a1 + b1 , a2 + b2 , . . . , an + bn ) adalah suatu grup. √ 12. Himpunan {1, −1, i, −i} dengan i = −1 dan himpunan {z ∈ C | |z| = 1} dengan operasi kali adalah grup. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Beberapa Sifat Grup Catatan : Untuk sederhananya penulisan a ∗ b cukup ditulis ab, penulisan suatu grup G dengan operasi biner ∗ biasanya ditulis (G , ∗) cukup ditulis grup G . Beberapa sifat suatu grup Penghapusan kurung, dikarenakan operasi biner ∗ adalah assosiatif, maka penulisan (a ∗ b) ∗ (c ∗ d) = ((a ∗ b) ∗ c) ∗ d = (a ∗ (b ∗ c)) ∗ d ditulis a ∗ b ∗ c ∗ d. Misalkan n > 3 dan g , h ∈ G dengan g = (g1 · · · gi )(gi +1 · · · gn ), h = (g1 · · · gj )(gj+1 · · · gn ).

Tanpa mengurangi generalitas, misalkan i ≤ j untuk i = j jelas g = h. Jadi, misalkan i < j, maka kurung dapat disusun sebagai berikut g

=

h

=

(g1 · · · gi ) ((gi +1 · · · gj )(gj+1 · · · gn )) , ((g1 · · · gi )(gi +1 · · · gj )) (gj+1 · · · gn ).

Misalkan A = (g1 · · · gi ), B = (gi +1 · · · gj ), C = (gj+1 · · · gn ), didapat g = A(BC ) = (AB)C = h. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Sifat Sifat Misalkan G suatu grup, maka : (1.) Elemen netral e ∈ G adalah tunggal. (2.) Untuk setiap a ∈ G invers dari a yaitu a−1 = b adalah tunggal. Bukti (1.) Misalkan e1 juga elemen netral di G , maka e1 = e1 e = e. Jadi elemen netral tunggal. (2.) Misalkan b1 juga invers dari a, maka ab = ba = e dan ab1 = b1 a = e. Didapat b = eb = (b1 a)b = b1 (ab) = b1 e = b1 . Dengan demikian elemen invers adalah tunggal. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lanjutan Sifat

Sifat Misalkan G suatu grup: (3.) Bila a, b ∈ G maka ada dengan tunggal x dan y sehingga ax = b dan ya = b. (4.) Bila gx = gy , maka x = y untuk g , x, y ∈ G . (5.) Bila xg = yg , maka x = y untuk g , x, y ∈ G . (6.) Bila a, b ∈ G , maka berlaku (ab)−1 = b −1 a−1 (7.) Untuk semua g ∈ G , berlaku (g −1 )−1 = g .



Bukti Sifat (3.)-(7.) Bukti (3.) Bila ax0 = b, maka a−1 (ax0 ) = a−1 b. Sehingga didapat x0 = a−1 b. Sebaliknya bila x = a−1 b, maka ax = a(a−1 b) atau ax = b. Jadi persamaan ax = b mempunyai penyelesaian tunggal x = a−1 b. Dengan cara serupa bisa ditunjukkan bahwa ya = b mempunyai penyelesaian tunggal y = ba−1 . (4.) Dari persamaan gx = gy kedua ruas kalikan dari kiri dengan g−1 , didapat x = y. (5.) Dari persamaan xg = yg kedua ruas kalikan dari kanan dengan g−1 , didapat x = y. (6.) Dari persamaan (ab)−1 (ab) = e kedua ruas berturut-turut kalikan dari kanan dengan b−1 dan a−1 , didapat (ab)−1 = b−1 a−1 . (7.) g (g −1 ) = (g −1 )g = e, jadi (g −1 )−1 = g .



Order Grup dan Order Elemen Misalkan G suatu grup, order dari G ditulis |G | menyatakan banyaknya elemen dari himpunan G . Sebelum diberikan pengertian order dari suatu elemen g ∈ G , diberikan lebih dulu pengertian g n dimana nZ sebagaimana berikut ini: def

1. g 0 = e, diman e elemen netral. def

2. g n = ggg . . . g , dimana n > 0. | {z } n

3.

def g n+1 =

4.

def gn =

g ng ,

dimana n > 0.

g −1 g −1 g −1 . . . g −1 , dimana n < 0. {z } | −n



Sifat Selanjutnya dapat ditunjukkan: (1.) g m+n = g m g n dan (2.) (g m )n = g mn untuk semua m, n ∈ Z. Bukti (1.) Dengan induksi pada n. Misalkan n taknegatif dan tanpa mengurangi kegeneralitasan, misalkan m + n ≥ 0 , didapat g m+0 = g m e = g m g 0 dan dengan menggunakan hipotesis induksi didapat g m+(n+1) = g (m+n)+1 = g m+n g = g m g n g = g m g n+1 . Dari hasil ini didapat g m−n g n = g (m−n)+n = g m , dengan demikian g m−n = g m (g n )−1 = g m g −n , hal ini nenunjukkan bahwa (1.) dipenuhi juga untuk n negatif. (2.) Misalkan n taknegatif, sebagaimana penggunaan induksi pada n yang dilakukan sebelumnya didapat (g m )0 = e = g 0m dan (g m )n+1 = (g m )n g m = g mn g m = g mn+m = g m(n+1) . Untuk n negatif dapat dilakukan sebagaimana pada (1.). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Order Elemen dan Beberapa Sifat Order Elemen Misalkan G suatu grup dan g ∈ G . Order dari g dinotasikan dengan |g | yang menyatakan bilangan bulat positip terkecil n sehingga memenuhi g n = e dengan e adalah elemen netral. Bila tidak ada n yang demikian maka |g | = +∞. Sifat 1. Bila |g | = n, maka g m = e bila dan hanya bila m kelipatan dari n. n . 2. Bila |g | = n dan h = g m , maka |h| = fpb(m, n)



Bukti Sifat Bukti 1. Bila m = nk, maka gm = gnk = (gn )k = ek = e. Selanjutnya misalkan gm = e dan andaikan m = nk + r dengan 0 < r < n, maka e = gm = gnk+r = (gn )k gr = ek gr = gr , kontradiksi dengan kenyataan |g| = n. Jadi haruslah r = 0 atau m = nk.

2. Dipunyai gm = h, gn = e. Misalkan d = fpb(m, n), maka m = dm1 , n = dn1 , dimana fpb(m1 , n1 ) = 1. Jadi hn1 = gmn1 = gdm1 n1 = gdn1 m1 = gnm1 = em1 = e. Berikutnya misalkan hk = e, maka didapat gmk = e, oleh karena itu mk merupakan kelipatan dari n. Jadi dm1 k merupakan kelipatan dari dn1 atau m1 k kelipatan dari n1 . Karena m1 dan n1 prima relatif, maka k merupakan kelipatan dari n1 . Berdasarkan teorema sebelumnya, maka |h| = n1 atau n n |h| = = . d fpb(m, n) Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Beberapa Catatan Order Elemen Catatan 1. Bila g ∈ G dan |g | = +∞, maka g n , n = 0, 1, 2, 3, . . . semuanya adalah berbeda, bila tidak maka ada m dan n dengan m 6= n, misalkan dalam hal ini m > n sehingga g m = g n . Didapat g m−n = e. Jadi ada k = m − n sehingga g k = e, hal ini bertentangan dengan |g | = +∞. 2. Bila |g | = n, maka e, g , g 2 , g 3 , . . . , g n−1 semuanya berbeda satu dengan yang lainnya, bila tidak demikian maka ada g t = e dengan 0 < t < n, hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa n bilangan bulat positip terkecil yang memenuhi g n = e.


Aljabar Subgrup

Subgrup Subgrup Misalkan G suatu grup dan H ⊆ G dengan H 6= ∅, dikatakan bahwa H merupakan subgrup dari G bila H sendiri merupakan grup dengan operasi biner yang sama dengan di G . Hal ini dinotasikan oleh H < G . Cara mudah menentukan himpunan H adalah subgrup dari grup G adalah dengan sifat sebagai berikut: Sifat Misalkan G adalah suatu grup. Himpunan H adalah subgrup dari G bila dan hanya bila untuk sebarang a, b ∈ H maka ab −1 ∈ H

(a−1 b ∈ H).


Aljabar Subgrup

Bukti Sifat Subgrup Bukti Misalkan H < G , didapat bila a, b ∈ H maka b −1 ∈ H. Karena di H berlaku juga operasi biner maka ab −1 ∈ H. Selanjutnya misalkan berlaku untuk sebarang a, b ∈ H berakibat ab −1 ∈ H, akan ditunjukkan H < G . Misalkan bahwa a ∈ H, maka dengan hipotisis didapat e = aa−1 ∈ H. Jadi e ∈ H dan misalkan g sebarang di H, maka g −1 = eg −1 ∈ H. Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa di H berlaku suatu operasi biner yaitu ab ∈ H untuk semua a, b ∈ H. Misalkan a, b ∈ H berdasarkan hasil sebelumnya maka b −1 juga di H. Berdasarkan hipotisis maka ab = a(b −1 )−1 ∈ H. Sifat assosiatif di H diwarisi dari G (sebab H ⊆ G ).


Aljabar Subgrup

Contoh-Contoh Subgrup 1. Bila G suatu grup, maka E = {e} trivial subgrup dari G . Sedangkan subgrup dari G yang selain E dan G sendiri dinamakan subgrup sejati (proper subgrup). 2. Himpunan matriks SL(n, R) dengan operasi biner perkalian matriks adalah subgrup dari grup GL(n, R). 3. Himpunan matriks SL(n, R) dengan operasi biner perkalian matriks adalah subgrup dari grup GL(n, R). 4. Himpunan H = { 21m | m ∈ Z} dengan operasi perkalian merupakan subgrup dari grup Q∗ = Q − {0}. 5. Bila G suatu grup dan senter dari G didefinisikan oleh Z (G ) = {a ∈ G | ab = ba, untuk semua b ∈ G }. Z (G ) adalah subgrup dari G . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Subgrup

Sifat Subgrup Sifat Subgrup T Bila {Hα } adalah koleksi dari subgrup dari G , maka Hα juga

merupakan subgrup dari G .

α

Bukti T Misalkan H = Hα , jelas bahwa H 6= ∅ sebab e ∈ H. Juga bila α

a, b ∈ H, maka a, b ∈ Hα untuk setiap α hal ini berakibat ab −1 ∈ Hα untuk setiap α. Maka dari itu ab −1 juga di H. Terlihat bahwa bila a, b ∈ H berakibat bahwa ab −1 ∈ H, maka dari itu H adalah subgrup dari G .


Aljabar Subgrup

Generator (Pembangun) Misalkan G suatu grup dan S adalah himpunan bagian dari G . Notasi hSi menyatakan semua subgrup dari G yang memuat S. Jadi hSi itu sendiri merupakan subgrup dari G yang memuat S. Dalam hal ini \ hSi = Hα S⊂Hα

dan dinamakan subgrup yang dibangun oleh S, sedangkan S dinamakan generator dari hSi. Grup hSi ini adalah subgrup terkecil dari G yang memuat S, yaitu bila H adalah suatu subgrup dari G yang memuat S, maka H harus juga memuat hSi. Khususnya bila S = {a}, maka hSi = hai dinamakan subgrup siklik yang dibangun oleh elemen a. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Subgrup

Beberapa Sifat Sifat Diberikan suatu grup G 1 Bila S ⊂ G , maka sm < S > = {a1s1 . . . am | ai ∈ S, si ∈ Z, m ≥ 1}, 2 < a > = {ak | k ∈ Z} Bukti sm 1 Tulis H = {a1s1 . . . am | ai ∈ S, si ∈ Z, m ≥ 1} dan misalkan sebarang sm a = a1s1 . . . am , b = b1p1 . . . bnpn ∈ H, didapat sm −pn ab−1 = a1s1 . . . am bn . . . b1−p1 ∈ H. Jadi H < G dan untuk sebarang a ∈ S, 1 maka a = a ∈ H yaitu S ⊂ H. Akibatnya < S >⊂ H. Disamping itu, S ⊂< S > dan < S > adalah subgrup dari G , maka semua hasil kali dan invers elemen-elemen dari S berada di < S >. Jadi H ⊂< S >. Didapat H =< S >.

2 Bila S = {a}, maka H dalam (1) menjadi H = {ak |k ∈ Z} dan didapat < a > = {ak |k ∈ Z}. Bila operasi biner adalah tambah, maka < S > = {s1 a1 + . . . + sm am | ai ∈ S, si ∈ Z, m ≥ 1} dan < a > = {ka|k ∈ Z}.


Aljabar Subgrup

Contoh-Contoh Contoh 1 Diberikan S = {2, 3} ⊂ Z dengan operasi biner tambah subgrup dari Z yang dibagun oleh S adalah hSi = {2s1 + 3s2 |s1 , s2 ∈ Z}. Karena 1 = 2(−1) + 3(1), maka 1 ∈ hSi. Jadi untuk setiap n ∈ Z, n.1 ∈ hSi. hal ini menunjukkan bahwa hSi = Z atau hSi = h1i.

2 Diberikan S = {4, 6} ⊂ Z dengan operasi biner tambah subgrup dari Z yang dibagun oleh S adalah hSi = {4s1 + 6s2 |s1 , s2 ∈ Z} = {2(2s1 + 3s2 )|s1 , s2 ∈ Z}. Berdasarkan hasil (1), didapat hSi = {2n|n ∈ Z} = 2Z atau < S >=< 2 >. Jadi < S > adalah himpunan bilangan bulat genap.

3 Himpunan bilangan bulat modulo n, Zn = 1 . 4 Untuk setiap k ∈DZ Edengan k dan n prima relatif, himpunan bilangan bulat modulo n, Zn = k .

5 Diberikan G suatu grup dan x ∈ G . Sentralisir dari x didefinisikan oleh C (x) = {a ∈ G | ax = xa} adalah subgrup dari G dan C (x) = G bila dan hanya bila x ∈ Z (G ). Perhatikan juga C (x) selalu memuat subgrup hxi. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Subgrup

Lanjutan Contoh-Contoh Contoh 6. Bila G suatu grup dan a, b ∈ G , maka [a, b] = a−1 b−1 ab dinamkan komutator dari a dan b. Subgrup H yang dibangun oleh semua elemen komutator dari G dinamakan subgrup komutator , juga ditulis sebagai [G , G ] = H. 7. Suatu cara yang mudah untuk mendeskripsikan grup melalui generator dan hubungannya yang diberikan. Misalnya grup quaternion adalah grup dengan 8 elemen. Ada dua generator a dan b dengan hubungan : a4 = e; b2 = a4 ; b−1 ab = a−1 . Grup quarternion ini adalah Q = {e, a, a2 , a3 , b, ab, a2 b, a3 b}. 8. Grup dihedral dengan order 2n, dinotasikan oleh D2n adalah grup yang dibangun oleh x dan y dengan hubungan : x n = e; y 2 = e; yxy −1 = x −1 . Grup D2n diberikan oleh D2n = {ex, x 2 , . . . , x n−1 , y , yx, yx 2 , . . . , yx n−1 }.


Aljabar Subgrup

Sifat Sifat Setiap grup siklik G adalah komutatif. Bukti Bila G =< a >= {ak |k ∈ Z}, maka untuk setiap x = am , y = an ∈< a > didapat xy = am an = am+n = an+m = an am = yx. Jadi G adalah grup komutatif. Sifat ini tidak berlaku sebaliknya. Grup-grup yang komutatif tetapi tidak siklik adalah Q, R, C dengan operasi biner penambahan juga Q∗ = Q − {0}, R∗ = R − {0} dan C∗ = C − {0} dengan operasi biner perkalian. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Subgrup

Sifat Kesiklikan Subgrup Sifat Setiap subgrup dari suatu grup siklik G = hai adalah siklik. Bukti Misalkan H < G , bila H = {e} jelas H siklik. Bila H 6= {e}, maka ada bilangan bulat s 6= 0 sehingga as ∈ H dan juga (as )−1 = a−s ∈ H. Misalkan + T = {t ∈ Z+ |at ∈ H} dengan sifat keterurutan dari bilangan

bulat Z , maka T t0 t0 mempunyai elemen terkecil t0 . Jadi a ∈ H. Misalkan

b ∈ a , maka untuk suatu m ∈ Z, b = (at0 )m ∈ H . Terlihat bahwa at0 ⊂ H. Sebaliknya, misalkan h ∈ H, maka ada bilangan bulat k sehingga h = ak . Selanjutnya dengan menggunakan algorithma pembagian untuk bilangan bulat didapat k = t0 q + r untuk beberapa q, r ∈ Z dengan 0 ≤ r < t0 . Didapat ar = ak (at0 )−q ∈ H. Bilangan r = 0, sebab bila tidak, maka ada bilangan yang lebih kecil dari t0 , yaitu r < t0 yang memenuhi ar ∈ H. Hal ini bertentangan dengan at0 ∈ H. Jadi

h = a k =(at0 )q ∈ at0 . Terlihat bahwa H ⊂ at0 . Sehingga didapat H = at0 . Jadi H siklik.

Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

Aljabar

Aljabar Subgrup

Sifat Kesiklikan Grup Sifat Misalkan G = hai adalah grup siklik dan |G | = n, maka G = {e, a, a2 , . . . , an−1 } dengan an = e. Bukti Misalkan G = {ak |k ∈ Z}, karena |G | = n (berhingga), maka ak = ah atau ak−h = e untuk beberapa h < k dengan h, k ∈ Z. Misalkan T = {t ∈ Z+ |at = e} dan l adalah elemen terkecil di T . Jelas bahwa {e, a, a2 , . . . , al −1 } ⊂ G . Dalam hal ini dapat ditunjukkan bahwa semua elemen e, a, a2 , . . . , al −1 adalah berbeda. Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa G ⊂ {e, a, a2 , . . . , al −1 }. Misalkan g ∈ G , maka g = am untuk suatu m ∈ Z. Dengan menggunakan algorithma pembagian untuk bilangan bulat didapat m = lq + r untuk beberapa q, r ∈ Z dengan 0 ≤ r < l. Didapat am = (al )q ar = e q ar = ar ∈ {e, a, a2 , . . . , al −1 }. Jadi G ⊂ {e, a, a2 , . . . , al −1 }. Karena |G | = n, maka n = l dan an = al = e. Catatan : Dari hasil sifat ini, terlihat bahwa elemen pembangun G yaitu a mempunyai sifat an = e atau order dari elemen a adalah n yang ditulis |a| = n (sebab n bilangan bulat positip terkecil yang memenuhi an = e).


Aljabar Subgrup

Contoh Contoh Dalam GL(2, R), bila 0 A= −1 A2 =

−1 0

B2 =

1 0

dan

1 0

0 −1 2 1

dan B =

, A3 =

, B3 =

0 1

1 0

3 1

1 0

−1 0

1 1

, maka

, A4 =

, . . . , Bn =

1 0 1 0

0 1 n 1

.

Sehingga didapat hAi = {I , A, A2 , A3 } < GL(2, R) dan 1 k k ∈ Z < GL(2, R). hBi = 0 1

Dalam hal ini order elemen A dan B adalah |A| = 4 dan |B| = +∞. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Subgrup

Homomorpisma Grup Misalkan G dan H adalah grup dan f : G → H adalah suatu fungsi. Fungsi f dinamakan suatu homomorpisma grup bila f (ab) = f (a)f (b) untuk semua a, b ∈ G . Suatu homomorpisma grup yang bijektif dinamakan isomorpisma grup dan G isomorpik dengan H ditulis G ∼ = H. Bila f suatu homomorpisma grup, misalkan Ker(f ) = {g ∈ G | f (g ) = eH }

dan

Im(f ) = {h ∈ H | h = f (g ), untuk beberapa g ∈ G }. Ker(f ) dinamakan kernel dari homomorpisma f dan Im(f ) dinamakan image dari f .

Sifat Misalkan G dan H adalah grup dan f : G → H adalah suatu homomorpisma grup, maka Ker(f ) subgrup dari G dan Im(f ) subgrup dari H. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Subgrup

Bukti Sifat Bukti Perhatikan bahwa f (eG ) = f (eG eG ) = f (eG )f (eG ), gunakan kanselasi di H didapat f (eG ) = eH . Jadi eH = f (eG ) = f (aa−1 ) = f (a)f (a−1 ) untuk semua a ∈ G . Dengan demikian f (a−1 ) = f (a)−1 untuk semua a ∈ G . Selanjutnya misalkan a, b ∈ Ker(f ). Maka f (ab−1 ) = f (a)f (b−1 ) = f (a)f (b)−1 = eH eH = eH . Jadi ab−1 ∈ Ker(f ) dan Ker(f ) adalah subgrup dari G . Dengan cara serupa, bila f (a), f (b) ∈ Im(f ), maka f (a)f (b)−1 = f (ab−1 ) ∈ Im(f ). Jadi Im(f ) adalah subgrup dari H.


Aljabar Koset

Koset dan Partisi Berikut ini diberikan pengertian suatu koset. Dalam hal ini terlihat bahwa bila H suatu subgrup dari grup G , maka H memisahkan G kedalam berbagai macam himpunan yang saling asing. Sifat Misalkan H adalah suatu subgrup dari suatu grup G . Untuk setiap dua elemen a, b ∈ G didifinisikan relasi biner a ∼ b bila dan hanya bila ab−1 ∈ H (a−1 b ∈ H). Relasi biner ∼ ini adalah suatu relasi ekivalen. Bukti 1 Untuk setiap a ∈ G maka aa−1 = e ∈ H (refleksif).

2 Bila ab−1 ∈ H, maka ba−1 = (ab−1 )−1 ∈ H. Jadi bila a ∼ b maka b ∼ a (simetrik). 3 Bila ab−1 ∈ H dan bc −1 ∈ H, maka ac −1 = ab−1 bc −1 ∈ H. Jadi bila a ∼ b dan b ∼ c, maka a ∼ c (transitif). Jadi relasi ∼ membagi keseluruhan grup G menjadi klas-klas ekivalen yang saling asing (disjoint eqivalence classes). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Pengertian Koset Koset Misalkan G suatu grup dan H adalah subgrup dari grup G . Misalkan g sebarang tetapi tetap (fixed) di G , didefinisikan def

Hg = {hg |h ∈ H} maka Hg dinamakan koset kanan dari H di G . Sedangkan bila def

gH = {gh|h ∈ H} maka gH dinamakan koset kiri dari H di G . Sifat Untuk setiap dua elemen a dan b di grup G dan H < G , maka: 1 Bila a ∼ b maka Ha = Hb (aH = bH).

2 Bila a ≁ b maka Ha ∩ Hb = ∅ (aH ∩ bH = ∅). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Bukti Sifat Bukti 1

2

Misalkan a ∼ b, maka ab −1 = h0 untuk suatu h0 ∈ H, didapat a = h0 b atau b = h0−1 a. Misalkan sebarang ha ∈ Ha, maka didapat ha = h(h0 b) = (hh0 )b ∈ Hb. Jadi Ha ⊂ Hb. Misalkan sebarang hb ∈ Hb, maka hb = h(h0−1 a) = (hh0−1 )a ∈ Ha. Jadi Hb ⊂ Ha. Maka dari itu didapat Ha = Hb. Misalkan a ≁ b dan andaikan g ∈ Ha ∩ Hb, maka a = h1−1 g untuk suatu h1 ∈ H dan b −1 = g −1 h2 untuk suatu h2 ∈ H. Didapat ab −1 = h1−1 gg −1 h2 = h1−1 h2 ∈ H. Jadi a ∼ b, kontradiksi dengan kenyataan bahwa a ≁ b. Jadi haruslah Ha ∩ Hb = ∅.


Aljabar Koset

Sifat Sifat Misalkan H adalah subgrup dari G dan a, b ∈ G , maka 1

aH = bH bila dan hanya bila a−1 b ∈ H

2

Ha = Hb bila dan hanya bila ab −1 ∈ H

Bukti 1

Misalkan a−1 b ∈ H dan b = ah untuk beberapa h ∈ H, bh′ = a(hh′ ) untuk semua h′ ∈ H dan ah1 = (ah)(h−1 h1 ) = b(h−1 h1 ) untuk semua h1 ∈ H. Jadi aH = bH. Sebaliknya, misalkan aH = bH, maka b = be = ah untuk beberapa h ∈ H. Jadi a−1 b = h ∈ H.

2

Bukti dapat dilakukan seperti pada bukti (1).


Aljabar Koset

Sifat Sifat Misalkan H < G dan gH adalah sebarang koset kiri dari H di G , maka |H| = |gH|. Bukti def

Pemetaan f : H → gH dengan f (h) = gh, ∀h ∈ H. Pemetaan f adalah satu-satu, yaitu bila f (h) = f (h1 ) atau gh = gh1 , maka didapat h = h1 dan pemetaan f pada, yaitu bila diberikan sebarang gh ∈ gH, maka pilih h ∈ H sehingga f (h) = gh. Jadi pemetaan f adalah satu-satu pada, maka dari itu |H| = |gH|. Juga dapat ditunjukkan bahwa untuk setiap g ∈ G , fungsi f : gH → Hg −1 adalah bijektif. Jadi |gH| = |Hg |. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Indeks dari H di G def

Misalkan H < G dan [G : H] = {gH|g ∈ G } himpunan dari semua koset kiri dari H di G , dalam hal ini dinamakan indeks dari H di G . Teorema Lagrange Misalkan H < G dan |G | berhingga, maka |G | = |[G : H]| |H| Bukti Misalkan |G | = m, |H| = n dan |[G : H]| = k. Dari hasil sebelumnya didapat bahwa |gH| = n, ∀gH ∈ [G : H], maka didapat n + n + n + . . . + n = m atau kn = m. Jadi |[G : H]| |H| = |G |. | {z } k

Kesimpulan

1 2 3 4

Bila |G | < ∞ dan a ∈ G , maka |a| membagi |G |. Bila |G | = n, maka an = e, ∀a ∈ G .

Bila |G | = p dan p prima, maka G siklik.

Bila K < H < G , maka |[G : K ]| = |[G : H]| |[H : K ]|. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

Aljabar

Aljabar Koset

COntoh-Contoh Contoh 1. Diberikan Z dengan operasi biner tambah, H = 2Z adalah subgrup dari Z. Koset kanan H+a = H bila a bilangan bulat genap dan H+a 6= H bila a bilangan bulat ganjil. 2. Diberikan R∗ dengan operasi biner perkalian, subgrup H = {−1, 1} = {x ∈ R∗ | |x| = 1}. Koset dari H dalam R∗ adalah himpunan Ha = {−a, a|a ∈ R∗ }. 3. Diberikan C∗ dengan operasi biner perkalian, subgrup H = {z ∈ C | |z| = 1}. Koset dari H dalam C∗ adalah himpunan Hr = {z ∈ C | |z| = r } dengan r ∈ R+ . 4. Diberikan grup Z dan subgrup H = nZ bilangan bulat kelipatan n. Maka koset dari H+m adalah semua bilangan bulat yang mempunyai sisa m bila dibagi n. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Contoh-Contoh Contoh 5. Diberikan grup permutasi dari 3 elemen G = S3 = {e, a, a2 , b, ab, a2 b}, dengan a=

1 2

2 3

3 1

dan b =

1 2

2 1

3 3

Bila H = hbi, maka koset kiri dari H di G adalah H = {e, b}, aH = {a, ab}, a2 H = {a2 , a2 b}, sedangkan koset kanan adalah H = {e, b}, Ha = {a, ba = a2 b}, Ha2 = {a2 , ba2 = ab}. Dalam contoh ini, koset kiri tidak sama dengan koset kanan. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Contoh-Contoh Contoh 6. Diberikan G = GL(2, R) dan H = SL(2, R). Maka A, B ∈ GL(2, R) adalah didalam koset kiri yang sama dari H bila dan hanya bila A−1 B ∈ H, artinya bahwa det(A−1 B) = 1. Ini terjadi bila dan hanya bila det(A) = det(B). Dengan cara yang sama, A dan B didalam koset kanan yang sama dari H bila dan hanya bila det(A) = det(B). Jadi pada contoh ini, koset-koset kiri dari H juga merupakan koset-koset kanan dari H. Suatu himpunan representasi koset adalah a 0 a ∈ R − {0} . 0 1 Jadi, himpunan semua koset dari H di G berkorespondensi satu-satu dengan himpunan bilangan real taknol.


Aljabar Koset

contoh-Contoh Contoh 7. Grup dengan order ≤ 5 Diberikan grup G dengan |G | ≤ 5. Bila |G | = 1, 2, 3 atau 5, maka G adalah siklik. Selanjutnya untuk |G | = 4 maka setiap a ∈ G dengan a 6= e mempunyai order 2 atau 4. Bila G mempunyai suatu elemen a dengan order 4, maka G = hai dan G siklik. Bila G tidak mempunyai elemen yang beroder 4, maka G = {e, a, b, c} dengan a2 = b 2 = c 2 = e sebab setiap elemen yang bukan e harus berorder 2. Selanjutnya bila ab = e, maka ab = a2 . Akibatnya b = a hal ini tidak mungkin sebab a 6= b. Dengan cara yang sama ab tidak akan sama dengan a atau b. Jadi haruslah ab = c. Suatu argumen yang sama dapat ditunjukkan bahwa ba = c, ac = b = ca, bc = a = cb. Dalam hal ini G dinamakan grup-4 Klein. Dari pembahasan didapat ada 4 macam grup siklik dan satu grup-4 Klein.


Aljabar Koset

Konjuget dan Klas Konjugasi Pada pembahasan sebelumnya ditunjukkan bahwa koset-koset kiri/kanan dari suatu grup membentuk suatu partisi di G yang diuraikan oleh suatu relasi ekivalen pada G . Ada relasi ekivalen penting lainya yang didefinisikan pada G , sebagaimana diberikan berikut ini. Konjuget dan Konjugasi Misalkan G suatu grup dan a, b ∈ G , maka a dinamakan kojuget dari b bila ada suatu g ∈ G yang memenuhi b = gag −1 (g −1 ag ). Mudah dicek bahwa konjugasi adalah suatu relasi ekivalen pada G . Klas ekivalen yang terbentuk dinamakan klas konjugasi , Notasi [a]C menyatakan klas konjugasi dari elemen a ∈ G . Sifat Misalkan G adalah suatu grup dan a ∈ G maka |[a]C | = |[G : C (a)]| , dengan C (a) adalah setralisir dari elemen a, yaitu C (a) = {g ∈ G | ga = ag }. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Bukti Bukti Karena gag −1 = hah−1

⇔ g −1 h ∈ C (a) ⇔ gC (a) = hC (a),

ada suatu fungsi bijektif φ : [a]C → [G : C (a)] = himpunan koset kiri dari C (a), didefisikan oleh φ(gag −1 ) = gC (a). Hal ini menujukkan bahwa |[a]C | = |[G : C (a)| . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Kesimpulan Persamaan Klas Misalkan G grup dengan order berhingga, maka |G | = |Z (G )| +

X

a∈Z / (G )

|[G : C (a)]|

Bukti Karena |[a]C | = 1 bila dan hanya bila a ∈ Z (G ) dan [a]C adalah konjugasi dari elemen a ∈ G dan merupakan suatu partisi di G , maka |G |

=

X

a∈G

= =

|[a]C |

|Z (G )| + |Z (G )| +

X

a∈Z / (G )

X

a∈Z / (G )

|[a]C | |[G : C (a)]| .


Aljabar Koset

Subgrup Normal dan Automorpisma Bila G suatu grup, misalkan P ∗ (G ) menyatakan himpunan dari semua himpunan takkosong dari G dan didefisikan suatu perkalian pada P ∗ (G ) sebagai ST = {st | s ∈ S, t ∈ T }, dengan S, T ∈ P ∗ (G ). Karena perkalian di G adalah assosiatif, maka perkalian di P ∗ (G ) juga assosiatif. Bila S = {s}, maka {s}T atau T {s} ditulis sT atau Ts.

Khususnya, bila H adalah subgrup dari G dan a ∈ G , maka koset kiri aH adalah suatu hasil perkalian di P ∗ (G ). Himpunan bagian {e} ∈ P ∗ (G ) memenuhi eS = Se = S

untuk semua S ∈ P ∗ (G ). Jadi {e} ∈ P ∗ (G ) elemen identitas terhadap perkalian di

P ∗ (G ) dan perkalian di P ∗ (G ) adalah assosiatif, tetapi P ∗ (G ) dengan operasi

perkalian bukan grup, kecuali untuk kasus trivial G = {e}. Bila S ∈ P ∗ (G ), misalkan

S −1 = {s −1 | s ∈ S}. Catatan bahwa S −1 bukan invers dari S terhadap perkalian di P ∗ (G ) kecuali S hanya memuat satu elemen. Bila H < G , maka HH = H dan H −1 = H.


Aljabar Koset

Sifat Misalkan H, K ∈ P ∗ (G ) dengan H dan K adalah subgrup dari G . Sifat berikut menunjukkan bahwa HK adalah subgrup dari G . Sifat Bila H dan K adalah subgrup dari G , maka HK adalah subgrup dari G bila dan hanya bila HK = KH. Bukti Bila HK < G , maka HK memuat semua semua elemen invers dari HK . Jadi HK = (HK )−1 = K −1 H −1 = KH. Sebaliknya, misalkan HK = KH. Didapat (HK )−1 = KH = HK , jadi semua elemen di HK mempunyai invers. Juga (HK )(HK ) = HKHK = HHKK = HK hal ini menunjukkan bahwa HK tertutup terhadap operasi perkalian. Sifat elemen netral dan assosiatif jelas. Jadi HK adalah subgrup dari G . Perhatikan bahwa HK = KH bukanlah suatu pengertian komutatif, tetapi merupkan persamaan himpunan bagian dari G . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Ruang Koset Bila H adalah suatu subgrup dari G , maka G /H ⊆ P ∗ (G ) adalah himpunan dari semua koset kiri dari H di G dan dinamkan ruang koset dari H di G . Misalkan dua koset kiri dari H yaitu aH dan bH. Bila (aH)(bH) = cH, maka ab ∈ cH dengan demikian cH = abH. Oleh karena itu bila G /H tertutup terhadap perkalian, maka haruslah (aH)(bH) = abH untuk semua a, b ∈ G . Sifat Bila H suatu subgrup dari G , maka (aH)(bH) = abH untuk semua a, b ∈ G bila dan hanya bila cHc −1 = H untuk semua c ∈ G . Bukti Misalkan cHc −1 = H untuk semua c ∈ G , maka cH = Hc untuk semua c ∈ G . Jadi (aH)(bH) = a(Hb)H = a(bH)H = abH. Sebaliknya, bila (aH)(bH) = abH untuk semua a, b ∈ G , maka cHc −1 ⊆ cHc −1 H = cc −1 H = H untuk semua c ∈ G . Karena c −1 ∈ G , ganti c dengan c −1 , didapat c −1 Hc ⊆ H. Selanjutnya sebelah kiri kalikan dengan c dan sebelah kanan dengan c −1 didapat H ⊆ cHc −1 . Jadi cHc −1 = H untuk semua c ∈ G . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Subgrup Normal Subgrup Normal Suatu subgrup N dari G dinamakan subgrup normal dari G dinotasikan dengan N ⊳ G bila aNa−1 = N untuk semua a ∈ G . Catatan, pernyataan dalam sifat yang telah dibahas menunjukkan bahwa N adalah subgrup normal di G bila dan hanya bila aNa−1 ⊆ N untuk semua a ∈ G . Hal ini tentunya lebih mudah untuk mengecek dari pada aNa−1 = N. Juga pengertian N adalah subgrup normal di G adalah ekivalen dengan aN = Na untuk semua a ∈ G .

Sifat Bila N ⊳ G , maka ruang koset G /N ⊆ P ∗ (G ) membentuk suatu grup dengan operasi perkalian di P ∗ (G ). Bukti Sudah ditunjukkan bahwa G /N tertutup terhadap perkalian dan assosiatif di P ∗ (G ). Misalkan sebarang aN ∈ G /N dan N = eN didapat (eN)(aN) = eaN = aN = aeN = (aN)(eN). Jadi N ∈ G /N adalah elemen identitas dari G /N. Juga (aN)(a−1 N) = aa−1 N = eN = N = a−1 aN = (a−1 N)(aN). Terlihat bahwa a−1 N adalah invers dari aN. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Grup Faktor (Grup Kuasi) Grup Kuasi Bila N ⊳ G , maka G /N dinamakan grup kuasi dari G oleh N. Catatan, bila N ⊳ G dan |G | < ∞, maka dari Teorema Lagrange didapat |G /N| = |[G : N]| = |G |/|N|.

Contoh 1. Bila G grup komutatif, maka setiap subgrup dari G adalah subgrup normal. 2. SL(n, R) adalah subgrup normal dari GL(n, R), sebab bila A ∈ GL(n, R) dan B ∈ SL(n, R), maka det(ABA−1 ) = (det A)(det B)(det A)−1 = 1. Jadi ABA−1 ∈ SL(n, R) untuk semua A ∈ GL(n, R) dan B ∈ SL(n, R). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Lanjutan Contoh Contoh 1 2 3 3. Bila a = , maka H =< a >= {e, a, a2} adalah subgrup 2 3 1 normal dari S3 . Bila b ∈ / H, maka koset dari H adalah H dan bH. 1 2 3 4. Misalkan b = , maka K =< b >= {e, b} dan koset kiri 2 1 3 dari K adalah K , aK = {a, ab}, a2 K = {a2 , a2 b}, dimana 1 2 3 a= . Didapat 2 3 1 K (aK ) = {e, a}{a, ab} = {a, ab, a2, a2 b} 6= aK . Jadi perkalian dua koset dari K bukan suatu koset dari K . Hal ini disebabkan K bukan subgrup normal dari S3 yaitu aKa−1 6= K . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Koset

Sifat Sifat Misalkan f : G → H suatu homomorpisma grup, maka Ker(f ) ⊳ G . Bukti Misalkan a ∈ G dan b ∈ Ker(f ). Maka f (aba−1 ) = f (a)f (b)f (a−1 ) = f (a)ef (a)−1 = e, jadi aba−1 ∈ Ker(f ) untuk semua b ∈ Ker(f ) dan a ∈ G dengan demikian Ker(f ) adalah subgrup normal dari G . Fakta sifat yang dibahas ini menguraikan semua subgrup normal dari suatu grup G . Misalkan N ⊳ G dan didefinisikan suatu fungsi π : G → G /N oleh π(a) = aN untuk setiap a ∈ G . Dengan definisi perkalian pada G /N didapat π(ab) = abN = (aN)(bN) = π(a)π(b). Jadi π adalah suatu homomorpisma grup yang dinamakan proyeksi natural atau pemetaan natural dari G ke G /n.


Aljabar Teorema Isomorpisma

Teorema Isomorpisma Pertama Teorema Isomorpisma Pertama Misalkan f : G → H suatu homomorpisma grup dengan K = Ker(f ). Maka G /K ∼ = Im(f ). Bukti Difinisikan suatu fungsi f¯ : G /K → Im(f ) dengan f¯(aK ) = f (a). Fungsi ini well-defined, sebab aK = bK bila dan hanya bila a−1 b ∈ K yang berarti f (a−1 b) = eH atau f (a) = f (b). Juga f¯((aK )(bK )) = f¯(abK ) = f (ab) = f (a)f (b) = ¯ f (aK )f¯(bK ), jadi f¯ suatu homomorpisma grup dan f¯ satu-satu sebab bila aK ∈ Ker(f¯), maka f¯(aK ) = f (a) = eH . Jadi a ∈ K , dengan dikian aK = K . hal ini menunjukkan Ker(f¯) = K yang mana K adalah elemen identitas di G /K . Jadi f¯ satu-satu, dengan demikian f¯ adalah suatu isomorpisma grup. Jadi G /K ∼ = Im(f ). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Teorema Isomorpisma Kedua Sifat Misalkan H, K adalah subgrup dari G . Bila H atau K adalah subgrup normal di G , maka HK adalah suatu subgrup dari G . Bukti Misalkan K ⊳ G , maka aK = Ka untuk semua a ∈ G . Kususnya, hK = Kh untuk semua h ∈ H ⊂ G . Jadi HK = KH, oleh karena itu HK adalah suatu subgrup dari G . Teorema Isomorpisma Kedua Misalkan H, N subgrup dari G dengan N ⊳ G , maka H/(H ∩ N) ∼ = HN/N. Bukti Misalkan π : G → G /N adalah pemetaan natural dan π0 adalah pembatasan dari π pada H. Maka π0 adalah suatu homomorpisma dengan Ker(π0 ) = H ∩ N. Jadi H/(H ∩ N) = H/Ker(π0 ) ∼ = Im(π0 ). Tetapi image dari π0 adalah himpunan dari semua koset dari N yang mempunyai representasi di H. Maka dari itu Im(π0 ) = HN/N. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Teorema Isomorpisma Ketiga Teorema Isomorpisma Ketiga Misalkan H ⊳ G , N ⊳ G dan N ⊆ H, maka G /H ∼ = (G /N)/(H/N). Bukti Difinisikan suatu fungsi f : G /N → G /H dengan f (aN) = aH untuk setiap aN ∈ G /N. Dapat ditunjukkan bahwa difinisi ini well-defined dan suatu homomorpisma grup. Maka Ker(f ) = {aN | aH = H} = {aN | a ∈ H} = H/N. Homomorpisma f adalah surjektif, maka Imf = G /H. Dengan menggunakan Teorema isomorphisma pertama didapat G /H ∼ = (G /N)/(H/N). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Teorema

Teorema Misalkan pemetaan f : G → H adalah suatu isomorpisma grup, maka 1

f −1 : H → G adalah suatu isomorpisma.

2

|G | = |H|.

3

Bila G abelian maka H abelian.

4

Bila G siklik, maka H siklik.

5

Bila g ∈ G dengan |g | = m, maka |f (g )| = m.



Bukti Bukti 1.

Karena f bijektif, maka f −1 ada. Misalkan x, y ∈ H, maka ada a, b ∈ G sehingga x = f (a) dan y = f (b). Didapat xy = f (a)f (b) = f (ab) ⇒ f −1 (xy ) = ab = f − (x)f −1 (y ),∀x, y ∈ H. Jadi pemetaan f −1 : H → G adalah suatu homomorpisma grup. Karena f bijektif, maka f −1 juga bijektif. Jadi f −1 adalah suatu isomorpisma grup.

2. Karena f : G → H bijektif, maka banyaknya elemen di G sama dengan banyaknya elemen di H. 3. Diketahui bahwa G abelian. Misalkan x, y ∈ H, karena f pada maka ada a, b ∈ G sehingga x = f (a) y = f (b). Didapat xy = f (a)f (b) = f (ab) = f (ba) = f (b)f (a) = yx. Terlihat bahwa unutk setiap x, y ∈ H berlaku xy = yx, jadi H abelian. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lanjutan Bukti Bukti 4. Misalkan G = hg i = {g m |m ∈ Z} dan f (g ) = h0 untuk suatu h0 ∈ H. Ambil sebarang h ∈ H, maka ada n0 ∈ Z sehingga h = f (g n0 ), dimana n0

f (g ) =

(

f (g ) . . . f (g ) = h0n0 , n0 ≥ 0 f (g )−1 . . . f (g )−1 = h0−n0 , n0 < 0.

Jadi untuk setiap h di H, h = h0m0 dengan m0 ∈ Z, hal ini menunjukkan bahwa H = hh0 i = {h0n |n ∈ Z}.

5. Bila |g | = m dan |f (g )| = n, maka eH = f (eG ) = f (g m ) = f (g )m , sehingga didapat ada bilangan bulat positip k0 yang memenuhi m = k0 n. Disamping itu, eH = f (g )n = f (g n ). Karena f satu-satu dan eH = f (eG ), maka g n = eG . Jadi ada bilangan bulat positip k1 yang memenuhi n = k1 m. Dari m = k0 n dan n = k1 m, didapat m = k0 k1 m atau k0 k1 = 1. Karena masing-masing k0 dan k1 adalah bilangan bulat positip, maka haruslah k0 = k1 = 1. Oleh karena itu m = k0 n = 1.n = n.



Contoh f A3

1

A3 τ

−1

S3

Q∗

1. Diberikan grup permutasi S3 dan grup bilangan rasional tanpa nol Q∗ . Didefinisikan suatu pemetaan f : S3 → Q∗ oleh ( 1, bila σ genap , untuk setiap σ ∈ S3 . f (σ) = −1, bila σ ganjil Bila σ, τ kedunya genap atau keduanya ganjil,maka στ genap oleh karena itu f (στ ) = 1 = 1.1 = f (σ).f (τ ) atau f (στ ) = 1 = −1. − 1 = f (σ).f (τ ). Bila σ genap dan τ ganjil, maka στ ganjil oleh karena itu f (στ ) = −1 = 1.(−1) = f (σ).f (τ ). Terlihat bahwa f adalah homomorpisma grup dari S3 ke Q∗ dengan ker(f ) = f −1 (1) = A3 . Jelas bahwa ker(f ) ⊳ S3 dan im(f ) = {1, −1} adalah subgrup dari Q∗ . Sedangkan f −1 (−1) = A3 τ untuk setiap permutasi ganjil τ ∈ S3 , Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh f −1, 1

1

−2, 2

2

−π, π

π b

b b b b

b

R

∗

R+

2. Diberikan himpunan bilangan real R, himpunan R∗ = {x ∈ R | x 6= 0} dan himpunan R+ = {x ∈ R | x > 0}. Didefinisikan suatu pemetaan f : R∗ → R+ oleh f (x) = |x|, ∀x ∈ R∗ dimana dengan operasi perkalian di R∗ dan R+ didapat f (x.y ) = |x.y | = |x|.|y | = f (x).f (y ), ∀x, y ∈ R∗ Terlihat bahwa f adalah suatu homomorpisma grup dari (R∗ , .) ke (R+ , .) dengan f pada. Selanjutnya ker(f ) = {x ∈ R∗ | |x| = 1 } = {1, −1}.



Contoh ker(f ) ker(f )(1 + i ) ker(f )(1 + 2i )

f 1 2 √

5

b b b b b

C∗

b

R+

3. Diberikan himpunan bilangan kompleks C, himpunan C∗ = {z ∈ C | z 6= 0} dan himpunan R+ = {x ∈ R | x > 0}. Didefinisikan suatu pemetaan f : C∗ → R+ oleh f (z) = |z|, ∀z ∈ C∗ dimana dengan operasi perkalian di C∗ dan R+ didapat f (z.w ) = |z.w | = |z|.|w | = f (z).f (w ), ∀z, w ∈ C∗ . Terlihat bahwa f adalah suatu homomorpisma grup dari (C∗ , .) ke (R+ , .) dengan f pada. Selanjutnya ker(f ) = {z ∈ C∗ | |z| = 1 }. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh 4. Untuk menunjukan bahwa Z4 ∼ = hii, definisikan suatu pemetaan f : Z4 → hii

oleh f (n) = i n .

Pemetaan f adalah satu-satu pada, sebab f (0) f (1) f (2) f (3)

= = = =

1 i −1 −i

dan f adalah suatu homomorpisma, sebab f (m + n) = i m+n = i m .i n = f (m).f (n), ∀m, n ∈ Z4 . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh 5. Walaupun S3 dengan Z6 mempunyai banyak elemen yang sama, tetapai S3 ≇ Z6 . Untuk menunjukan hal ini sebagai berikut. Telah diketahuai bahwa S3 tidak komutatif sedangkan Z6 komutatif. Misalkan a, b ∈ S3 dengan ab 6= ba dan andaikan bahwa pemetaan f : Z6 → S3 adalah suatu isomorpisma. Oleh karena itu ada m dan n di Z6 sehingga f (m) = a, f (n) = b. Didapat ab = f (m)f (n) = f (m + n) = f (n + m) = f (n)f (m) = ba. Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa ab 6= ba. Jadi S3 ≇ Z6 .



Contoh Contoh 6. Grup (R, +) adalah isomorpik dengan grup (R+ , .). Sebab ada pemetaan f : R → R+

dengan f (x) = e x , ∀x, R.

Pemetaan f satu-satu pada, sebab diberikan sebarang y ∈ R+ , pilih x ∈ R, yaitu x = ln y sehingga didapat f (x) = e x = e ln y = y , jadi f pada. Selanjutnya bila f (x1 ) = f (x2 ), maka e x1 = e x2 ⇒ e x1 e −x2 = 1 ⇒ e x1 −x2 = 1 ⇒ x1 − x2 = 0 ⇒ x1 = x2 .

Jadi f satu-satu. Terlihat bahwa f satu-satu dan pada (bijektif). Selanjutnya, f (x1 + x2 ) = e x1 +x2 = e x1 e x2 = f (x1 )f (x2 ). Jadi f adalah homomorpisma. Karena f homomorpisma dan bijektif, maka f adalah isomorpisma. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Teorema Korespondensi Teorema Korespondensi Misalkan N ⊳ G dan pemetaan natural π : G → G /N. Maka fungsi H 7→ H/N mendifinisikan suatu korespondensi satu-satu diantara himpunan semua subgrup H dengan N ⊆ H. Korespondensi ini memenuhi sifat: 1 H1 ⊆ H2 bila dan hanya bila H1 /N ⊆ H2 /N dan dalam hal ini |[H2 : H1 ]| = |[H2 /N : H1 /N]| . 2 H ⊳ G bila dan hanya bila H/N ⊳ G /N

Bukti Misalkan dan

S1 = {H | H < G dan N ⊆ H} S2 = {X | X < G /N}.

Selanjutnya definisikan α : S1 → S2 oleh α(H) = H/N = Im(π|H ). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lanjutan Bukti Bukti Misalkan H1 /N = H2 /N dengan H1 , H2 ∈ S1 . Akan ditunjukkan H1 = H2 . Misalkan h1 ∈ H1 , maka h1 N ∈ H2 /N. Jadi h1 N = h2 N dengan h2 ∈ H2 . Jadi H1 ⊆ H2 dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa H2 ⊆ H1 , dengan demikian H1 = H2 . Oleh karena itu α satu-satu. Bila K ∈ S2 , maka π −1 (K ) ∈ S1 dan α(π −1 (K )) = K , jadi α surjektif. Jadi α adalah suatu korespondensi satu-satu diantara S1 dan S2 . Selanjutnya fakta H1 ⊆ H2 bila dan hanya bila H1 /N ⊆ H2 /N adalah jelas. Dengan menggunakan hasil sebelumnya, himpunan koset aH1 untuk a ∈ H2 dapat ditunjukkan berkorespondensi satu-satu dengan himpunan koset ¯ aH1 /N untuk ¯ a ∈ H2 /N. Dengan demikian |[H2 : H1 ]| = |[H2 /N : H1 /N]| . Berikutnya misalkan H ⊳ G , maka H/N ⊳ G /N sebab (aN)(H/N)(aN)−1 = (aHa−1 )/N = H/N. Sebaliknya, misalkan H/N ⊳ G /N, maka bila π1 : G /N → (G /N)/(H/N) adalah pemetaan natural, didapat Ker(π1 ◦ π) = H. Jadi H ⊳ G . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Sifat Sifat berikut sederhana tetapi berguna bagi kriteria kenormalan dari suatu grup. Sifat Misalkan H < G dengan |[G : H]| = 2, maka H ⊳ G . Bukti Misalkan a ∈ G . Bila a ∈ H, maka aHa−1 = H. Bila a ∈ / H, maka G = H ∪ aH sebab |[G : H]| = 2. Tetapi juga G = H ∪ Ha sebab |[G : H]| = 2. Jadi aH = Ha akibatnya aHa−1 = H untuk semua a ∈ G dengan demikian H ⊳ G . Suatu isomorpisma grup φ : G → G dinamakan suatu automorpisma dan notasi Aut(G ) menyatakan himpunan dari semua automorpisma dari G . Dengan operasi biner komposisi fungsi Aut(G ) adalah suatu grup faktanya bahwa Aut(G ) adalah subgrup dari grup permutasi SG . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh 1

Aut(Z) ∼ = Z2 . Sebab, misalkan φ ∈ Aut(Z). Maka bila φ(1) = r didapat φ(m) = mr . Jadi Z = Im(φ) = hr i. Maka dari itu r = ±1. Dengan demikian φ(m) = m atau φ(m) = −m untuk semua m ∈ Z.

2

3

Misalkan G = {(a, b) | a, b ∈ Z}. Maka Aut(G ) tidak abelian, sebab a b Aut(G ) ∼ GL(2, Z) = ab, c, d ∈ Z, ad − bc = ±1 = c d Contoh berikut dapat digunakan sebagai latihan. Misalkan V adalah Klein group-4. Maka Aut(V ) ∼ = S3 .



Inner dan Outer Automorpisma Bila a ∈ G didefinisikan Ia : G → G oleh Ia (b) = aba−1 , naka Ia ∈ Aut(G ). Suatu automorpisma dari G yang mempunyai bentuk Ia untuk beberapa a ∈ G dinamakan suatu inner automorpisma atau konjugasi dari G . Sedangkan semua automorphisma yang lain dinamakan outer automorpisma dari G . Misalkan Inn(G ) adalah himpunan dari semua inner automorpisma dari G . Didifinisikan suatu fungsi Φ : G → Aut(G ) oleh Φ(a) = Ia , maka Im(Φ) = Inn(G ). Sifat Funngsi Φ adalah suatu homomorpisma grup dengan Im(Φ) = Inn(G ) dan Ker(Φ) = Z (G ), dengan Z (G ) adalah senter dari G yaitu Z (G ) = {a ∈ G | ab = ba untuk semua b ∈ G }. Bukti Untuk sebarang x ∈ G didapat Φ(ab)(x) = Iab (x) = (ab)x(ab)−1 = a(bxb −1 )a−1 = Ia (Ib (x)) = Φ(a)(Φ(b)(x)) = Φ(a) ◦ Φ(b)(x). Jadi Φ(ab) = Φ(a)Φ(b). Maka dari itu Φ adalah suatu homomorpisma grup. Sisa bukti jelas.



Kesimpulan dan Contoh Kesimpulan Inn(G ) ∼ = G /Z (G ). Contoh 1

Grup S3 mempunyai Z (S3 ) = {e}. Jadi Inn(S3 ) ∼ = S3 /{e} = S3 . Ingat bahwa S3 = {e, a, a2, b, ab, a2b} dengan a, b memenuhi a3 = e = b 2 dan ba = a2 b. Elemen a dan a2 mempunyai order 3 dan b, ab, a2 b mempunyai order 2. Jadi bila φ ∈ Aut(S3 ), maka φ(a) ∈ {a, a2 } dan φ(b) ∈ {b, ab, a2b}. Karena S3 dibangun oleh {a, b}, maka automorpisma φ secara lengkap ditentukan oleh φ(a) dan φ(b). Jadi |Aut(S3 )| ≤ 6 dan dapat disimpulkan Aut(S3 ) = Inn(S3 ) ∼ = S3 .

2

Bila G abelian maka setiap nontrivial automorpisma dari G adalah suatu outer automorpisma. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

Aljabar


Sifat Sifat Aut(Zn ) ∼ = U(n), dengan U(n) = {m | 1 ≤ m < n, (m, n) = 1} Bukti Perhatikan bahwa U(n) dengan operasi perkalian modulo n adalah grup dan grup Zn = h1i dengan operasi tambah modulo n. Misalkan φ ∈ Aut(Zn ). Karena 1 adalah generator dari Zn , maka secara lengkap φ ditentukan oleh φ(1) = m. Karena φ suatu isomorpisma dan |1| = n, maka |m| = n. Misalkan d = Kpk(m, n). maka n| dn m. Jadi n m = nm = 0 di Zn . Karena n adalah kelipatan terkecil dari m yang memberikan d d = 0 di Zn , maka haruslah d = 1. Jadi m ∈ U(n). Juga setiap m ∈ U(n) nm d menentukan suatu pemetaan φm : Zn → Zn dengan φm (r ) = rm. Dapat ditunjukkan bahwa φm ∈ Aut(Zn ). Dengan demikian didapat korespondensi satu-satu dari himpunan Aut(Zn ) ↔ U(n) yang diberikan oleh φm ↔ m. Korespondensi ini adalah suatu isomorpisma grup, sebab untuk setiap r ∈ Zn didapat φm1 φm2 (r ) = φm1 (φm2 (r )) = φm1 (m2 r ) = m1 m2 r = φm1 m2 (r ). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Representasi Permutasi Bila X sebarang himpunan takkosong, maka SX = {f : X → X | f bijektif} adalah suatu grup dengan operasi biner komposisi fungsi. Grup SX dinamakan grup simetri pada X atau grup dari permutasi dari X . Suatu grup permutasi adalah subgrup dari SX untuk beberapa X . Theorema berikut menunjukkan bahwa semua grup dapat disajikan sebagai grup permutasi untuk suatu pilihan yang tepat dari X . Teorema Cayley Setiap grup G isomorpik dengan subgrup simetri dari SG . Bukti Difinisikan Φ : G → SG oleh Φ(a) = fa dengan fa (g ) = ag untuk setiap g ∈ G . Dapat ditunjukkan bahwa masing-masing fa adalah bijektif pada G , jadi fa ∈ SG . Φ adalah homorpisma grup, sebab untuk setiap g ∈ G Φ(ab)(g ) = fab (g ) = (ab)g = a(bg ) = fa (fb (g )) = Φ(a)Φ(b)(g ) dan Ker(Φ) = {a ∈ G | Φ(a) = fa = fe } = {a ∈ G | ag = eg , ∀g ∈ G } = {a = e}. Jadi Φ surjektif. Didapat G ∼ = Im(Φ) ⊆ SG . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Catatan Homomorpisma Φ dinamakan representasi regular kiri dari G . Bila |G | < ∞, maka Φ suatu isomorpisma hanya bila |G | ≤ 2. Sebab bila |G | > 2, maka |SG | = |G |! > |G |. Suatu representasi dari G adalah sebarang homomorpisma φ : G → SX untuk beberapa himpunan X . Representasi regular kiri adalah contoh untuk X = G Contoh penting lain, yang mana |X | secara substansi lebih kecil dari |G |. Hal ini diperoleh bila X = G /H yang mana H adalah suatu subgrup dari G dan tidak harus H subgrup normal dari G . Jadi ruang koset G /H hanya suatu himpunan, tidaklah perlu G /H suatu grup. Difisikan ΦH : G → SG /H oleh ΦH (a)(bH) = abH. Sifat Bila H suatu subgrup dari G , maka ΦH : G → SG /H adalah suatu homomorpisma grup dan Ker(ΦH ) adalah subgrup normal terbesar yang termuat dalam H. Bukti Bila abH = acH, maka bH = cH, jadi ΦH (a) adalah fungsi satu-satu di G /H dan surjektif. Sebab, ΦH (a)(a−1 bH) = bH. Jadi ΦH (a) ∈ SG /H . Sebagaimana telah ditunjukkan dalam Teorema Cayley, ΦH adalah homomorpisma grup. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lanjutan Bukti Lanjutan Bukti Jadi Ker(ΦH ) ⊳ G dan bila a ∈ Ker(ΦH ), maka aH = ΦH (a)(H) = H. Jadi a ∈ H. Dengan demikian Ker(ΦH ) adalah suatu subgrup normal dan Ker(ΦH ) ⊆ H. Selanjutnya bila N ⊳ G dan N ⊆ H, misalkan a ∈ N. Maka ΦH (a)(bH) = abH = b¯ aH = bH sebab b−1 ab = ¯ a ∈ N ⊆ H. Jadi a ∈ Ker(ΦH ) dengan demikian N ⊳ Ker(ΦH ) dan Ker(ΦH ) adalah subgrup normal terbesar yang termuat dalam H. Kegunaan sifat ini dapat dilihat pada kesimpulan berikut. Kesimpulan Misalkan H < G dengan |G | < ∞ dan |G | tidak membagi |[G : H]|!. Maka ada suatu subgrup N ⊆ H dengan N 6= {e} dan N ⊳ G . Bukti Misalkan N adalah representasi permutasi ΦH . Dari sifat sebelumnya N adalah subgrup normal terbesar dan N ⊆ H. Telah diketahui bahwa G /N ∼ = Im(ΦH ) < SG /H . Jadi |G |/|N| = |Im(ΦH )| | |SG /H | = |[G : H]|!. Karena |G | tidak membagi |[G : H]|!, maka haruslah |N| > 1. Jadi N 6= {e}. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Kesimpulan Kesimpulan Misalkan H < G dengan |G | < ∞ sedemikian hingga (|H|, (|[G : H]| − 1)!) = 1, maka H ⊳ G .

Bukti Misalkan N = Ker(ΦH ). Maka N ⊆ H dan G /N ∼ = Im(ΦH ). Jadi (|G |/|N|) | |[G : H]|! = (|G |/|H|)! . Maka dari itu (|G |/|H|).(|H|/|N|) | |[G : H]|!, jadi (|H|/|N|) | (|[G : H]| − 1)!. Tetapi |H| dan (|[G : H]| − 1)! tidak mempunyai faktor persekutuan, maka dari itu haruslah |H|/|N| = 1. Jadi H = N. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Teorema Cauchy Kesimpulan Misalkan p adalah bilangan prima terkecil yang membagi |G |. Maka setiap subgrup dari G dengan indeks p adalah subgrup normal.

Bukti Misalkan H < G dengan |[G : H]| = p dan r = |H| = |G |/p. Maka setiap pembagi prima dari r lebih besar atau sama dengan p, jadi dari kesimpulan sebelumnya (|H|, (|[G : H]| − 1)!) = (r, (p − 1)!) = 1. Maka dari itu H ⊳ G . Teorema Cauchy Misalkan G grup dengan |G | < ∞ dan p suatu bilangan prima yang membagi |G |. Maka G mempunyai subgrup dengan order p.

Bukti Misalkan X = {¯ a = (a0 , a1 , · · · , ap−1 | ai ∈ G , a0 a1 · · · ap−1 = e}. Didapat suatu representasi dari Zp pada X dengan homomorpisma φ : Zp → SX diberikan oleh



Lanjutan Bukti Lanjutan Bukti φ(i )(¯ a) = φ(i )(a0 , a1 , · · · , ap−1 ) = (ai , ai +1 , · · · ap−1 , a0 , · · · , ai −1 ). Catatan bahwa (ai · · · ap−1 ) = (a0 · · · ai −1 )−1 , jadi φ(i )(¯ a) ∈ X . Selanjutnya dapat ¯ bila φ(i )¯ ¯ untuk beberapa i . didefinisikan suatu relasi ekivalen pada X oleh ¯ a∼b a=b Maka X dipartisi kedalam klas ekivalen. Dalam hal ini masing-masing klas ekivalen berisi tepat satu elemen atau p elemen dari X . Bila n1 banyaknya klas ekivalen dengan satu elemen dan np menyatakan banyaknya klas ekivalen dengan p elemen, maka |X | = n.1 + np .p Selanjutnya X mempunyai m = |G |p−1 elemen, sebab dapat dipilih sebarang a0 , · · · , ap−1 dan ap−1 = (a0 · · · ap−2 )−1 tunggal. Jelas bahwa m adalah kelipatan dari p, dengan demikian n1 harus dapat dibagi oleh p. Selanjutnya n1 ≥ 1 sebab ada suatu klas ekivalen {(e, · · · , e}. Maka dari ada klas ekivalen yang lain dengan tepat satu elemen, semua klas ekivalen ini adalah {a, · · · , a} dan berkenaan dengan definisi anggota X , maka haruslah a ∈ G dan memenuhi ap = e. Dengan kata lain ada elemen a ∈ G dengan |a| = p. Dengan demikian didapat H = hai adalah subgrup dari G dengan |H| = p dan p membagi |G |. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Tindakan Suatu grup G pada X 6= ∅

Tindakan Suatu grup G pada X 6= ∅ Definisi Misalkan G suatu grup dan himpunan takkosong X . Suatu tindakan dari G pada X adalah suatu representasi permutasi Φ : G → Sx . Umumnya ditulis gx untuk Φ(g)(x). Fakta bahwa Φ adalah suatu homomorpisma berarti bahwa g(hx) = (gh)x untuk semua g, h ∈ G dan x ∈ X sedangkan ex = x dengan e ∈ G adalah elemen identitas. Berkenaan dengan sebarang x ∈ X ada Gx ⊆ X dan suatu subgrup G (x) dari G yang didifinisikan sebagai berikut:

1 2

Gx = {gx | g ∈ G } dinamakan orbit dari ari x.

G (x) = {g ∈ G | gx = x} dinamakan stabiliser dari x.

Sifat Misalkan G bertindak pada himpunan berhinnga X , maka |Gx| = |[G : G (x)]| , untuk setiap x ∈ G . Bukti Karena gx = hx ⇔ g

−1

h ∈ G (x) ⇔ gG (x) = hG (x),

ada suatu fungsi bijektif φ : Gx → G /G (x) yang didefinisikan oleh φ(gx) = gG (x). Jadi |Gx| = |[G : G (x)]|. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Klas Ekivalen dalam suatu Tindakan G Sifat Misalkan x1 , x2 ∈ X dikatakan bahwa x1 berelasi dengan x2 yaitu x1 ∼ x2 bila ada g ∈ G yang memenuhi gx1 = x2 . Relasi ini adalah relasi ekivelen. Kelas ekivelen dari x1 adalah Gx1 . Bukti Untuk setiap x ∈ X , maka ex = x, jadi x ∼ x. Selanjutnya bila x1 ∼ x2 , maka untuk g ∈ G yang sesuai didapat gx1 = x2 . Sehingga, g −1 (gx1 ) = g −1 x2 atau x1 = g −1 x2 . Jadi x2 ∼ x1 . Berikutnya misalkan x1 ∼ x2 dan x2 ∼ x3 , maka untuk g1 , g2 ∈ G yang sesuai didapat g1 x1 = x2 dan g2 x2 = x3 . Sehingga diperoleh (g2 g1 )x1 = g2 (g1 x1 ) = g2 x2 = x3 . Jadi x1 ∼ x3 . Selanjutnya kelas dari x1 adalah {gx1 | g ∈ G } = Gx1 . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Sifat Sifat Misalkam grup G bertindak pada suatu himpunan berhingga X . Maka |X | =

N X i =1

|[G : G (xi )]| ,

dengan N adalah banyaknya orbit dari G pada X . Bukti Dari hasil sebelumnya diketahui bahwa orbit dari G pada X membentuk suatu partisi pada X . Bila banyaknya orbit dari G pada X adalah N dan xi ∈ Gxi adalah satu representasi dari orbit Gxi , maka |X | =

N X i =1

|Gxi | =

N X i =1

|[G : G (xi )]| .



Sifat Sifat Misalkan G bertindak pada himpunan berhingga X dan N menyatakan banyaknya orbit dari G pada X . Untuk sebarang g tetap di G didifinisikan def

I (g ) = |{x ∈ X | gx = x}|, maka N=

1 X I (g ). |G | g ∈G

Catatan: Bila N = 1, maka dikatakan bahwa G bertindak secara transitif pada X , yaitu untuk setiap x1 , x2 ∈ G ada g ∈ G sehingga gx1 = x2 . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Bukti Bukti Difinisikan suatu fungsi def

T : G × X → {0, 1} oleh T (g , x) =

1, 0,

gx = x . gx 6= x

Sehingga, untuk sebarang g tetap di G didapat X T (g , x) I (g ) = x∈X

dan untuk sebarang x tetap di X didapat X T (g , x). |G (x)| = g∈G

Selanjutnya tetapkan representasi dari N orbit disjoint dari G dalam X yaitu x1 , x2 , . . . , xN . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lanjutan Bukti Bukti Didapat X

I (g )

=

g∈G

X

g∈G

=

X

x∈X

 

X

x∈X



T (g , x) =

|G (x)| =

X

x∈X

X |G | |Gx| x∈X



X

g∈G

=

N X N X X X |G | |G | = |Gx| |Gx i| i =1 x∈Gx i =1 x∈Gx

=

N X i =1

=

|Gxi |

N.|G |.

1 P I (g ). |G | g∈G



T (g , x)

i

i

Terlihat bahwa N =



|G | = |Gxi |

N X i =1

|G |



Contoh 1

2

2

1

2

2

1

1

1

2

1 1

Suatu tongkat terdiri dari dua bagian, yaitu bagian 1 dan bagian 2. Bila pada masing-masing bagian akan diwarnai dengan 3 warna yang berbeda, yaitu merah, hitam, biru. Maka berapa banyak cara yang berbeda dari hasil pewarnaan togkat tersebut bila aturan pewarnaan adalah satu bagian dari tongkat hanya boleh diwarnai oleh satu warna saja. Jawab Ada sebanyak 32 = 9 cara pewarnaan, yaitu x1 = mm, x2 = hh, x3 = bb, x4 = mh, x5 = hm, x6 = mb, x7 = bm, x8 = hb, x9 = bh, dimana m = merah, h = hitam, b = biru. Dari hasil pewarnaan ini terlihat yang berbeda ada 6, sebagaimana diberikan dalam gambar.



Lanjutan Jawaban Jawaban yang diberikan sebelumnya kita cek dengan teori yang telah dibahas berkaitan dengan tindakan suatu grup terhadap suatu himpunan takkosong. Dalam hal ini himpunan X 6= ∅ adalah X = {x1 , x2 , . . . , x9 } dan grup G adalah grup

permutasi dari dua elemen yaitu G = {(), (1, 2)}. Grup G bertindak pada X sebagai

berikut: ()xi = xi , i = 1, . . . , 9, (1, 2)x1 = x1 , (1, 2)x2 = x2 , (1, 2)x3 = x3 , (1, 2)x4 =

x5 , (1, 2)x5 = x4 , (1, 2)x6 = x7 , (1, 2)x7 = x6 , (1, 2)x8 = x9 , (1, 2)x9 = x8 . Selanjutnya tentukan orbit dari masing-masing xi ; yaitu Gxi = G ⇒ |Gxi | = 2, i = 1, 2, 3 dan

Gxi = {()} ⇒ |Gxi | = 1, 3 < i ≤ 9. Banyaknya orbit yang berbeda menyatakan

bayaknya cara pewarnaan yang berbeda, misalkan N. Sehingga didapat: 9 1 1 P Gx = (2 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1) = 6. Terlihat, hasilnya sama N= |G | i =1 i 2 dengan hasil yang diperoleh sebelumnya. Bisa juga dihitung sbg: I () = X ⇒ |I ()| = 9, I (1, 2) = {x1 , x2 , x3 } ⇒ |I (1, 2)| = 3. Jadi 1 1 P = (9 + 3) = 6. |G | g∈G 2

N=



Contoh Contoh Berapa banyaknya cara perwanaan yang berbeda pada sisi-sisi segitiga sama sisi dengan empat warna yang berbeda merah, hitam, biru dan hijau. Cara pewarnaan pada satu sisi hanya boleh diwarnai oleh satu warna saja. Jawab Banyaknya cara yang terjadi adalah 43 = 64 cara. Misalkan X adalah himpunan dari cara pewarnaan sisi-sisi segitiga, jelas bahwa |X | = 64 dan grup yang berindak pada X adalah G = S3 . Grup G sama dengan grup < {a, b} > dimana a3 = (), b2 = () dan ba = a2 b. Jadi G = {(), a, a2 , b, ab, a2 b} dan |I ()| = 64, |I (a)| = 4 (semua sisi harus sama dan ada 4 warna yg berbeda), |I (a2 )| = 4 (alasan sama seperti a), |I (b)| = 16 (dua sisi yg dicerminkan harus berwarna sama ada 4 pilihan dan sisi yg lain bisa sebarang warna (kali 4 pilihan)), |I (ab)| = 16 dan |I (a2 b)| = 16 (alasan seperti b). Sehingga didapat orbit yang berbeda 1 N = (64 + 4 + 4 + 16 + 16 + 16) = 20. Jadi banyaknya pewarnaan yang berbeda 6 adalah 20. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Grup Permutasi

Grup Permutasi Grup Permutasi Misalkan S = {1, 2, . . . n} dan Sn adalah himpunan dari semua fungsi satu-satu pada f : S → S. Maka Sn dengan operasi komposisi fungsi merupakan suatu grup, grup ini dinamakan suatu grup permutasi Selanjutnya misalkan f (1) = a1 , f (2) = a2 , . . . , f (n) = an , dimana aj ∈ S dengan j = 1, 2, . . . , n. Keadaan yang demikian ini dinotasikan oleh: 1 2 ... n f = . a1 a2 . . . an Bila f , g , h ∈ Sn , maka komposisi dari f dan g ditulis fg juga di Sn , f (gh) = (fg )h, elemen netral di Sn fungsi identitas: 1 2 ... n e= 1 2 ... n dan bila f ∈ Sn, maka invers fungsi ini adalah f −1 diberikan oleh a1 a2 . . . an . 1 2 ... n Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh Misalkan S = {1, 2, 3} maka |S3 | = 3! = 6. Elemen-elemen dari S3 adalah: e=

1 1

2 2

3 3

,a =

1 1

2 3

3 2

,b =

1 2

2 1

3 3

,

c=

1 2

2 3

3 1

,d =

1 3

2 1

3 2

,f =

1 3

2 2

3 1

.

ab =

2 3

3 2

1 2

=

ba =

1 2 2 1 1 = 1

3 3

Sedangkan

a−1

1 1

2 3

2 1

3 3

1 3

2 1

3 2

= d,

1 2 3 1 2 3 = =c 1 3 2 2 3 1 3 1 2 3 = a, d −1 = = c. 2 2 3 1

Grup S3 tidak komutatif sebab ab 6= ba. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Sikel dan Notasi Sikel Sikel dan Notasi sikel Misalkan S = {1, 2, 3, . . . , n} dan ai , aj , . . . dst adalah elemen-elemen di S. Bila f ∈ Sn dengan sifat f (a1 ) = a2 , f (a2 ) = a3 , . . . , f (ak−1 ) = ak , f (ak ) = a1 dan f (aj ) = aj untuk j 6= 1, 2, 3 . . . , k. Pemutasi semacam f ini dinamakan suatu sikel atau sikel-k dan dinotasikan oleh f = (a1 , a2 , a3 , . . . , ak ). Dalam hal ini k merupakan panjang dari sikel f . Bila suatu sikel panjangnya satu, maka sikel ini adalah identitas (elemen netral). Dua sikel f dan g adalah disjoint bila representasi dari masing-masing sikel tidak ada yang sama dan berlaku fg = gf . Contoh Misalkan S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} dan f =

1 2

2 4

3 6

4 5

5 1

6 7

7 3

8 8

,

maka f (1) = 2, f (2) = 4, f (4) = 5, f (5) = 1 ⇒ g = (1, 2, 4, 5) dan

f (3) = 6, f (6) = 7, f (7) = 3 ⇒ h = (3, 6, 7). Jadi f = gh = hg , disini terlihat bahwa permutasi f merupakan komposisi dari sikel g dan h yang saling asing.



Lanjutan Contoh Lanjutan Contoh.. Permutasi 1 σ= 6 dan τ =

2 3

3 5 1 1

4 1 2 4

5 4 3 2

6 2 4 3

7 7 5 5

= (1, 6, 2, 3, 5, 4, )

6 6

= (2, 4, 3)

σ adalah sikel dengan panjang 6 sedangkan τ adalah sikel dengan panjang 3. Tidak semua permutasi merupakan sikel, misalnya 1 2 3 4 5 6 = (1, 2, 4, 3)(5, 6). 2 4 1 3 6 5



Lanjutan Contoh Lanjutan Contoh.. Notasi sikel memudahkan memperoleh komposisi dari sikel-sikel. Diberikan dua sikel σ = (1, 3, 5, 2) dan τ = (2, 5, 6), maka στ = (1, 3, 5, 6). Bila µ = (1, 6, 3, 4), maka σµ = (1, 6, 5, 2)(3, 4). Untuk sikel-sikel yang saling asing, maka komposisinya sangat mudah, misalnya dua sikel a = (1, 3, 5) dan b = (2, 7), maka komposisi ab = (1, 3, 5)(2, 7). Masing-masing sikel σ, τ dan µ dapat diungkapkan sebagai σ 1 7→ 3 3 7→ 5 5 7→ 2 2 7→ 1 4 7→ 4 6 7→ 6

,

τ 2 7→ 5 5 7→ 6 6 7→ 2 1 7→ 1 3 7→ 3 4 7→ 4

dan

µ 1 7→ 6 6 7→ 3 3 7→ 4 4 7→ 1 2 7→ 2 5 7→ 5

Untuk sikel-sikel yang saling asing a dan b, juga didapat ab = (1, 3, 5)(2, 7) = (2, 7)(1, 3, 5) = ba. Hal ini berlaku untuk sebarang sikel-sikel yang saling asing sebagaimana ditunjukkan berikut ini. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Teorema Toerema Misalkan σ dan τ adalah dua sikel yang saling asing di SX . Maka στ = τ σ. Bukti Misalkan σ = (a1 , a2 , . . . , am ) dan τ = (b1 , b2 , . . . , bn ). Harus ditunjukkan bahwa στ (x) = τ σ(x), ∀x ∈ X . Bila x tidak di {a1 , a2 , . . . , am } atau juga tidak di {b1 , b2 , . . . , bn }, maka σ(x) = x dan τ (x) = x. Oleh karena itu στ (x) = σ(τ (x)) = σ(x) = x = τ (x) = τ (σ(x)) = τ σ(x). Selanjutnya, misalkan bahwa x ∈ {a1 , a2 , . . . , am }, maka x = ai untuk suatu i ∈ {1, 2, . . . , m} dan σ(ai ) = a(i mod m)+1 . Sehingga didapat στ (x) = στ (ai ) = σ(τ (ai )) = σ(ai ) = a(i mod m)+1 = τ (a(i mod m)+1 ) = τ (σ(ai )) = τ (σ(x)) = τ σ(x). Dengan cara yang sama bila x ∈ {b1 , b2 , . . . , bn }, didapat στ (x) = τ σ(x). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Teorema Torema Setiap permutasi σ ∈ SX merupakan hasil dari komposisi sikel-sikel yang saling asing. Bukti Misalkan X = {1, 2, . . . , n} dan sebarang permutasi σ ∈ SX . Difinisikan X1 = {σ(1), σ2 (1), . . .}. Himpunan X1 berhingga, sebab X berhingga. Selanjutnya misalkan i adalah bilangan bulat pertama di X dengan i ∈ / X1 dan difinisikan X2 = {σ(i ), σ2 (i ), . . .}. Lagi, himpunan X2 ini berhingga. Proses ini dilanjutkan sehinga didapat himpunan yang saling asing X3 , X4 , . . .. Proses ini dijamin akan berhenti sebab X berhingga, misalkan proses sampai r . Bila σi adalah sikel yang didefinisikan oleh σ(x) x ∈ Xi σi (x) = x x∈ / Xi , maka σ = σ1 σ2 . . . σr . Karena X1 , X2 , . . . , Xr adalah saling asing, maka σ1 , σ2 , . . . , σr adalah sikel-sikel yang saling asing juga.



Relasi Biner ∼σ Definisi Misalkan σ ∈ Sn , n ≥ 1. Pada S = {1, 2, . . . , n} didefinisikan suatu relasi biner ∼σ oleh a ∼σ b, bila b = σ k a untuk beberapa k ∈ Z. Contoh Misalkan S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} dan 1 2 3 4 f = 2 4 6 5

5 1

6 7

7 3

8 8

,

maka 1 ∼f 2, 1 ∼f 4, 1 ∼f 5 dan 3 ∼f 6, 3 ∼f 7. Terlihat bahwa yang berada dalam satu sikel adalah sama terhadap relasi ∼f . Ada 3 sikel dalam f yaitu (1, 2, 4, 5), (3, 6, 7) dan (8). Sikel-sikel ini jelas saling asing sehingga mempartisi himpunan S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} menjadi tiga bagian sesuai banyaknya sikel. Hasil ini mengarah bahwa relasi ∼f adalah relasi ekivalen sebagaimana ditunjukkan berikut ini. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Sifat Sifat Relasi ∼σ sebagaiman yang telah didefinisikan sebelumnya adalah relasi ekivalen pada himpunan S. Bukti Relasi ∼σ adalah refleksif, sebab untuk setiap a ∈ S σ 0 a = a. Relasi ∼σ adalah simetri, sebab bila a ∼σ b, a, b ∈ S , maka b = σ k a untuk beberapa k ∈ Z. Sehingga didapat a = σ −k b atau b ∼σ a. Relasi ∼σ adalah transitif, sebab bila a ∼σ b dan b ∼σ c dengan a, b, c ∈ S, maka b = σ m a dan c = σ n b untuk beberapa m, n ∈ Z. Sehingga didapat c = σ n σ m a = σ n+m a atau a ∼σ c. Notasi sikel untuk merepresentasikan suatu permutasi akan memudahkan, selanjutnya permutasi identitas donotasikan oleh ( ). Suatu sikel dengan panjang dua dinamakan transposisi. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh Sikel (2, 3, 4, 6, 8) dapat ditulis sebagai hasil komposisi transposisi sebagai berikut (2, 3, 4, 6, 8) = (2, 8)(2, 6)(2, 4)(2, 3). Penulisan komposisi transposisi ini tidak tunggal. Komposisi yang lain adalah (2, 3, 4, 6, 8) = (2, 3)(3, 4)(4, 6)(6, 8). Begitu juga permutasi berikut ini (1, 6)(2, 5, 3) = (1, 6)(2, 3)(2, 5) = (1, 6)(4, 5)(2, 3)(4, 5)(2, 5). Dari beberapa hasil ini terlihat tidak ada cara merepresentasikan permutasi sebagai hasil komposisi transposisi secara tunggal. Misalnya, permutasi identitas dapat dituliskan sebagai (1, 2)(1, 2), (1, 3)(2, 4)(1, 3)(2, 4) dan beberapa cara yang lainnya. Bagaimanapun hal ini, memberikan suatu hasil bahwa tidak ada permutasi dapat ditulis sebagai hasil komposisi transposisi yang banyaknya genap dan sekaligus juga ganjil. Misalnya, berbagai penyajian dari permutasi (1, 6) adalah (2, 3)(1, 6)(2, 3) atau (3, 5)(1, 6)(1, 3)(1, 6)(1, 3)(3, 5)(5, 6), tetapi hal ini memperlihatkan bahwa permutasi (1, 6) selalu akan merupakan hasil komposisi transposisi yang banyaknya ganjil. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lemma Lemma Setiap permutasi merupakan hasil komposisi dari transposisi. Bukti Hali, ini cukup dibuktikan sebagai berikut : (a1 , a2 , . . . , as ) = (a1 , as )(a1 , as−1 ) . . . (a1 , a2 ). Diberikan permutasi σ ∈ Sn . Didefisikan tanda dari σ dinotasikan oleh sgn(σ) adalah bilangan sgn(σ) =

Y σ(i ) − σ(j)

i
i −j

Contoh Q i −j . Sedangkan permutasi σ = (1, 2), maka i −j i 2 dan −1 = = 1−2 . i −j 1−2 i
Permutasi identitas ( ) dari Sn , maka sgn( ) = 1, sebab 1 =



Teorema Teorema Misalkan σ, τ ∈ Sn , maka sgn(στ ) = sgn(σ)sgn(τ ) Bukti

sgn(στ )

=

Y στ (i ) − στ (j)

i
=

i
=

i −j

Y σ(τ (i )) − σ(τ (j)) Y τ (i ) − τ (j) τ (i ) − τ (j)

Y σ(τ (i )) − σ(τ (j))

i
τ (i ) − τ (j)

σ(k)−σ(l )

i
i −j

sgn(τ )

σ(l )−σ(k)

Perhatikan bahwa, untuk 1 ≤ k < l ≤ n berlaku = . Karena σ, τ adalah permutasi, maka k−l l −k ada b 6= a dengan τ (i ) = a, τ (j) = b. Sehingga didapat στ (i ) = σ(a), στ (j) = σ(b). Jadi Q Q σ(a)−σ(b) σ(a)−σ(b) στ (i )−στ (j ) στ (i )−στ (j ) = = dan = sgn(σ). Maka dari itu, didapat a−b a−b τ (i )−τ (j ) τ (i )−τ (j ) i
a
sgn(στ ) = sgn(σ)sgn(τ ). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Grup Alternating

Himpunan An merupkan himpunan bagian dari himpunan Sn , yaitu himpunan dari semua permutasi genap. Himpunan An ini merupakan suatu subgrup dari Sn sebagaimana ditunjukkan dalam Teorema berikut. Selanjutnya An dinamakan grup alternating. Grup alternating merupkan suatu grup yang penting dalam pembehasan grup permutasi. Teorema Teorema : Himpunan An adalah suatu subgrup dari grup Sn .



Bukti Bukti Karena hasil kali dari dua permuatasi genap adalah permutasi genap, maka An tertutup. Identitas adalah permutasi genap jadi berada di An . Bila σ adalah permutasi genap, maka σ = σ1 σ2 . . . σr , dimana σi adalah suatu transposisi untuk setiap i = 1, 2, . . . , r dan r adalah bilangan bulat genap. Karena invers dari suatu transposisi adalah transposisi yang sama dengan transposisi itu sendiri, maka σ −1 = σr σr −1 . . . σ1 . Jadi σ −1 juga di An . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Proposisi Proposisi Banyaknya permuatasi genap di Sn untuk n ≥ 2 sama dengan banyaknya permutasi ganjil, jadi |An | = n!2 Bukti Misalkan Bn adalah himpunan semua permutasi ganjil. Akan ditunjukkan ada pemetaan bijektif dari Bn ke An . Pilih sebarang tetap σ ∈ Bn , definisikan pemetaan λσ : Bn → An

dengan λσ (τ ) = στ, ∀τ ∈ Bn . Misalkan bahwa λσ (τ ) = λσ (µ), maka στ = σµ atau τ = µ. Jadi λσ adalah satu satu. Selanjutnya ambil sebarang α ∈ An , pilih permutasi β = σ −1 α. Jelas bahwa β ∈ Bn (sebab σ −1 permutasi ganjil dan α permutasi genap). Sehingga didapat λσ (β) = σβ = σσ −1 α = α. Jadi λσ adalah pada. Karena λσ adalah satu-satu dan pada, maka λσ adalah bijektif. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh Grup alternating A4 adalah subgrup dari grup permutasi S4 . Ada dua belas elemen di A4 yaitu: () (1, 2)(3, 4) (1, 3)(2, 4) (1, 4)(2, 3) (1, 2, 3) (1, 3, 2) (1, 2, 4) (1, 4, 2) (1, 3, 4) (1, 4, 3) (2, 3, 4) (2, 4, 3). Terlihat bahwa, elemen-elemen dari A4 kecuali elemen netral mempunyai order 2 atau 3. Delapan elemen merupakan sikel dengan panjang tiga jadi berorder 3 sedangkan tiga elemen sisanya selain () adalah berorder 2. Walaupun 6 membagi 12 = |A4 |, tetapi tidak ada elemen yang beroder 6 sebagai anggota A4 .



Grup Dihedral

Subgrup dari permutasi grup Sn selain An adalah grup dihedral Dn yaitu grup permutasi yang mempertahankan bentuk geometri dari segi-n beraturan terhadap rotasi dan pencerminan. Titik sudut pada segi-n beraturan ditandai dengan 1, 2, 3, . . . , n. Ada tepat n pilihan untuk mengganti titik yang pertama. Bila titik yang pertama diganti oleh k, maka titik yang kedua diganti oleh k + 1 atau k − 1. Jadi ada 2n kemungkinan penggantian dari titik sudut segin-n beraturan supaya tetap mempertahankan bentuk. Jadi grup Dn mempunyai order sebayak 2n.



Sifat Sifat Grup dihedral Dn untuk n ≥ 3 terdiri dari semua hasil kali dua elemen rotasi r dan pencerminan s yang memenuhi : r n = e, s 2 = e dan srs = r −1 dimana e adalah elemen netral. Bukti Ada n kemungkinan rotasi: e, r =

◦

360 n

360◦ n

◦

◦

, 2. 360 , . . . , (n − 1). 360 . Dalam hal ini rotasi n n

. Rotasi r ini membangun semua rotasi yaitu ◦

, k = 0, 1, 2 . . . , (n − 1). Selanjutnya n pencerminan dinotasikan oleh = k. 360 n s1 , s2 , . . . , sn , dimana sk menyatakan pencerminan yang menyebabkan titik sudut ke-k tetap. Ada dua kasus pencerminan bergantung pada n genap atau ganjil. Bila genap, maka ada dua titik tetap terhadap pencerminan. Bila ganjil, maka hanya ada satu titik tetap terhadap pencerminan. Jadi bila n = 2m, maka si = si +m untuk 1 ≤ i ≤ m. Order sk adalah dua. Misakan s = s1 , maka s 2 = e dan r n = e. Bila tiktik sudut pertama diganti oleh k dan sudut titik kedua oleh k + 1, maka hal ini dilakukan oleh rotasi r k , tetapi bila sudut pertama diganti oleh k dan sudut titik kedua oleh k − 1 maka hal ini dilakukan oleh perkalian r k s. Hal ini menunjukkan bahwa Dn dibangun oleh {r , s}. Penjelasan serupa didapat bahwa (srs = r −1 ?).

rk



Contoh Contoh Grup dihedral segi empat beraturan D4 dengan rotasi diberikan oleh r = (1, 2, 3, 4) r 2 = (1, 3)(2, 4) r 3 = (1, 4, 3, 2) dan pencerminan diberikan oleh s1 = (2, 4) dan s2 = (1, 3). Dua elemen lainnya adalah rs1 = (1, 2)(3, 4) dan r 3 s1 = (1, 4)(2, 3).


Aljabar Internal Direct Product dan Struktur Grup

Produk Langsung (Direct Product) Motifasi: Suatu Empat Persegi Panjang membentuk grup simetri.

4

3

h

r 1

2 v r = rotasi 180◦

G () = {e, r , h, v = rh}. Tabel dari grup G : *

e

r

h

v

e r h v

e r h v

r e v h

h v e r

v h r e



Lanjutan Motifasi Dengan menggunakan Teorema Lagrange, kemungkinan subgrup dari G berorder 1, 2, 4. Misalkan H1 = {e, r } dan H2 = {e, h} didapat H1 × H2 = {(e, e), (r , e), (e, h), (r , h)} Tabel dari grup H1 × H2 : *

(e, e)

(r, e)

(e, h)

(r, h)

(e, e) (r, e) (e, h) (r, h)

(e, e) (r, e) (e, h) (r, h)

(r, e) (e, e) (r, h) (e, h)

(e, h) (r, h) (e, e) (r, e)

(r, h) (e, h) (r, e) (e, e)

Didapat tabel *

e

r

h

rh

e r h rh

e r h rh

r e v h

h v e r

rh h r e

Tabel yang terakhir identik dengan tabel dari grup G . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


G Isomorpik dengan Produk Langsung Didapat suatu hubungan φ : H1 × H2 → G

dengan (x, y ) 7→ xy . Pemetaan φ adalah isomorpisma grup, dengan demikian G∼ = Z2 × Z2 ∼ = C2 × C2 , dengan C2 adalah suatu grup siklik berorder 2. Grup simetri berikut S3 = {e, (1, 2), (1, 3), (2, 3), (1, 2, 3), (1, 3, 2)} mempunyai dua subgrup siklik H1 = {e, (1, 2)} dan H2 = {e, (1, 2, 3), (1, 3, 2)}. Didapat

H1 × H2 ∼ = C2 × C3 ≇ S3 . = Z2 × Z3 ∼



G Isomorpik dengan Produk Langsung Timbul suatu pertanyaan, apa syarat suatu grup G supaya isomorpik dengan produk langsung dari subgrup-subgrupnya? Misalkan H1 < G dan H2 < G dan didefinisikan pemetaan φ : H1 × H2 → G dengan φ(h1 , h2 ) = h1 h2 , ∀(h1 , h2 ) ∈ H1 × H2 . Pemetaan φ adalah suatu isomorpisma grup, sebagai akibatnya 1 Pemetaan φ adalah satu-satu pada. 2 Pemetaan φ adalah homomorpisma grup.

Pada : Image dari φ adalah himpunan dengan elemen-elemen h1 h2 dengan h1 ∈ H1 dan h2 ∈ H2 , yaitu H1 H2 = {h1 h2 | h1 ∈ H1 , h2 ∈ H2 } . Jadi dalam hal ini G = H1 H2 . Sehingga didapat, bila φ adalah suatu isomorpisma grup, maka G = H1 H2 . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


G Isomorpik dengan Produk Langsung Satu-satu : Misalkan bahwa φ(h1 , h2 ) = φ(k1 , k2 ) karena φ adalah satu-satu, maka (h1 , h2 ) = (k1 , k2 ). Hal ini berakibat h1 = k1 dan h2 = k2 . Tetapi φ(h1 , h2 ) = h1 h2 dan φ(k1 , k2 ) = k1 k2 . Jadi h1 h2 = k1 k2 ⇒ h1 = k1 dan h2 = k2 . Hal ini menjelaskan bahwa pemetaan φ satu-satu, maka setiap elemen dari G dapat diungkapkan secara tunggal dalam bentuk h1 h2 dengan T h1 ∈ H1 dan h2 ∈ H2 . Selanjutnya dapat H2 = {e} sebagai berikut: ditunjukkan bahwa H 1 T Misalkan h ∈ H1 H2 , jadi h = he, h ∈ H1 , e ∈ H2 dan h = eh, e ∈ H1 , h ∈ H2 . Maka dari itu φ(h, e) = φ(e, h). Karena φ satu-satu, maka (h, e) = (e, h). Sehingga didapat h = e. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


G Isomorpik dengan Produk Langsung Dengan demikian bila φ adalah suatu isomorpisma grup, maka H1

T

H2 = {e}.

Sifat morpisma dari φ : φ ((h1 , h2 )(k1 , k2 ))

=

φ(h1 , h2 )φ(k1 , k2 )

φ(h1 k1 , h2 k2 )

=

(h1 h2 )(k1 k2 )

h1 k1 h2 k2

=

h1 h2 k1 k2 .

Didapat k1 h2 = h2 k1 . Hal ini menunjukkan bahwa setiap elemen dari H1 komutatif dengan setiap elemen dari H2 . Subgrup H1 adalah subgrup normal dari grup G dapat ditunjukkan sebagai berikut. Misalkan a ∈ G , maka a = h1 h2 dengan h1 ∈ H1 dan h2 ∈ H2 . Selanjutnya misalkan sebarang g ∈ aH1 a−1 , maka didapat g = aha−1 dengan

h ∈ H1 .



G Isomorpik dengan Produk Langsung Jadi g

=

aha−1

=

h1 h2 h(h1 h2 )−1

=

h1 (h2 h)h2−1 h1−1

=

h1 h(h2 h2−1 )h1−1

=

h1 hh1−1 ∈ H1 .

Hal ini berakibat bahwa aH1 a−1 ⊆ H1 dan jelas bahwa H1 ⊆ aH1 a−1 ⊆ H1 . Jadi aH1 a−1 = H1 , dengan demikian aH1 = H1 a. Hal ini menunjukkan bahwa H1 ⊳ G . Dengan cara serupa dapat ditunjukkan bahwa H2 ⊳ G . Sehingga didapat: bila φ suatu isomorpisma, maka H1 ⊲ G dan H2 ⊲ G . Secara keseluruhan didapat: Bila φ didefinisikan sebagai φ : H1 × H2 → G dengan φ(h1 , h2 ) = h1 h2 , ∀(h1 , h2 ) ∈ H1 × H2 adalah suatu isomorpisma grup, maka 1 G = H1 H2 2 H1 ∩ H2 = {e}

3 H1 ⊳ G dan H2 ⊳ G . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Hasi Kali Langsung Luar dan Dalam Misalkan G1 , G2 , . . . , Gk adalah group, maka hasil kali G = G1 × G2 × . . . × Gk = {(g1 , g2 , . . . , gk ) | gi ∈ Gi } dinamakan hasil kali langsung luar (external direct product). Sedangkan hasil kali G = G1 × G2 × . . . × Gk = {(g1 , g2 , . . . , gk ) | gi ∈ Gi }

dinamakan hasil kali langsung dalam (internal direct product), bila memenuhi 1 G = G1 G2 · · · Gk

2 (G1 G2 · · · Gi ) ∩ Gi +1 = {e}, i = 1, 2, 3, . . . , (k − 1)

3 gi gj = gj gi untuk semua gi ∈ Gi dan gj ∈ Gj dengan i 6= j.



Sifat Sifat Misalkan G1 , G2 adalah grup, dan G = G1 × G2 = {(g1 , g2 ) | g1 ∈ G1 , g2 ∈ G2 } maka |(g1 , g2 )| = kpk {|g1 |, |g2 |} . Bukti Misalkan (g1 , g2 ) ∈ G1 × G2 dan r = kpk {|g1 |, |g2 |}, s = |(g1 , g2 )|. Didapat (g1 , g2 )r = (g1r , g2r ) = (e1 , e2 ), dengan demikian r = n0 s untuk beberapa n0 bilangan bulat positip. Khususnya r ≥ s. Tetapi (g1s , g2s ) = (g1 , g2 )s = (e1 , e2 ), dengan demikian s = n1 |g1 | dan s = n2 |g2 |. Jadi s merupakan kelipatan persekutuan dari |g1 | dan |g2 |, dengan demikian s ≥ r . Sehingga dari r ≥ s dan s ≥ r didapat s = r . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Pengkajian Grup dengan order berhingga erat kaitannya dengan grup bilangan bulat modulo n. Selain grup Zn terhadap operasi +, grup U(n) = {q ∈ Zn | (q, n) = 1} dengan operasi × juga penting dalam kajian struktur dari pada grup berhingga. Contoh Dalam bilangan bulat modulo 24, diberikan grup U(24) U(24) = {1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23} Semua elemen dari U(24) selain 1 mempunyai order sama dengan 2. Dengan demikian walaupun U(24) merupakan grup komutatif, tetapi bukan grup siklik. Selanjutnya diberikan subgrup siklik dari grup U(24) H = {1, 13}, K = {1, 17} dan L = {1, 11}; dan G = HK = {1, 13, 17, 5}, maka G ∼ =H ×K ∼ = C2 × C2 ∼ = Z2 × Z2 . Jelas G bukan subgrup siklik dari grup U(24). Selanjutnya didapat GL = {1, 13, 17, 5, 11, 23, 19, 7} = U(24). Karena GL = U(24), G ∩ L = {1}, G ⊳ U(24) dan L ⊳ U(24), maka ∼G ×L∼ U(24) = =H ×K ×L∼ = C2 × C2 × C2 . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh Tentukan banyaknya elemen-elemen yang berorder 5 dalam Z25 × Z5 . Jawab Dari pembahasan sifat sebelumnya didapat Bila (a, b) ∈ Z25 × Z5 , maka 5 = |(a, b)| = kpk{|a|, |b|}. Didapat |a| = 5 dan |b| = 1 atau |b| = 5 dan |a| = 1. Ada tiga kasus

1 |a| = 5 dan |b| = 5. Ada 4 pilihan dari a dan 4 pilihan dari b. Hal ini memberikan ada 16 elemen berorder 5 2 |a| = 5 dan |b| = 1. Ada 4 pilihan dari a dan hanya 1 pilihan dari b. Jadi ada 4 elemen berorder 5. 3 |a| = 1 dan |b| = 5. Ada hanya satu pilihan dari a dan 4 pilihan dari b. Jadi ada 4 elemen beroder 5.

Dengan demikian dari tiga kasus didapat ada sebanyak 24 elemen yang berorder 5.



Contoh Contoh Tentukan banyaknya subgrup siklik yang berorder 10 dalam Z100 × Z25 . Jawab Dihitung dulu banyaknya elemen (a, b) ∈ Z100 × Z25 yang berorder 10. Ada dua kasus 1 |a| = 10, |b| = 1 atau |b| = 5. Karena Z100 harus mempunyai subgrup yang berorder 10 dan sebarang grup siklik beroder 10 ada 4 generator. Maka ada 4 pilihan dari a. Dengan cara serupa, ada 5 pilihan dari b. Hal ini memberikan sebanyak 20 kemungkinan dari (a, b).

2 |a| = 2, |b| = 5. Setiap grup siklik dengan order 2 hanya ada satu, jadi hanya ada 1 pilihan dari a. Sedangkan dari b ada 4 pilihan. Jadi ada 4 kemungkinan dari (a, b). Jadi, Z100 × Z25 mempunyai sebanyak 24 elemen yang beroder 10. Karena

masing-masing subgrup siklik dengan order 10 mempunya 4 elemen yang beroder 10 dan tidak ada diantarnya dua dari subgrup ini mempunyai elemen berorder 10 secara 24 = 6 subgrup siklik yang berorder 10. bersama, maka hanya ada 4 Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh berikut akan menguraikan sifat penting kesiklikan dari external direct product. Contoh Diberikan grup Z2 × Z2 = {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)} . Order elemen dari Z2 × Z2 selain elemen (0, 0) adalah dua. Jadi Z2 × Z2 bukan grup siklik (sebab tidak ada elemen yang berorder 4). Jadi Z2 × Z2 ≇ Z4 . Sedangkan grup Z2 × Z3 = {(0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (1, 2)} . Order elemen (1, 1) yang mungkin adalah 2, 3 atau 6, 2(1, 1) = (0, 2), 3(1, 1) = (1, 0) dan 6(1, 1) = (0, 0). Jadi order dari (1, 1) adalah 6. Didapat h(1, 1)i = {(1, 1), (0, 2), (1, 0), (0, 1), (1, 2), (0, 0)} = Z2 × Z3 . Dengan demikian Z2 × Z3 adalah grup siklik dan Z2 × Z3 ∼ = Z6 . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Sifat Sifat Diberikan dua grup siklik G dan H dengan masing order berhingga. Grup G × H adalah siklik bila dan hanya bila |G | dan |H| relatif prima. Bukti Misalkan |G | = m dan |H| = n, jadi |G × H| = mn. Misalkan bahwa G × H adalah siklik, akan ditunjukkan bahwa m dan n relatif prima. Karena G × H siklik, maka ada suatu elemen (g , h) ∈ G × H berorder mn. Didapat mn = |(g , h)| = kpk{|g |, |h|}. Selain itu |g | membagi m dan |h| membagi n, juga kpk{|g |, |h|} membagi kpk{m, n}. Karena selalu benar bahwa kpk{m, n} ≤ mn, didapat kpk{m, n} = mn. Jadi, fpb{m, n} = 1. Hal ini menunjukkan bahwa m dan n adalah relatif prima. Selanjutnya misalkan G = hg i dan H = hhi. Bila fpb{m, n} = 1, maka |(g , h)| = kpk{m, n} = mn = |G × H|. Jadi (g , h) adalah suatu generator dari G × H. Jadi h(g , h)i = G × H. Maka dari itu G × H adalah grup siklik. Sebagai akibat dan dengan menggunakan argumentasi induksi didapat kesimpulan berikut. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Kesimpulan Kesimpulan 1 Grup G1 × G2 × · · · × Gn adalah siklik dengan Gi adalah siklik dan |Gi |

berhingga untuk semua i = 1, 2, . . . , n bila dan hanya bila |Gj | dan |Gk | relatif prima untuk j 6= k . 2 Misalkan m = n1 n2 · · · nk , Zm ∼ = Zn1 × Zn2 × · · · × Znk bila dan hanya bila nj dan nk relatif prima untuk j 6= k . Dengan menggunakan hasil-hasil yang telah dibahas, didapat Z2 × Z2 × Z3 × Z5 ∼ = Z2 × Z6 × Z5 ∼ = Z2 × Z30 . Dengan cara yang sama didapat Z2 × Z2 × Z3 × Z5 ∼ = Z2 × Z6 × Z5 ∼ = Z2 × Z3 × Z2 × Z5 ∼ = Z6 × Z10 . Jadi Z2 × Z30 ∼ = Z6 × Z10 . Tetapi Z2 × Z30 ≇ Z60 . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Diberikan grup U(n) = {m | m dan n relatif prima} dan didefiniskan subgrup Uk (n) = {x ∈ U(n) | x = 1 mod k}. Misalnya U(105) = {1, 2, 4, 8, 11, 13, 16, 17, 19, 22, 23, 26, 29, 31, 32, 34, 37, 38, 41, 43, 44, 46, 47, 52, 53, 58, 59, 61, 62, 64, 67, 68, 71, 73, 74, 76, 79, 82, 83, 86, 88, 89, 92, 94, 97, 101, 103, 104} |U(105)| = 48, maka U7 (105) = {1, 8, 22, 29, 43, 64, 71, 92} dan |U7 (105)| = 8. Berikut diberikan suatu sifat penting dan suatu kesimpulan dari grup U(n).



Sifat dan Kesimpulan Sifat Misalkan U(n) = U(rs) dan r dan s relatif prima, maka U(n) = Ur (n)Us (n) ∼ = U(r) × U(s). Kesimpulan Misalkan m = n1 n2 · · · nk dengan fpb{ni nj } = 1 untuk i 6= j, maka U(m)

=

U m (m) U m (m) · · · U m (m)

∼ =

U(n1 ) × U(n2 ) × . . . × U(nk ).

n1

n2

nk

Contoh

U(105)

= = ∼ =

U(15 · 7) = U15 (105) U7 (105)

{1, 16, 31, 46, 61, 76} {1, 8, 22, 29, 43, 64, 71, 92}

U(7) × U(15).



Contoh Contoh U(105)

= = ∼ = U(105)

U(5 · 21) = U5 (105) U21 (105)

{1, 11, 16, 26, 31, 41, 46, 61, 71, 76, 86, 101} {1, 22, 43, 64}

U(21) × U(5). = = ∼ =

U(3 · 5 · 7) = U3 (105) U5 (105) U7 (105)

{1, 71} {1, 22, 43, 64} {1, 16, 31, 46, 61, 76}

U(3) × U(5) × U(7).

Contoh Tentukan dua digit dari 49111 . Karena 49 ∈ U(100), maka nilai yang dicari adalah 49111 mod 100. Karena U(100) ∼ = U(4) × U(25) ∼ = Z2 × Z20 ,

dan 20(a, b) = (20a, 20b) = (0, 0) untuk semua (a, b) ∈ Z2 × Z20 , maka x 20 = 1 untuk semua x ∈ U(100). Jadi, dengan mod 100, didapat 5 11 49111 = 4920 4911 = 4911 = 72 = 722 = 720 72 = 49, (sebab 7 ∈ U(100)). Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Ring, Daerah Integral dan Lapangan

Ring Suatu ring (R, +, .) adalah suatu himpunan R bersama dengan dua operasi biner + dan · pada R yang memenuhi sifat-sifat berikut. Untuk setiap a, b, c ∈ R: (i) (a + b) + c = a + (b + c), assosiatif terhadap penjumlahan (ii) a + b = b + a, komutatif terhadap penjumlahan (iii) ada 0 ∈ R sedemikian hingga 0 + a = a + 0 = a, keberadaan elemen netral terhadap penjumlahan. (iv) ada −a ∈ R sedemikian hingga a + (−a) = −a + a = 0, keberadaan elemen invers terhadap penjumlahan. (v) (a.b).c = a.(b.c), assosiatif terhadap perkalian (vi) ada 1 ∈ R sedemikian hingga 1.a = a.1 = a, keberadaan elemen identitas terhadap perkalian (vii) a.(b + c) = a.b + a.c dan (b + c).a = b.a + c.a, distributif. Selanjutnya ring (R, +, .) cukup ditulis ring R. Bila ring R mempunyai lagi sifat (viii) a.b = b.a untuk semua a, b ∈ R, komutatif terhadap perkalian, maka ring R dikatakan ring yang komutatif. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh Himpunan Z, Q, R dan C terhadap operasi penjumlahan dan perkalian masing-masing adalah merupakan ring yang komutatif. 1. Himpunan bilangan bulat modulo n, Zn dengan dua operasi biner def

[a] + [b] = [a + b] dan

def

[a].[b] = [a.b] untuk setiap a, b ∈ Zn adalah suatu ring komutatif

2. Himpunan

√ √ Q( 2) = {a + b 2 | a, b ∈ Q}

terhadap operasi biner penjumlahan dan perkalian adalah suatu ring komutatif.



Sifat Sifat Bila R suatu ring, maka untuk semua a, b ∈ R: (i) a.0 = 0.a = 0

(ii) a.(−b) = (−a).b = −(a.b)

(iii) (−a).(−b) = a.b (iv) (−1).a = −a

(v) (−1).(−1) = 1.

Bukti (i) Gunakan distributif, a.0 = a.(0 + 0) = a.0 + a.0. Tambahkan dengan −(a.0) kedua ruas, didapat a.0 = 0. Dengan cara serupa didapat 0.a = 0. (ii) Hitung a.(−b) + a.b = a.(−b + b) = a.0 = 0. Sehingga didapat a.(−b) = −(a.b).

(iii) Dipunyai bahwa (−a).(−b) = −(a.(−b)) = −(−(a.b)) = a.b. (iv) Dari (ii), (−1).a = −(1.a) = −a.

(v) Gunakan (iii), (−1).(−1) = 1.1 = 1. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

Aljabar


Daerah Integral dan Lapangan Suatu sifat berguna dari sistem bilangan adalah bila ab = 0, maka a = 0 atau b = 0. Sifat ini mengijinkan bahwa penghapusan elemen taknol, sebab bila ab = ac dan a 6= 0, maka a(b − c) = 0, jadi b = c. Bagaimanapun sifat ini tidak berlaku untuk semua ring. Suatu contoh dalam Z4 , didapat [2].[0] = [0] dan tidak selalu bisa dilakukan penghapusan [2].[1] = [2].[3], sebab bila dilakukan diperoleh [1] 6= [3]. Hal ini menjelaskan bahwa pembagian oleh elemen taknol tidak selalu berlaku pada semua ring. Misalkan R suatu ring komutatif, suatu elemen a ∈ R dikatakan suatu pembagi nol bila ada suatu elemen taknol b ∈ R yang memenuhi a.b = 0. Suatu ring komutatif R dinamakan suatu Daerah Integral, bila tak memuat elemen

pembagi nol. Atau dengan kata lain, suatu ring komutatif adalah suatu daerah integral bila a.b = 0 selalu berakibat bahwa a = 0 atau b = 0.



Contoh Contoh Himpunan Q, R dan C adalah daerah integral, tetapi Z4 bukan sebab [2] ∈ Z4 adalah pembagi nol, begitu juga Mn (R) bukan daerah integral, sebab

0 0

1 0

2

=

0 0

0 0

.

Sifat Bila a suatu elemen taknol dari suatu daerah integral R dan a.b = a.c, maka b = c.

Bukti Bila a.b = a.c, maka a.(b − c) = a.b − a.c = 0. Karena R adalah suatu daerah integral, maka R tak memuat pembagi nol. Dan karena a 6= 0, maka haruslah (b − c) = 0 atau b = c. Secara umum bisa dikatakan bahwa, dalam suatu ring adalah memungkinkan untuk melakukan penambahan, pengurangan dan perkalian, tetapi tidak selalu mungkin untuk bisa melakukan pembagian walaupun dengan elemen taknol. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lapangan/Field Suatu sistem bilangan yang paling berguna adalah yang bisa dilakukan pembagian oleh elemen taknol. Suatu lapangan adalah suatu ring yang mana elemen-elemen taknol membentuk suatu grup komutatif terhadap operasi perkalian. Dengan kata lain, suatu lapangan adalah suatu ring komutatif R yang memenuhi lagi sifat : (ix) Untuk setiap elemen taknol a ∈ R ada a−1 ∈ R sehingga a.a−1 = a−1 .a = 1. Ring Q, R dan C semuanya adalah lapangan, tetapi himpunan bilangan bulat bukan lapangan.



Sifat Proposisi Setiap lapangan adalah suatu daerah integral, yaitu tidak mempunyai elemen pembagi nol.

Bukti Misalkan dalam suatu lapangan F berlaku a.b = 0. Bila a 6= 0, maka ada suatu invers a−1 ∈ F dan b = (a−1 .a).b = a−1 .(a.b) = a−1 .0 = 0. Terlihat bahwa bila a 6= 0 dan a.b = 0 berakibat b = 0. Jadi a bukan elemen pembagi nol. Oleh karena itu F adalah suatu daerah integral.

Teorema Setiap daerah integral dengan elemen berhingga adalah suatu lapangan.

Bukti Misalkan daerah integral D = {x0 , x1 , . . . , xn } dengan x0 = 0 dan x1 = 1. Untuk sebarang xi 6= 0, himpunan xi D = {xi x0 , xi x1 , . . . , xi xn } adalah sama dengan D sendiri. Sebab bila xi xj = xi xk , maka xj = xk , jadi semua elemen xi x0 , xi x1 , . . . , xi xn adalah berbeda. Tetapi xi D ⊂ D, jadi haruslah xi D = D. Oleh karena itu ada elemen xj yang memenuhi xi xj = x1 = 1, sehingga didapat xi−1 = xj . Jadi D adalah suatu lapangan.



Teorema Teorema Himpunan Zn adalah lapangan bila dan hanya bila n adalah bilangan prima. Bukti Misalkan n prima dan [a].[b] = [0] di Zn . Maka n | ab. Jadi n | a atau n | b, yaitu [a] = [0] atau [b] = [0]. Jadi Zn adalah Daerah Integral dan karena Zn berhingga, maka Zn adalah lapangan. Misalkan Zn adalah lapangan dan andaikan n bukan prima, maka n = rs dimana 1 < r , s < n. Didapat [r ] 6= [0] dan [s] 6= [0], tetapi [r ].[s] = [rs] = [0]. Terlihat bahwa Zn mempunyai pembagi nol, bertentangan bahwa Zn adalah lapangan. Jadi haruslah n prima. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Subring dan Homomorpisma Ring Bila S himpunan bagian tak kosong dari suatu ring R, maka S dikatakan subring dari R bila untuk semua a, b ∈ S berlaku: (i) a + b ∈ S

(ii) −a ∈ S

(iii) a.b ∈ S (iv) 1 ∈ S

Kondisi (i) dan (ii) berakibat bahwa (S, +) adalah subgrup dari (R, +) dan bisa diganti oleh kondisi a − b ∈ S. Proposisi Bila S adalah subring dari ring R, maka S adalah ring. Bukti Kondisi (i) dan (iii) menjamin S tertutup terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Kondisi (i) dan (ii) menjamin bahwa (S, +) adalah subgrup dari (R, +), jadi (S, +) adalah suatu grup. Kondisi (iv) menperlihatkan bahwa 1 ∈ S. Sisa kondisi yang lainnya diwarisi dari kenyataan bahwa R adalah ring. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh: Z, Q dan R adalah subring dari C. Misalkan D adalah himpunan matriks diagonal berukuran n × n dengan elemen-elemen riil. Maka D adalah subring dari Mn (R) himpunan semua matriks berukuran n × n dengan elemen-elemen rill. Sebab penjumlah, pengurangan dan perkalian dari dua matriks diagonal menghasilkan lagi matriks diagonal. Catatan bahwa D adalah ring komutatif, walaupun Mn (R) bukan ring komutatif. Contoh √ √ Tunjukkan bahwa Q( 2) = {a√+ b 2 | √ a, b ∈ Q} √adalah suatu subring dari R. Penyelesaian . Misalkan a + b 2, c + d 2 ∈ Q( 2), maka √ √ √ √ (i) (a + b 2) + (c + d 2) = (a + c) + (b + d) 2 ∈ Q( 2). √ √ √ (ii) −(a + b 2) = (−a) + (−b) 2 ∈ Q( 2). √ √ √ √ (iii) (a + b 2)(c + d 2) = (ac + 2bd) + (ad + bc) 2 ∈ Q( 2). √ √ (iv) 1 = 1 + 0 2 ∈ Q( 2). √ Terlihat bahwa Q( 2) adalah subring dari R. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Homomorpisma Ring

Misalkan (R, +, .) dan (S, ⊕, ◦) masing-masing adalah ring, maka fungsi f : R → S dikatakan suatu homomorpisma ring bila untuk semua a, b ∈ R : (i) f (a + b) = f (a) ⊕ f (b). (ii) f (a.b) = f (a) ◦ f (b). Bila homomorpisma ring f adalah satu-satu pada, maka f disebut isomorpisma ring. Dalam hal ini ring R dan S dikatakan saling isomorpik dan ditulis R ∼ = S.



Contoh Contoh Fungsi f : Z → Zn yang didifinisikan oleh f (x) = [x] adalah suatu homomorpisma ring dari Z ke Zn . Fungsi f : Z24 → Z4 dengan f ([x]24 ) = [x]4 adalah suatu homomorpisma ring. Pertama bisa ditunjukkan bahwa f terdifinisi dengan baik. Bila [x]24 = [y ]24 , maka x ≡ y mod 24 dan 24 | (x − y ). Jadi 4 | (x − y ) dan [x]4 = [y ]4 . Selanjutnya dalam f berlaku (i). f ([x]24 + [y ]24 ) = f ([x + y ]24 ) = [x + y ]4 = [x]4 + [y ]4 = f ([x]24 ) + f ([y ]24 ). (ii). f ([x]24 .[y ]24 ) = f ([x.y ]24 ) = [x.y ]4 = [x]4 .[y ]4 = f ([x]24 ).f ([y ]24 ). (iii). f ([1]24 ) = [1]4 . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Karakteristik dari Daerah integral D Misalkan D adalah daerah Integral, D dikatakan berkarakteristik berhingga bila ada beberapa bilangan bulat positip m > 0 dan beberapa a 6= 0 di D yang memenuhi ma = 0. Dalam hal ini elemen terkecil p yang memenuhi pa = 0 untuk beberapa a ∈ D dinamakan karakteristik dari D. Bila tidak ada m yang memenuhi ma = 0 dikatkan D berkarakteristik nol. Perhatikan hal berikut: pa = a + a + a + · · · + a = 0. {z } | p

Maka untuk sebarang x ∈ D berlaku 0 = (pa)x

=

(a + a + a + · · · + a)x {z } | p

=

ax + ax + ax + · · · + ax | {z } p

=

a(x + x + x + · · · + x ) = a(px) | {z } p

karena a 6= 0 dan D tidak memuat pembagi nol, maka haruslah px = 0, ∀x ∈ D.



Kernel Misalkan f suatu homomorpisma ring f : R → R′ dengan 1 dan 1′ masing-masing adalah elemen satuan di R dan R ′ , maka didapat f (x) = f (1.x) = f (1)f (x). Karena di suatu ring, umumnya tidak berlaku hukum kanselasi terhadap perkalian, maka tidak dapat disimpulkan f (1) = 1′ . Tetapi bila R ′ adalah daerah integral dan f (x) 6= 0, maka diperoleh 0 = f (x) − f (1)f (x) = [1′ − f (1)]f (x). Karena f (x) 6= 0, maka 1′ − f (1) = 0 atau f (1) = 1′ . Selanjutnya kernel dari f adalah ker(f ) = {x ∈ R | f (x) = 0′ }, misalkan sebarang x ∈ ker(f ) dan r ∈ R, maka f (r .x) = f (r )f (x) = f (r ).0′ = 0′ . Jadi rx ∈ ker(f ), ∀r ∈ R. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Ideal Misalkan R adalah suatu ring dan I ⊂ R dengan (I , +) adalah subgrup dari R, maka I dikatakan ideal dari R bila ar , ra ∈ I untuk setiap a ∈ I dan r ∈ R. Selanjutnya misalkan (R, +, ×) adalah suatu ring komutatif dan untuk sebarang a ∈ R dengan a tetap didefinisikan def

(a) = {ra | r ∈ R}. Himpunan (a) adalah subgrup dari R sebab: untuk setiap x, y ∈ (a), maka ada r0 , r1 ∈ R sehingga x − y = r0 a − r1 a = (r0 − r1 )a = ra, dengan r0 − r1 = r ∈ R terlihat bahwa x − y ∈ (a). Jadi (a) subgrup dari R. Selanjutnya ambil sebarang x di (a) dan r di R, maka ada r0 yang memenuhi rx = r (r0 a) = (rr0 )a, dengan rr0 ∈ R. Terlihat bahwa rx ∈ (a) untuk setiap r ∈ R dan x ∈ (a) dan dari hasil sebelumnya

((a), +) adalah subgrup dari R, dengan demikian (a) adalah ideal dari R.



Ideal Terkecil Ideal (a) adalah ideal terkecil di R yang memuat a dan a dinamakan generator dari ideal (a). Contoh: Bila F adalah suatu lapangan, maka F hanya mempunyai satu ideal yaitu (0), tidak ada ideal yang lain diantara (0) dan F . Misalkan ideal yang lain dari F adalah I dengan I 6= (0). Bila a ∈ I dengan a 6= 0, maka a ∈ F dan juga a−1 ∈ F . Jadi a−1 a = 1 ∈ I . Selanjutnya ambil sebarang r ∈ F , maka r = r .1 ∈ I , dengan demikian F ⊂ I . Tetapi, juga I ⊂ F . Jadi I = F . Dari contoh ini, secara umum didapat sifat berikut Sifat: Bila R adalah suatu ring komutatif dengan elemen satuan yang hanya mempunyai ideal (0) dan R sendiri, maka R adalah suatu lapangan.



Pemetaan Proyeksi Natural Bila I adalah suatu ideal dari ring R, maka grup faktor R/I terdifinisi dengan baik sebab I ⊳ R terhadap operasi biner tambah. Misalkan π : R → R/I adalah pemetaan proyeksi natural yang didefinisikan oleh π(r ) = r + I . Perlu dingat bahwa operasi tambah di R/I diberikan oleh (r + I ) + (s + I ) = (r + s) + I . Sedangkan perkalian dalam R/I didefinisikan oleh (r + I )(s + I ) = rs + I . Perluh dicek bahwa difinisi ini adalah bebas dari pilihan representasi koset. Sebab bila r + I = r ′ + I dan s + I = s ′ + I , maka r ′ = r + a dan s ′ = s + b dengan a, b ∈ I . Didapat r ′s′

=

(r + a)(s + b)

=

rs + as + rb + ab

=

rs + c,

dengan = as + rb + ab ∈ I (sebab I ideal). Jadi rs + I = r ′ s ′ + I dengan demikian

perkalian koset terdifinisi dengan baik. Dengan difinisi π : R → R/I adalah suatu

homomorpisma ring I = Ker(π) adalah kernel dari homomorpisma.



Teorema Teorema Isomorpisma Pertama. Misalkan f : R → S suatu homomorpisma ring. Maka R/f ∼ = Im(f ). Bukti. Misalkan K = Ker(f ), dififinisikan f¯ : R/K → Im oleh f¯(a + K ) = f (a) dapat dicek bahwa difinisi ini well defined isomorpisma grup. Tinggal mengecek operasi perkalian koset f¯((a + K )(b + K )) = f¯(ab + K ) = f (ab) = f (a)f (b) = f¯(a + K )¯ f (b + K ), jadi ¯ f adalah suatu homomorpisma ring dengan demikian suatu isomorpisma. Teorema isomorpisma kedua. Misalkan R adalah ring , I ⊆ R adalah suatu ideal dan S ⊆ R subring. Maka S + I adalah suatu subring dari R, I adalah suatu ideal dari S + i , S ∩ I adalah suatu ideal dari S. Ada suatu isomorpik ring (S + I )/I ∼ = S/(S ∩ I ).



Bukti Bukti. Misalkan s, s ′ ∈ S dan a, a′ ∈ I , maka (s + a)(s ′ + a′ ) = ss ′ + (as ′ + sa′ + aa′ ) ∈ S + I , jadi S + I tertutup terhadap perkalian. Dari pembahasan grup jelas bahwa S + I adalah grup komutatif terhadap operasi tambah. Dengan demikian S + I adalah subring dari R. Fakta dari I suatu ideal dari S + I dan S ∩ I suatu ideal dari S adalah jelas. Misalkan π : R → R/I suatu homomorpisma natural dan π0 adalah pembatasan dari π pada S. Maka π0 adalah suatu homomorpisma ring dengan Ker(π0 ) = S ∩ I . Dengan menngunakan teorema isomorpisma pertama didapat S/(S ∩ I ) = S/Ker(π0 ) ∼ = Im(π0 ). Tetapi Im(π0 ) adalah himpunan dari semua koset dari I dengan representasi di S. Jadi Im(π0 ) = (S + I )/I . Dengan demikian (S + I )/I ∼ = S/(S ∩ I ).



Teorema Teorema Isomorpisma Ketiga. Misalkan R adalah suatu ring, I dan J adalah ideal dari R dengan I ⊆ J. Maka J/I adalah ideal dari R/I R/J ∼ = (R/I )/(J/I ). Bukti. Difinisikan suatu fungsi f : R/I → R/J oleh f (a + I ) = a + J. Mudah dicek bahwa f well defining homomorpisma ring. Maka Ker(f ) = {a + I | a + J = J} = {a + I | a ∈ J} = J/I . Dengan menggunakan teirema isomorpisma pertama didapat R/J ∼ = (R/I )/(J/I ).



Ring Baru dari Ring Lama

Dibahas pengkontruksian ring baru dari beberapa ring yang diberikan. Hal ini meliputi produk langsung dari ring, ring matriks, ring polinomial, ring dari barisan dan deret pangkat formal. Mungkin yang paling penting klas dari pengkontruksian ring dari beberapa ring yang diberikan adalah klas dari ring kuasi (ring pembagi). Produk dari dua ring berkaitan dengan cartesian produk (perkalian silang) dari dua himpunan.



Ring Produk

Bila (R, +, .) dan (S, +, .) dua ring, maka produk dari ring (R × S, +, .), dimana himpunan R × S = {(r , s) | r ∈ R, s ∈ S} dan operasi biner didifinisikan oleh (r1 , s1 ) + (r2 , s2 ) = (r1 + r2 , s1 + s2 ) dan (r1 , s1 ).(r2 , s2 ) = (r1 .r2 , s1 .s2 ). Dapat ditunjukkan bahwa R × S adalah suatu ring dengan elemen nol (0R , 0S ), dimana masing-masing 0R dan 0S adalah elemen nol di R dan S dan elemen identitas terhadap perkalian adalah (1R , 1S ) dengan masing-masing 1R dan 1S adalah elemen identitas terhadap perkalian di R dan S. Produk dari ring dapat dilakukan secara iteratif sampai beberapa kali, contoh (Rn , +, .) adalah ring komutatif yang merupakan produk dari R sendiri.



Contoh

Diberikan Z2 = {0, 1} dan Z3 = {0, 1, 2}, maka Z2 × Z3 = {(0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (1, 2)} Masing-masing Z2 dan Z3 adalah ring dari himpunan bilangan bulat modulo 2 dan modulo 3. Dapat ditunjukkan bahwa Z2 × Z3 adalah suatu grup yang isomorpik dengan grup Z6 . Teorema berikut menjelaskan bahwa Z2 × Z3 adalah suatu ring yang isomorpik dengan ring Z6 .



Teorema Teorema Ring Zm × Zn isomorpik dengan ring Zmn bila dan hanya bila gcd(m, n) = 1. Bukti Bila gcd(m, n) = 1, maka fungsi f : Zmn → Zm × Zn yang didifinisikan oleh f ([x]mn ) = ([x]m , [x]n ) adalah suatu isomorpisma grup. Fungsi f juga mempertahankan perkalian, yaitu f ([x]mn .[y ]mn )

=

f ([xy ]mn ) = ([xy ]m , [xy ]n )

=

([x]m .[y ]m , [x]n .[y ]n )

=

([x]m , [x]n ).([y ]m , [y ]n )

=

f ([x]mn ).f ([y ]mn ).



Kesimpulan Kesimpulan : Misalkan n = p1n1 p2n2 . . . prnr adalah dekomposisi dari bilangan bulat n kedalam pangkat prima yang berbeda, maka Zn ∼ = Zpn1 × Zpn2 × . . . × Zprnr . 1

2

Bila R suatu ring komutatif, maka bisa dibentuk suatu ring dari matriks berukuran n × n dengan elemen-elemen di R yang dinotasikan oleh

(Mn (R), +, .). Penjumlahan dan perkalian matriks diperlakukan sama seperti dalam matriks dengan elemen-elemen riil. Suatu contoh, (Mn (Z2 ), +, .) adalah ring dari matriks berukuran n × n dengan elemen-elemen 0 dan 1. Penjumlahan

dan perkalian matriks diperlakukan dalam modulo 2.


Aljabar Ring Polinomial

Ring Polinomial

Misalkan R adalah suatu ring komutatif, suatu polinomial p(x) dalam x atas ring R adalah suatu ekspresi yang diungkapkan oleh bentuk p(x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + . . . + an x n , dengan ai ∈ R dan i ∈ N. Elemen ai disebut koefisien dari x i dalam p(x). Dua polinomial f (x) dan g (x) sama bila semua koefisien dari x n sama untuk masing-masing polinomial dimana n ≥ 0. Khususnya a0 + a1 x + a2 x 2 + . . . + an x n = 0, polinomial nol bila dana hanya bila semua ai = 0.



Derajad Polinomial

Bila n adalah bilangan bulat terbesar dimana an 6= 0, maka dikatakan p(x) mempunyai derajad sama dengan n dan ditulis deg(p(x)) = n. Bila semua koefisien dari p(x) sama dengan nol, maka p(x) dinamakan polinomial nol dan derajadnya tak didifinisikan. √ Contoh, 4x 2 − 3 adalah polinomial atas R berderajad 2, ix 4 − (2 + i)x 3 + 3x adalah polinomial atas C berderajad 4 dan x 7 + x 5 + x 4 + 1 adalah polinomial

atas Z2 berderajad 7. Bilangan 5 adalah polinomial atas Z berderajad 0, polinomial nol dan polinomial dengan derajad sama dengan 0 dinamakan polinomial konstan.



Penjulahan dan Perkalian Ring Polinomial

Himpunan semua polinomial dalam x dengan koefisien dari ring komutatif R dinyatakan oleh R[x], yaitu R[x] = {a0 + a1 x + . . . + an x n | ai ∈ R, n ∈ N}. Himpunan R[x] mempunyai struktur ring dan disebut ring polinomial dengan koefisien di R sedangkan penjumlahan dan perkalian dari p(x), q(x) ∈ R[x] dengan n m X X p(x) = ai x i dan q(x) = bi x i i =0

i =0

diberikan oleh:



Penjumlahan dan Perkalian Ring Polinomial

max{m,n}

p(x) + q(x) =

X

(ai + bi )x i

i =0

dan p(x).q(x) =

m+n X k=0

ck x k dimana ck =

X

a i bj .

i +j=k

Dengan penjumlahan dan perkalian sebagaimana diberikan diatas, (R[x], +, .) memenuhi semua aksioma ring komutatif.



Contoh

Suatu contoh, dalam Z5 [x] yaitu polinomial ring dengan koefisien bilangan bulat modulo 5, didapat (2x 3 + 2x 2 + 1) + (3x 2 + 4x + 1) = 2x 3 + 4x + 2 dan (2x 3 + 2x 2 + 1).(3x 2 + 4x + 1) = x 5 + 4x 4 + 4x + 1. Bila bekerja dalam Zn [x], koefisien direduksi ke modulo n.



Proposisi Proposisi Bila R adalah suatu daerah integral dan p(x), q(x) ∈ R[x] dengan masing masing p(x) dan q(x) bukan polinomial nol, maka deg(p(x).q(x)) = deg(p(x)) + deg(q(x)).

Bukti Misalkan deg(p(x)) = n, deg(q(x)) = m dan p(x) = a0 + . . . + an x n , q(x) = b0 + . . . + bm x m , dimana an 6= 0 dan bm 6= 0. Maka koefisien pangkat tertinggi dalam x dari perkalian p(x).q(x) adalah an .bm . Koefisien an .bm tidak sama dengan nol sebab R daerah integral (tidak memuat pembagi nol). Jadi deg(p(x).q(x)) = n + m = deg(p(x)) + deg(q(x)). Bila koefisien ring bukan suatu daerah integral, derajad dari hasil suatu perkalian polinomial bisa lebih kecil dari derajad hasil penjumlahan, misalnya (2x 3 + x).(3x) = 3x 2 dalam Z6 . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Kesimpulan Kesimpulan Bila R suatu daerah integral, maka R[x] juga daerah integral. Bukti Bila p(x), q(x) ∈ R[x] bukan polinomial nol, maka dari hasil Proposisi sebelumnya terlihat bahwa p(x).q(x) juga bukan polinomial nol. Jadi R tidak memuat pembagi nol. Pengkontruksian ring polinomial bisa diiterasi untuk memperoleh suatu polinomial dalam n indeterminate x1 , x2 , . . . , xn dengan koefisien di ring R. Secara induksi didifinisikan R[x1 , x2 , . . . , xn ] = R[x1 , x2 , . . . , xn−1 ][xn ]. Misalnya suatu polinomial f ∈ R[x, y ] = R[x][y ], yaitu f = f0 + f1 y + f2 y 2 + . . . + fn y n , dimana fi = fi (x) ∈ R[x] dan bila ditulis fi = a0i + a1i x + a2i x 2 + . . . untuk setiap i ,

maka f = f (x, y ) = a00 + a10 x + a01 y + a20 x 2 + a11 xy + a02 y 2 + . . . Jelas bahwa R[x1 , x2 , . . . , xn ] daerah integral bila R adalah daerah integral.



Barisan dalam Ring Misalkan R ring komutatif dan barisan < a0 , a1 , a2 , . . . > dengan ai ∈ R dinotasikan oleh < ai >. Bila penjumlahan (+) dan konfolusi (*) dari barisan masing-masing didifinisikan oleh < ai > + < bi >=< ai + bi > dan * + X aj bk < ai > ∗ < bi > = j+k=i

=

< a0 bi + a1 bi −1 + . . . + ai b0 > .

Maka (R N , +, ∗) adalah ring komutatif dan merupakan daerah integral bila R adalah daerah integral. Bukti: Penjumlahan jelas assosiatif dan komutatif. Elemen nol adalah < 0 >=< 0, 0, . . . > dan invers dari < ai > adalah < −ai >. Selanjutnya * + X aj bk ∗ < ci > (< ai > ∗ < bi >)∗ < ci > = j+k=i

=

*

X

l +m=i

 

X

j+k=m

 +

aj bk  cl

=

*

X

j+k+l =i

aj bk cl

+



Lanjutan Bukti Dengan cara serupa didapat < ai > ∗(< bi > ∗ < ci >) =

*

X

aj bk cl

j+k+l =i

+

Terlihat bahwa (< ai > ∗ < bi >)∗ < ci >=< ai > ∗(< bi > ∗ < ci >) dan < ai > ∗(< bi > + < ci >)

=

*

X

+

aj (bk + ck )

j+k=i

=

*

=

< ai > ∗ < bi > + < ai > ∗ < ci > .

X

aj bk

j+k=i

+

+

*

X

j+k=i

aj ck

+

Konvolusi jelas komutatif sebab R ring komutatif. Identitas adalah < 1, 0, 0, . . . >, sebab < 1, 0, 0, . . . > ∗ < a0 , a1 , a2 , . . . >=< 1a0 , 1a1 + 0a0 , 1a2 + 0a1 + 0a0 , . . . >=< a0 , a1 , a2 , . . . > Jadi (R N , +, ∗) adalah ring komutatif.



Lanjutan Bukti Misalkan masing-masing aq dan br adalah elemen pertama yang tak nol dalam barisan < ai > dan < bi >, maka posisi elemen ke-q + r dalam barisan konvolusi
∗ < bi > diberikan oleh : = a0 bq+r a1 bq+r−1 + . . . + aq br + aq+1 br−1 + . . . + aq+r b0 =

j+k=q+r

0 + 0 + . . . + aq br + P0 + . . . + 0 = aq br , bila R adalah daerah integral, maka aq br 6= 0. aj bk 6= 0. Jadi ring dari barisan tidak memuat pembagi nol. Oleh karena itu j+k=q+r

Ring dari barisan tidak akan mempunyai struktur lapangan, sebab < 0, 1, 0, 0, . . . > tidak mempunyai invers. Faktanya bahwa, untuk setiap barisan < bi >, didapat < 0, 1, 0, 0, . . . > ∗ < b0 , b1 , b2 , b3 , . . . >=< 0, b0 , b1 , b2 , . . . > terlihat bahwa hasil konvolusi bukan barisan identitas. Suatu deret formal dalam x dengan koefisien di ring komutatif R adalah ∞ X ai x i , dimana ai ∈ R. i =0

Berbeda dengan suatu polinomial, deret pangkat ini bisa mempunyai sejumlah takhingga suku-suku yang tak nol. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Deret Formal Himpunan semua deret formal dinotasikan oleh R[[x]]. Istilah formal digunakan untuk mengindikasi bahwa kekonvergenan dari deret tidak dipertimbangkan. Termotifasi oleh RN , penjumlahan dan perkalian dalam R[[x]] didifinisikan oleh ∞ X

ai x i +

i =0

dan ∞ X i =0

ai x

i

!

∞ X

bi x i =

i =0

.

∞ X i =0

bi x

∞ X

(ai + bi )x i

i =0

i

!

=

∞ X i =0

 

X

j+k=i



aj bk  x i .

Dapat diselidiki bahwa himpunan semua deret formal adalah suatu ring (R[[x]], +, .) dan polinomial ring R[x] dengan sejumlah suku-suku taknol yang berhingga adalah subring dari ring R[[x]]. Suatu fakta bahwa barisan ring (R N , +, ∗) adalah isomorpik

dengan ring deret formal (R[[x]], +, .). Fungsi f : R N → R[[x]] yang didifinisikan oleh

f (< a0 , a1 , a2 , . . . >) = a0 + a1 x + a2 x 2 + . . . jelas fungsi satu-satu pada. Dari difinisi penjumlahan, perkalian dan konvolusi dalam ring R N dan R[[x]], maka f adalah isomorpisma ring. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lapangan Pecahan Lapangan Pecahan: Elemen-elemen dalam setiap ring selalu bisa dilakukan penjumlahan, perkalian dan pengurangan, tatapi tidak selalu bisa dilakukan pembagian. Bagaimanapun, bila ring adalah suatu daerah integral maka memungkinkan untuk memperluasnya sehingga pembagian oleh elemen taknol bisa dilakukan. Dengan kata lain, selalu bisa dikontruksi suatu lapangan yang memuat ring yang diberikan sebagai subring. Hal ini bisa dilihat dari bilangan rasional dalam lapangan Q yang dibentuk dari bilangan bulat dalam daerah integral Z. Teorema: Bila R suatu daerah integral, adalah mungkin untuk mengkonstruksi suatu lapangan Q sehingga memenuhi (i) R isomorpik dengan subring R ′ dari Q. (ii) Setiap elemen dari Q bisa ditulis sebagai p.q −1 untuk p, q yang sesuai dimana p, q ∈ R ′ . Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Bukti Bukti : Misalkan himpunan R × R ∗ = {(a, b) | a, b ∈ R, b 6= 0}. Termotifasi oleh fakta bahwa ba = dc dalam Q bila dan hanya bila ad = bc, didifinisikan suatu relasi ∼ pada R × R ∗ oleh (a, b) ∼ (c, d) bila dan hanya bila ad = bc di R. Pertama ditunjukkan bahwa relasi ∼ adalah relasi ekivalen. (i) Karena ab = ba, maka (a, b) ∼ (a, b).

(ii) Bila (a, b) ∼ (c, d), maka ad = bc. Hal ini berkibat bahwa cb = da, jadi (c, d) ∼ (a, b).

(iii) Bila (a, b) ∼ (c, d) dan (c, d) ∼ (e, f ), maka ad = bc dan cf = de. Hal ini berakibat 0 = bcf − bcf = (ad)f − b(ed) = (af − be)d. Karena d 6= 0 dan R tidak memuat pembagi nol, maka af = be atau (a, b) ∼ (e, f ). Terlihat bahwa ∼ adalah relasi ekivalen. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Lanjutan Bukti Notasikan klas ekivalen yang memuat (a, b) dengan ba dan himpunan klas ekivalen dengan Q. Seperti dalam Q, penjumlahan dan perkalian dalam Q didifisikan oleh: c ad + bc a c ac a + = dan . = . b d bd b d bd Operasi ini didifinisikan pada suatu representasi tertentu, sehingga harus dicek apakah a a′ c c′ difinisi ini ’well defined’. Bila = ′ dan = ′ , maka ab′ = a′ b dan cd ′ = c ′ d. b b d d Didapat (ad + bc)(b′ d ′ ) = (ab′ )dd ′ + bb′ (cd ′ ) = (a′ b)dd ′ + bb′ (c ′ d) = (a′ d ′ + b′ c ′ )(bd) = (bd)(a′ d ′ + b′ c ′ ) atau a′ d ′ + b ′ c ′ ad + bc = . bd b′ d ′ Hal ini memperlihatkan bahwa penjumlahan adalah well defined. Juga didapat acb′ d ′ = a′ c ′ bd atau

ac bd

=

a′ c ′ . b′ d ′

Terlihat bahwa perkalian juga well defined.

Selanjutnya diselidiki bahwa (Q, +, .) adalah suatu lapangan. Elemen nol adalah dan identitas adalah

1 . 1

0 1

Sifat distributif juga berlaku, sebab :



Lanjutan Bukti a c e . + b d f

= = =

a cf + de a(cf + de) . = b df bdf ac ae a(cf + de) b . = + bdf b bd bf a e a c . + . . b d b f

a b adalah . Sisa sifat yang lain untuk lapangan langsung b a o nr | r ∈ R dari ring Q dengan bisa dicek. Ring R isomorpik dengan subring R ′ = 1 r ∈ R ′ . Setiap pemetaan isomorpisma yang memetakan setiap r ∈ R dengan tunggal −1 1 a a a 1 a b . Bila ring R = Z elemen di lapangan Q bisa ditulis sebagai = . = b b 1 b 1 1 adalah himpunan bilangan bulat dalam pengkontruksian diatas, maka didapat Invers setiap elemen taknol

himpunan bilangan rasional Q sebagai lapangan pecahan. Bila R suatu daerah integral, lapangan pecahan dari polinomial ring R[x] dinamakan lapangan dari fungsi rasional dengan koefisien di R. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Konvolusi Pecahan Pembahasan berikut berkaitan dengan pemakaian dari lapangan pecahan yang penting dalam pemakaian di analisis. Dikontruksi lapangan pecahan dari suatu himpunan fungsi kontinu. Untuk itu diperkenalkan apa yang dinamakan fungsi delta δ(x) yang mempunyai sifat bahwa δ(x) = 0 bila x 6= 0 dan

Z∞

δ(x)dx = 1.

−∞

Bila digunakan pengertian fungsi sebagaimana biasa, fungsi semacam δ(x) tidak ada. Dalam hal ini, diberikan suatu alternatif difinisi sebagai berikut: 1 bila 0 ≤ x ≤ k. k δk (x) = 0 untuk x yang lainnya Masing-masing fungsi δk (x) bernilai nol untuk x diluar interval 0 ≤ x ≤ k dan mempunyai sifat : Z∞ δk (x)dx = 1. −∞

Dalam masalah praktis, nilai k adalah kecil, yaitu k mendekati nol. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Konvolusi Pecahan Misalkan C [0, ∞) adalah himpunan dari fungsi bernilai riil yang kontinu dalam interval 0 ≤ x < ∞. Didifinisikan operasi penjumlahan dan konvolusi pada himpunan ini, sehingga struktur (C [0, ∞), +, ∗) hampir daerah integral; konvolusi tidak mempunyai suatu identitas, sehingga sifat (vi) dari ring gagal dipenuhi. Bagaimanapun hal ini masih memungkinkan untuk melekatkan struktur ini menjadi lapangan pecahan. Matematikawan Polandia, Jan Mikusinski mengkontruksi lapangan pecahan ini dan elemen-elemennya dinamakan operator atau fungsi terumumkan (generalized functions). Fungsi delta adalah fungsi terumumkan dan merupakan identitas dari konvolusi dalam lapangan pecahan. Difinisikan penjumlahan dan konvolusi dari dua fungsi f dan g di C [0, ∞) oleh (f + g )x = f (x) + g (x) dan (f ∗ g )(x) =

Z∞

−∞

f (t)g (x − t)dt.

Konvolusi fungsi ini analog dengan konvolusi barisan, bisa dilihat sebagai suku ke-i dari barisan i X < ai > ∗ < bi > sebagai at bi −t . t=0



Pembagian Bilangan Bulat Metode ”pembagian panjang” dari bilangan bulat adalah untuk memperoleh hasil bagi dan sisa pembagian. Kenyataan ini adalah selalu mungkin sebagaimana dinyatakan berikut ini. Sifat Pembagian Bilangan Bulat Bila a dan b > 0 adalah bilangan bulat taknol, maka ada tunggal bilangan bulat q dan r sehingga a = qb + r dan 0 ≤ r < b. Bukti Misalkan X = {a − tb|t ∈ Z, a − tb ≥ 0}. Misalkan r adalah bilangan terkecil di X , maka r = a − qb untuk beberapa q ∈ Z. Ditunjukkan bahwa r < b. Andaikan, r ≥ b, maka 0 ≤ r − b = a − (q + 1)b. Terlihat bahwa r − b di X . Hal ini kontradiksi dengan kenyataan r terkecil di X . Jadi haruslah r < b. Untuk menunjukkan ketunggalan, misalkan a = q ′ b + r ′ dimana 0 ≤ r ′ < b. Bisa diasumsikan bahwa r ≤ r ′ . Maka 0 ≤ r ′ − r = (q ′ − q)b < b (sebab r ′ − r < r < b). Jadi (q ′ − q)b = 0 atau q ′ = q dan juga r ′ = r . Kesimpulan : Bila a dan b bilangan bulat dan b 6= 0, maka dengan tunggal ada q dan

r sehingga a = qb + r dan 0 ≤ r < |b|.



Ring Euclide

Suatu daerah integral R dinamakan suatu ring Euclide bila untuk setiap elemen taknol a ∈ R ada bilangan bulat taknegatif δ(a) sedemikian hingga (i) Bila a dan b elemen taknol di R, maka δ(a) ≤ δ(ab). (ii) Untuk setiap pasangan elemen a, b ∈ R dengan b 6= 0, ada elemen q, r ∈ R sehingga a = qb + r dimana r 6= 0 atau δ(r ) < δ(b). Ring bilangan bulat Z adalah ring Euclide bila diambil δ(b) = |b| untuk semua b ∈ R. Suatu lapangan F adalah suatu ring Euclide bila δ(a) = 1 untuk semua elemen tak nol a ∈ F .



Algoritma Pembagian Untuk Polinomial Sifat Misalkan f (x), g (x) ∈ F [x] dengan F suatu lapangan. Bila g (x) taknol, maka dengan tunggal ada q(x), r (x) ∈ F [x] sehingga f (x) = q(x).g (x) + r (x) dimana r (x) = 0 atau deg(r (x)) < deg(g (x)). Bukti Bila f (x) taknol atau deg(f (x)) < deg(g (x)), maka tulis f (x) = 0.g (x) + f (x). Terlihat algoritma dipenuhi. Bila deg(r (x)) = deg(g (x)) = 0, maka f (x) = a0 dan g (x) = b0 . Tulis f (x) = a0 b0−1 g (x). Algoritma dipenuhi. Untuk yang lainnya dibuktikan secara induksi pada derajad dari f (x). Misalkan bahwa bila dibagi dengan polinomial tetap g (x) algoritma pembagian dipenuhi untuk derajad yang kurang atau sama dengan n. Misalkan f (x) = a0 + a1 x + . . . + an x n dan g (x) = b0 + b1 x + . . . + bm x m dengan an 6= 0 dan bm 6= 0. Bila n < m sudah ditunjukkan algoritma dipenuhi. Selanjutnya misalkan bahwa n ≥ m dan tulis −1 n−m f1 (x) = f (x) − an bm x g (x) dalam hal ini terlihat bahwa deg(f1 (x)) < n.



Lanjutan Bukti Lanjutan Bukti Dengan menggunakan hipotesa induksi didapat f1 (x) = q1 (x).g (x) + r (x), dimana r (x) = 0 atau deg(r (x)) < deg(g (x)). Jadi f (x)

=

−1 n−m an b m x g (x) + f1 (x)

=

−1 n−m {an bm x + q1 (x)}.g (x) + r (x),

hal ini sesuai dengan bentuk yang diinginkan. Algoritma melalui induksi bisa dilakukan mulai dari n = m − 1 bila m 6= 0 atau n = 0 bila m = 0. Ketunggalan dari g (x) dan r (x) bisa ditunjukkan seperti pada algoritma pembagian bilangan bulat. Polinomial hasil bagi dan sisa bisa dihitung dengan cara ”pembagian panjang”. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Contoh Contoh Bagi x 3 + 2x 2 + x + 2 dengan x 2 + 2 di Z3 [x]. Penyelesaian Dengan menggunakan ”pembagian panjang didapat” x 3 + 2x 2 + x + 2 = (x + 2)(x 2 + 2) + (2x + 1). Bila suatu polinomial dibagi oleh polinomial berderajad satu, sisa pembagian harus suatu konstan. Konstan ini bisa diperoleh sebagai berikut. Teorema (Teorema sisa) : Polinomial f (x) bila dibagi oleh (x − a) di F [x] sisanya adalah f (a). Bukti Gunakan algoritma pembagian, didapat: ada q(x), r (x) ∈ F [x] dengan

f (x) = q(x)(x − a) + r (x), dimana r (x) = 0 atau derajad dari r (x) kurang dari satu. Jadi sisa pembagian adalah konstan r0 ∈ F dan f (x) = q(x)(x − a) + r0 .

Substitusikan a kedalam x, didapat f (a) = r0 .



Teorema Faktor

Sifat Polinomial (x − a) adalah faktor dari f (x) di F [x] bila dan hanya bila f (a) = 0. Bukti Berdasarkan hasil sebelumnya didapat f (x) = q(x)(x − a) untuk beberapa q(x) ∈ F [x] bila dan hanya bila f (x) mempunyai sisa 0 bila dibagi oleh (x − a). Hal ini menunjukkan bahwa, bila dan hanya bila f (a) = 0. Suatu elemen a ∈ F dikatakan akar dari suatu polinomial f (x) bila f (a) = 0.

Teorema faktor menunjukkan bahwa (x − a) adalah faktor dari f (x) bila dan

hanya bila a adalah akar dari f (x).



Teorema Teorema Suatu polinomial berderajad n atas suatu lapangan F mempunyai akar-akar tidak lebih dari n. Bukti Dibuktikan dengan induksi pada derajad n. Suatu polinomial berderajad nol terdiri hanya suatu konstan taknol oleh karena itu tidak mempunyai akar. Asumsikan bahwa teorema benar untuk n − 1 dan misalkan bahwa f (x) ∈ F [x] polinomial berderajad n. Bila f (x) tidak mempunyai akar-akar, maka teorema dipenuhi. Bila f (x) mempunyai akar-akar, misalkan a salah satu akar tsb. Gunakan teorema faktor, didapat f (x) = (x − a)g (x) Dengan hasil sebelumnya bahwa, derajad dari g (x) adalah n − 1. Karena F lapangan maka tidak memuat pembagi nol. Jadi f (b) = 0 bila dan hanya bila (b − a) = 0 atau g (b) = 0. Maka dari itu setiap akar dari f (x) adalah sama dengan a atau merupakan akar dari g (x). Dengan hipotisis induksi g (x) mempunyai akar-akar tidak lebih dari n − 1. Jadi f (x) mempunyai akar-akar tidak lebih dari n.



Contoh Contoh : Tunjukkan bahwa ring √ bilangan bulat gaussian Z[i ] = {a + bi | a, b ∈ Z, i = −1} adalah ring euclidian dengan δ(a + bi ) = a2 + b2 . Penyelesaian : Z[i ] adalah suatu subring dari C himpunan bilangan kompleks oleh karena itu merupakan daerah integral. Bila z ∈ Z[i ], maka δ(z) = z¯ z dimana z¯ adalah konjuget dari z. Untuk setiap z 6= 0, δ(z) > 0 dan untuk setiap z, w ∈ Z[i ] δ(z.w ) = δ(z).δ(w ). Untuk menunjukkan algoritma pembagian di Z[i ], misalkan z dan w bilangan bulat gaussian dimana w 6= 0. Maka wz adalah suatu bilangan kompleks c + di dengan c, d ∈ Q. Pilih a, b ∈ Z sehingga |c − a| ≤ 21 dan |d − b| ≤ 21 . Juga wz = a + bi + [(c − a) + i (d − b)]. Jadi z = (a + bi )w + [(c − a) + i (d − b)]w . Selanjutnya δ([(c − a) + i (d − b)])

= = ≤

δ((c − a) + i (d − b))δ(w )

{(c − a)2 + (d − b)2 }δ(w ) 1 1 ( + )δ(w ) < δ(w ). 4 4

Jadi Z[i ] adalah suatu ring euclide. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar


Algoritma Euclide Algoritma pembagian mengijinkan untuk memperumum konsep pembagian dan pembagi persekutuan terbesar ke sebarang ring euclid. Selanjutnya bisa dihasilkan suatu algoritma eulcid yang bisa digunakan untuk menghitung pembagi persekutuan terbesar. Bila a, b, q adalah elemen-elemen dari suatu daerah integral sehingga a = qb dikatakan bahwa b membagi a atau b adalah faktor dari a dan ditulis b | a. Suatu contoh adalah, (2 + i ) | (7 + i ) dalam Z[i ], sebab 7 + i = (3 − i )(2 + i ). Teorema Misalkan a, b, c ∈ R dengan R adalah daerah integral: (i) Bila a | b dan a | c, maka a | (b + c).

(ii) Bila a | b, maka a | b.r untuk setiap r ∈ R.

(iii) Bila a | b dan b | c, maka a | c. Bukti

Bukti jelas mengikuti pengertian dari pembagian.



Pembagi Persekutuan Terbesar Analog dengan Z, bila a, b ∈ R dengan R daerah integral, maka elemen g ∈ R dikatakan pembagi persekutuan terbesar dari a dan b ditulis sebagai g = gcd(a, b) yang memenuhi: (i) Bila g | a dan g | b.

(ii) Bila c | a dan c | b, maka c | g .

Elemen l ∈ R dikatakan kelipatan persekutuan terkecil dari a, b ∈ R ditulis l = lcm(a, b) bila memenuhi : (i) Bila a | l dan b | l.

(ii) Bila a | k dan b | k, maka l | k. Suatu contoh, 4 dan −4 adalah pembagi persekutuan terbesar dari 12 dan 20 sedangkan 60 dan −60 adalah kelipatan persekutuan terkecilnya.



Teorema Misalkan R adalah ring euclid. Setiap elemen a, b ∈ R mempunyai suatu pembagi persekutuan terbesar g . Lagipula, ada s, t ∈ R sehingga: g = sa + tb. Bukti : Bila a = b = 0, maka r | 0 untuk setiap r ∈ R. Misalkan bahwa setidaknya

satu dari a dan b taknol. Dengan menggunakan aksioma keterurutan, misalkan g 6= 0

yang mana δ(g ) adalah minimal dalam himpunan I = {xa + yb | x, y ∈ R}. Bisa

ditulis, g = sa + tb untuk beberapa s, t ∈ R. Karena R ring euclid, a = hg + r , dimana

r = 0 atau δ(r ) < δ(g ). Oleh karena itu r = a − h(sa + tb) = (1 − hs)a − htb ∈ I .

Karena g elemen dimana δ(g ) adalah terkecil di I , maka haruslah r = 0 dan g | a.

Dengan cara serupa diperoleh g | b. Bila c | a dan c | b, maka a = kc dan b = lc.

Maka dari itu: g = sa + tb = skc + tlc = (sk + tl)c. Terlihat c | g , jadi g = gcd(a, b). Teorema ini menyatakan bahwa pembagi persekutuan terbesar ada pada setiap ring euclid. Tetapi cara memperolehnya tidak diberikan. Berikut ini diberikan algoritma memperoleh pembabagi sekutu terbesar. Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

Aljabar


Teorema Teorema: Misalkan a, b ∈ R dengan R ring eulcid dan b 6= 0. Dengan menggunakan algoritma pembagian secara berulang didapat: a

=

bq1 + r1 dimana δ(r1 ) < δ(b)

b

=

r1 q2 + r2 dimana δ(r2 ) < δ(r1 )

r1

=

r2 q3 + r3 dimana δ(r3 ) < δ(r2 )

.. . rk−2

=

rk−1 qk + rk dimana δ(rk ) < δ(rk−1 )

rk−1

=

rk qk+1 + 0.

Bila r1 = 0, maka b = gcd(a, b), rk = gcd(a, b) untuk yang lainnya. Selanjutnya, elemen s, t ∈ R sedemikian hingga gcd(a, b) = sa + tb bisa diperoleh dengan memulai

persamaan rk = rk−2 − rk−1 qk secara berurutan.



Bukti Bukti: Algoritma harus berhenti, sebab δ(b), δ(r1 ), δ(r2 ), . . . adalah barisan turun dari bilangan bulat taknegatif, jadi rk+1 = 0 untuk beberapa k + 1. Bukti algoritma dapat mengikuti pembagian algoritma dari bilangan bulat. Contoh: Dapatkan pembagi sekutu terbesar 713 dan 235 dalam Z dan dapatkan dua bilangan s dan t yang memenuhi 713s + 256t = gcd(713, 253). Penyelesaian: Dengan menggunakan algoritma pembagian didapat: (i) (ii) (iii) (iv)

713 = 2.253 + 207 a = 713, b = 253, r1 = 207 253 = 1.207 + 46 r2 = 46 207 = 4.46 + 23 r3 = 23 46 = 2.23 + 0 r4 = 0

Dari hasil terakhir didapat gcd(713, 253) = 23. Untuk memperoleh bilangan s dan t gunakan persamaan (i)-(iii). Didapat 23

= = = = =

207 − 4.46 (dari (iii ))

207 − 4(253 − 207) (dari (ii ))

5.207 − 4.253

5.(713 − 2.253) − 4.253 (dari (i ))

713(5) + 253(−14)

Terlihat bahwa, s = 5 dan t = −14.

Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

Aljabar


Contoh Contoh: Dapatkan gcd g (x) dari a(x) = 2x 4 + 2 dan b(x) = x 5 + 2 di Z3 [x] dan dapatkan s(x), t(x) ∈ Z3 [x] sehingga g (x) = s(x).(2x 4 + 2) + t(x).(x 5 + 2). Penyelesaian: Dengan pengulangan algoritma pembagian didapat (i) x 5 + 2 = (2x).(2x 4 + 2) + (2x + 2) (ii) 2x 4 + 2 = (x 3 + 2x 2 + x + 2).(2x + 2) + 1 (iii) 2x + 2 = (2x + 2).1 + 0 Jadi gcd(a(x), b(x)) = 1. Dari persamaan (ii) dan (i) didapat 1

= = =

2x 4 + 2 − (x 3 + 2x 2 + x + 2)(2x + 2)

2x 4 + 2 − (x 3 + 2x 2 + x + 2)[x 5 + 2 − (2x)(2x 4 + 2)]

(2x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 1)(2x 4 + 2) + (2x 3 + x 2 + 2x + 1)(x 5 + 2)

Maka s(x) = 2x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 1 dan t(x) = 2x 3 + x 2 + 2x + 1.



Contoh Contoh Dapatkan gcd g (x) dari a(x) = x 4 + x 3 + 3x − 9 dan b(x) = 2x 3 − x 2 + 6x − 3 di Q[x]. Penyelesaian Dengan algoritma pembagian didapat 1 3 9 27 a(x) = ( x + )b(x) − x 2 − 2 4 4 4 dan

8 4 9 27 b(x) = (− x + )(− x 2 − ). 9 9 4 4

Jadi gcd(a(x), b(x)) = − 94 x 2 −

27 4 .


Aljabar Faktorisasi Tunggal

Faktorisasi Tunggal Satu sifat penting dari bilangan bulat dalah teorema dasar aritmatik yang menyatakan bahwa setiap bilangan bulat yang lebih besar dari satu bisa ditulis sebagai hasil kali dari sejumlah berhingga bilangan prima. Lagi pula hasil kali ini adalah tunggal. Pembahasan berikut ini dibuktikan hasil serupa untuk ring euclid. Misalkan R adalah suatu ring komutatif. Suatu elemen u dinamakan unit dari R bila ada v ∈ R sehingga uv = 1. Terlihat bahwa elemen unit dalam ring R adalah elemen yang punya invers terhadap perkalian. Himpunan dari

elemen-elemen ini dinotasikan oleh R ∗ . Bila R adalah lapangan, maka setiap elemen taknol punya invers. Jadi R 0 = R − {0}. Elemen-elemen unit dalam bilangan bulat adalah ±1. Bila F lapangan, suatu elemen unit dalam

polinomial F [x] adalah konstan taknol, yaitu polinomial dengan derajad sama

dengan nol. Elemen-elemen unit dalam ring gaussian adalah Z[i]∗ = {±1, ±i}. Berikut ini diberikan sifat dari himpunan R ∗ .


Aljabar Faktorisasi Tunggal

Teorema Teorema: Untuk setiap ring komutatif R, maka R ∗ dengan operasi perkalian adalah suatu grup komutatif. Bukti: Misalkan u1 , u2 ∈ R ∗ dan u1 v1 = u2 v2 = 1, maka (u1 u2 )(v1 v2 ) = (u1 v1 )(u2 v2 ) = 1.1 = 1. Sifat yang lainnya jelas. Dua elemen dalam suatu ring euclid bisa mempunyai banyak gcd. Misalnya, dalam Q[x], x + 1, 2x + 2 dan 13 x + 31 merupakan gcd. dari x 2 + 2x + 1 dan x 2 − 1. Perhatikan bahwa masing-masing gcd. bisa diperoleh dari yang lainnya melalui perkalian dengan elemen yang punya invers. Teorema : Misalkan a, b ∈ R dengan R daerah integral. Bila a | b dan b | a, maka a = ub dimana u adalah unit. Bukti: Karean a | b, maka b = va untuk v ∈ R. Sehingga bila a = 0, maka b = 0.

Jadi a = b. Bila a 6= 0, maka a = ub untuk u ∈ R (sebab b | a). Sehingga didapat a = ub = u(va) = (uv )a atau (uv − 1)a = 0. Karena a 6= 0 dan R tidak memuat pembagi nol, maka haruslah uv − 1 = 0 atau uv = 1. Jadi u adalah unit.


Aljabar Daftar Pustaka

Daftar Pustaka E.B. Vinberg, ” A Course in Algebra ”, American Mathematical Society Providence, Rhode Island, (2003) Harvey E. Rose, ” A Course on Finite Groups ”, Springer-Verlag London Limited, (2000) William A. A., Steven H.W, ” ALGEBRA An Aprroach via Module Theory ”, Springer-Verlag, (1999) Stephan Folders, ” Fundamental Sructures of Algebra and Discrete Mathematics ”, John Wiley and Sons, Inc, (1994) Norman R. Reilly, ” Introduction to Applied Algebraic Systems ”, OXFORD University Press,(2009) William may, ” Introduction to Polya Enumeration Theory ”, Johns Hopkins University, (2004) Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya Aljabar

Aljabar Daftar Pustaka

George Gratzer, ” Lattice Theory: Foundation ”, Birkh¨auser, (2010) Joseph A. Gallian, ” Contemporary Abstract Algebra, Seventh Edition ”, Brooks/Cole, Cengage Learning, (2010)


Materi Kuliah Aljabar

Recommend Documents