dosen.ikipsiliwangi.ac.id · Aljabar Abstrak Abstrak Abstrak Dalam catatan kuliah ini diberikan beberapa materi dari mata kuliah aljabaruntuk program sarjana S2 jurusan matematika

Aljabar

AljabarMateri Kuliah Aljabar 2013

[email protected]

c©Copyright 2013

Jurusan Matematika-MIPAInstitut Teknologi Sepuluh Nopember,

Surabaya

10 Pebruari 2013

Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

Aljabar

Aljabar

Daftar Isi

1 Pengertian Grup2 Subgrup3 Koset4 Teorema Isomorpisma5 Tindakan Suatu grup G pada X 6= ∅6 Grup Permutasi7 Internal Direct Product dan Struktur Grup8 Ring, Daerah Integral dan Lapangan9 Ring Polinomial10 Faktorisasi Tunggal


Aljabar

Aljabar

Abstrak

Abstrak

Abstrak

Dalam catatan kuliah ini diberikan beberapa materi dari matakuliah aljabar untuk program sarjana S2 jurusan matematikaFMIPA-ITS. Materi kuliah berupa perencanaan yang disajikan agarmempermudah peserta ajar dalam proses belajar mengajar. Pesertaajar diharapkan mempersiapkan diri melalui pemahaman yangdipunyai sebelumnya dan menambah kekurangan pemahamanpengetahuannya yang dirasa kurang saat proses belajar mengajar dikelas. Juga agar mempermudah proses belajar mengajar digunakanalat bantu perangkat lunak SageMath versi 5.0.


Aljabar

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 (grupkuasi) 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.


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Grup

Suatu grup adalah suatu himpunan G 6= ∅ bersama-sama dengansuatu operasi biner ∗ : G × G → G yang biasanya dinotasikan oleha ∗ 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 semuag ∈ G .

3. Untuk setiap g ∈ G ada g−1 yang memenuhig ∗ g−1 = e = g−1 ∗ g .

Tambahan pula, bila masih memenuhi a ∗ b = b ∗ a untuk semuaa, b ∈ G , maka grup G dinamakan grup abelian/komutatif.Komentar dan diskusi?


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Contoh-Contoh

1. Himpunan-himpunan bilangan bulat Z, bilangan rasional Q,bilangan riil R dan bilangan kompleks C bersama-samaoperasi biner penambahan merupakan grup komutatif.

2. Himpunan bilangan Q− {0} dengan operasi biner perkalianmerupakan grup abelian.

3. Himpunan GL(n,R) matriks nonsingular n× n dengan operasiperkalian matriks merupakan grup tak-komutatif.

4. Himpunan matriks n × n dengan determinan sama dengan 1(SL(n,R)) bersama-sama dengan operasi biner perkalianmatriks merupakan grup tak-komutatif.

5. Misalkan S = {1, 2, . . . n} dan Sn adalah himpunan darisemua fungsi satu-satu pada f : S → S . Maka Sn denganoperasi komposisi fungsi merupakan suatu grup, grup inidinamakan suatu grup permutasi.


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Lanjutan Contoh-Contoh

6. Diberikan grup G = {e, a, b, c} dengan operasi biner diberikanoleh tabel berikut

∗ e a b c

e e a b c

a a e c b

b b c e a

c c b a e

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


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Contoh 7

Diberikan himpunan Z6 ={

e2πn | 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 berwarnamerah.

1−1

b

b

b

b b

b2π6

Dengan operasi perkalian Z6 adalah grup komutatif dengan elemennetral 1.


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Lanjutan Contoh

8. Himpunan Zn bilangan bulat modulo n dengan operasi biner penambahanmerupkan grup komutatif.

9. Himpunan Zp − {[0]} bilangan bulat modulo p dengan p bilangan primabersama-sama dengan operasi biner perkalian merupakan grup abelian.

10. Himpunan

H =

{(

1 a

0 1

)∣

∣

∣

∣

a ∈ Z

}

dengan operasi perkalian matriks merupakan suatu grup.

11. Himpunan Zn = {(a1, a2, . . . , an) | ai ∈ Z} dengan operasi biner tambah

didefinisikan oleh(a1, a2, . . . , an) + (b1, b2, . . . , bn)

def= (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.


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Beberapa Sifat Grup

Catatan : Untuk sederhananya penulisan a ∗ b cukup ditulis ab, penulisan suatugrup G dengan operasi biner ∗ biasanya ditulis (G , ∗) cukup ditulis grup G .

Beberapa sifat suatu grup

Penghapusan kurung, dikarenakan operasi biner ∗ adalah assosiatif, makapenulisan (a ∗ b) ∗ (c ∗ d) = ((a ∗ b) ∗ c) ∗ d = (a ∗ (b ∗ c)) ∗ d ditulisa ∗ 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 = (g1 · · · gi ) ((gi+1 · · · gj )(gj+1 · · · gn)) ,h = ((g1 · · · gi )(gi+1 · · · gj )) (gj+1 · · · gn).

Misalkan A = (g1 · · · gi ),B = (gi+1 · · · gj ),C = (gj+1 · · · gn), didapatg = A(BC) = (AB)C = h.


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

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 adalahtunggal.

Bukti

(1.) Misalkan e1 juga elemen netral di G , maka e1 = e1e = e. Jadielemen netral tunggal.(2.) Misalkan b1 juga invers dari a, maka ab = ba = e danab1 = b1a = e. Didapat b = eb = (b1a)b = b1(ab) = b1e = b1.Dengan demikian elemen invers adalah tunggal.


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Lanjutan Sifat

Sifat

Misalkan G suatu grup:

(3.) Bila a, b ∈ G maka ada dengan tunggal x dan y sehinggaax = 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−1a−1

(7.) Untuk semua g ∈ G , berlaku (g−1)−1 = g .


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Bukti Sifat (3.)-(7.)

Bukti

(3.) Bila ax0 = b, maka a−1(ax0) = a−1b. Sehingga didapat x0 = a−1b.Sebaliknya bila x = a−1b, maka ax = a(a−1b) atau ax = b. Jadipersamaan ax = b mempunyai penyelesaian tunggal x = a−1b. Dengancara serupa bisa ditunjukkan bahwa ya = b mempunyai penyelesaiantunggal y = ba−1.

(4.) Dari persamaan gx = gy kedua ruas kalikan dari kiri dengan g−1, didapatx = 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 darikanan dengan b−1 dan a−1, didapat (ab)−1 = b−1a−1.

(7.) g(g−1) = (g−1)g = e, jadi (g−1)−1 = g .


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Order Grup dan Order Elemen

Misalkan G suatu grup, order dari G ditulis |G | menyatakanbanyaknya elemen dari himpunan G . Sebelum diberikan pengertianorder dari suatu elemen g ∈ G , diberikan lebih dulu pengertian gn

dimana nZ sebagaimana berikut ini:

1. g0 def= e, diman e elemen netral.

2. gn def= ggg . . . g

︸︷︷︸

n

, dimana n > 0.

3. gn+1 def= gng , dimana n > 0.

4. gn def= g−1g−1g−1 . . . g−1

︸︷︷︸

−n

, dimana n < 0.


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Sifat

Selanjutnya dapat ditunjukkan: (1.) gm+n = gmgn dan (2.) (gm)n = gmn untuksemua m, n ∈ Z.

Bukti(1.) Dengan induksi pada n. Misalkan n taknegatif dan tanpa mengurangikegeneralitasan, misalkan m + n ≥ 0 , didapat gm+0 = gme = gmg0 dan denganmenggunakan hipotesis induksi didapat

gm+(n+1) = g (m+n)+1 = gm+ng = gmgng = gmgn+1.

Dari hasil ini didapat gm−ngn = g (m−n)+n = gm, dengan demikian

gm−n = gm(gn)−1 = gmg−n,

hal ini nenunjukkan bahwa (1.) dipenuhi juga untuk n negatif.(2.) Misalkan n taknegatif, sebagaimana penggunaan induksi pada n yang dilakukansebelumnya didapat (gm)0 = e = g0m dan

(gm)n+1 = (gm)ngm = gmngm = gmn+m = gm(n+1).

Untuk n negatif dapat dilakukan sebagaimana pada (1.).


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Order Elemen dan Beberapa Sifat

Order Elemen

Misalkan G suatu grup dan g ∈ G . Order dari g dinotasikandengan |g | yang menyatakan bilangan bulat positip terkecil nsehingga memenuhi gn = e dengan e adalah elemen netral. Bilatidak ada n yang demikian maka |g | = +∞.

Sifat

1. Bila |g | = n, maka gm = e bila dan hanya bila m kelipatandari n.

2. Bila |g | = n dan h = gm, maka |h| =n

fpb(m, n).


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

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)kgr = ekgr = 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 = gdm1n1 = gdn1m1 = gnm1 = em1 = e.

Berikutnya misalkan hk = e, maka didapat gmk = e, oleh karena itu mk

merupakan kelipatan dari n. Jadi dm1k merupakan kelipatan dari dn1 atau m1k

kelipatan dari n1. Karena m1 dan n1 prima relatif, maka k merupakan kelipatandari n1. Berdasarkan teorema sebelumnya, maka |h| = n1 atau

|h| = n

d=

n

fpb(m, n).


Aljabar

Aljabar

Pengertian Grup

Beberapa Catatan Order Elemen

Catatan

1. Bila g ∈ G dan |g | = +∞, maka gn, n = 0, 1, 2, 3, . . .semuanya adalah berbeda, bila tidak maka ada m dan ndengan m 6= n, misalkan dalam hal ini m > n sehinggagm = gn. Didapat gm−n = e. Jadi ada k = m − n sehinggagk = e, hal ini bertentangan dengan |g | = +∞.

2. Bila |g | = n, maka e, g , g2, g3, . . . , gn−1 semuanya berbedasatu dengan yang lainnya, bila tidak demikian maka adag t = e dengan 0 < t < n, hal ini bertentangan dengankenyataan bahwa n bilangan bulat positip terkecil yangmemenuhi gn = e.


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Subgrup

Subgrup

Misalkan G suatu grup dan H ⊆ G dengan H 6= ∅, dikatakanbahwa H merupakan subgrup dari G bila H sendiri merupakangrup dengan operasi biner yang sama dengan di G . Hal inidinotasikan oleh H < G .

Cara mudah menentukan himpunan H adalah subgrup dari grup Gadalah dengan sifat sebagai berikut:

Sifat

Misalkan G adalah suatu grup. Himpunan H adalah subgrup dariG bila dan hanya bila untuk sebarang a, b ∈ H maka

ab−1 ∈ H (a−1b ∈ H).


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Bukti Sifat Subgrup

Bukti

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


Aljabar

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 dinamakansubgrup sejati (proper subgrup).

2. Himpunan matriks SL(n,R) dengan operasi biner perkalian matriksadalah subgrup dari grup GL(n,R).

3. Himpunan matriks SL(n,R) dengan operasi biner perkalian matriksadalah subgrup dari grup GL(n,R).

4. Himpunan H = { 12m |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 .


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Sifat Subgrup

Sifat Subgrup

Bila {Hα} adalah koleksi dari subgrup dari G , maka⋂

αHα juga

merupakan subgrup dari G .

Bukti

Misalkan H =⋂

αHα, jelas bahwa H 6= ∅ sebab e ∈ H. Juga bila

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


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Generator (Pembangun)

Misalkan G suatu grup dan S adalah himpunan bagian dari G .Notasi 〈S〉 menyatakan semua subgrup dari G yang memuat S .Jadi 〈S〉 itu sendiri merupakan subgrup dari G yang memuat S .Dalam hal ini

〈S〉 =⋂

S⊂Hα

Hα

dan dinamakan subgrup yang dibangun oleh S , sedangkan Sdinamakan generator dari 〈S〉. Grup 〈S〉 ini adalah subgrup terkecildari G yang memuat S , yaitu bila H adalah suatu subgrup dari Gyang memuat S , maka H harus juga memuat 〈S〉. Khususnya bilaS = {a}, maka 〈S〉 = 〈a〉 dinamakan subgrup siklik yang dibangunoleh elemen a.


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Beberapa Sifat

Sifat

Diberikan suatu grup G

1 Bila S ⊂ G , maka< S > = {as11 . . . asmm | ai ∈ S, si ∈ Z,m ≥ 1},

2 < a > = {ak | k ∈ Z}

Bukti

1 Tulis H = {as11 . . . asmm | ai ∈ S, si ∈ Z,m ≥ 1} dan misalkan sebaranga = a

s11 . . . asmm , b = b

p11 . . . bpnn ∈ H, didapat

ab−1 = as11 . . . asmm b

−pnn . . . b−p1

1 ∈ H. Jadi H < G dan untuk sebarang a ∈ S,maka a = a1 ∈ H yaitu S ⊂ H. Akibatnya < S >⊂ H. Disamping itu,S ⊂< S > dan < S > adalah subgrup dari G , maka semua hasil kali dan inverselemen-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 > = {s1a1 + . . .+ smam | ai ∈ S, si ∈ Z,m ≥ 1} dan < a > = {ka|k ∈ Z}.


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Contoh-Contoh

Contoh

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

2 Diberikan S = {4, 6} ⊂ Z dengan operasi biner tambah subgrup dari Z yangdibagun oleh S adalah 〈S〉 = {4s1 +6s2|s1, s2 ∈ Z} = {2(2s1 +3s2)|s1, s2 ∈ Z}.Berdasarkan hasil (1), didapat 〈S〉 = {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 ∈ Z dengan k dan n prima relatif, himpunan bilangan bulat

modulo n, Zn =⟨

k⟩

.

5 Diberikan G suatu grup dan x ∈ G . Sentralisir dari x didefinisikan olehC(x) = {a ∈ G | ax = xa} adalah subgrup dari G dan C(x) = G bila dan hanyabila x ∈ Z(G). Perhatikan juga C(x) selalu memuat subgrup 〈x〉.


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Lanjutan Contoh-Contoh

Contoh

6. Bila G suatu grup dan a,b ∈ G , maka [a,b] = a−1b−1ab dinamkan komutatordari a dan b. Subgrup H yang dibangun oleh semua elemen komutator dari Gdinamakan subgrup komutator , juga ditulis sebagai [G ,G ] = H.

7. Suatu cara yang mudah untuk mendeskripsikan grup melalui generator danhubungannya yang diberikan. Misalnya grup quaternion adalah grup dengan 8elemen. Ada dua generator a dan b dengan hubungan :a4 = e; b2 = a4; b−1ab = a−1. Grup quarternion ini adalah

Q = {e, a, a2, a3, b, ab, a2b, a3b}.

8. Grup dihedral dengan order 2n, dinotasikan oleh D2n adalah grup yang dibangunoleh x dan y dengan hubungan : xn = e; y2 = e; yxy−1 = x−1. Grup D2n

diberikan oleh

D2n = {ex , x2, . . . , xn−1, y , yx , yx2, . . . , yxn−1}.


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Sifat

Sifat

Setiap grup siklik G adalah komutatif.

Bukti

Bila G =< a >= {ak |k ∈ Z}, maka untuk setiapx = am, y = an ∈< a > didapatxy = aman = am+n = an+m = anam = yx . Jadi G adalah grupkomutatif.

Sifat ini tidak berlaku sebaliknya. Grup-grup yang komutatif tetapitidak siklik adalah Q,R,C dengan operasi biner penambahan jugaQ∗ = Q− {0},R∗ = R− {0} dan C∗ = C− {0} dengan operasibiner perkalian.


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Sifat Kesiklikan Subgrup

Sifat

Setiap subgrup dari suatu grup siklik G = 〈a〉 adalah siklik.

Bukti

Misalkan H < G , bila H = {e} jelas H siklik. Bila H 6= {e}, maka ada bilanganbulat s 6= 0 sehingga as ∈ H dan juga (as)−1 = a−s ∈ H. MisalkanT = {t ∈ Z+|at ∈ H} dengan sifat keterurutan dari bilangan bulat Z+, maka T

mempunyai elemen terkecil t0. Jadi at0 ∈ H. Misalkan b ∈

⟨

at0⟩

, maka untuksuatu m ∈ Z, b = (at0)m ∈ H . Terlihat bahwa

⟨

at0⟩

⊂ H. Sebaliknya, misalkan

h ∈ H, maka ada bilangan bulat k sehingga h = ak . Selanjutnya denganmenggunakan algorithma pembagian untuk bilangan bulat didapat k = t0q + 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. Jadih = ak = (at0)q ∈

⟨

at0⟩

. Terlihat bahwa H ⊂⟨

at0⟩

. Sehingga didapatH =

⟨

at0⟩

. Jadi H siklik.


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Sifat Kesiklikan Grup

Sifat

Misalkan G = 〈a〉 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 adalahelemen terkecil di T . Jelas bahwa {e, a, a2, . . . , al−1} ⊂ G . Dalam hal ini dapatditunjukkan bahwa semua elemen e, a, a2, . . . , al−1 adalah berbeda. Selanjutnya akanditunjukkan bahwa G ⊂ {e, a, a2, . . . , al−1}. Misalkan g ∈ G , maka g = am untuksuatu m ∈ Z. Dengan menggunakan algorithma pembagian untuk bilangan bulatdidapat m = lq + r untuk beberapa q, r ∈ Z dengan 0 ≤ r < l . Didapatam = (al )qar = eqar = 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).Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

Aljabar

Aljabar

Subgrup

Contoh

Contoh

Dalam GL(2,R), bila

A =

(

0 1−1 0

)

dan B =

(

1 10 1

)

, maka

A2 =

(

−1 00 −1

)

,A3 =

(

0 −11 0

)

,A4 =

(

1 00 1

)

dan

B2 =

(

1 20 1

)

,B3 =

(

1 30 1

)

, . . . ,Bn =

(

1 n

0 1

)

.

Sehingga didapat 〈A〉 = {I ,A,A2,A3} < GL(2,R) dan

〈B〉 =

{(

1 k

0 1

)∣

∣

∣

∣

k ∈ Z

}

< GL(2,R).

Dalam hal ini order elemen A dan B adalah |A| = 4 dan |B| = +∞.


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Homomorpisma Grup

Misalkan G dan H adalah grup dan f : G → H adalah suatu fungsi. Fungsi fdinamakan suatu homomorpisma grup bila f (ab) = f (a)f (b) untuk semuaa, 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 suatuhomomorpisma grup, maka Ker(f ) subgrup dari G dan Im(f )subgrup dari H.


Aljabar

Aljabar

Subgrup

Bukti Sifat

Bukti

Perhatikan bahwa f (eG ) = f (eG eG ) = f (eG )f (eG ), gunakan kanselasi di H didapatf (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

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 macamhimpunan yang saling asing.

Sifat

Misalkan H adalah suatu subgrup dari suatu grup G . Untuk setiap dua elemena, b ∈ G didifinisikan relasi biner a ∼ b bila dan hanya bila ab−1 ∈ H (a−1b ∈ 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−1bc−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).


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

Hgdef= {hg |h ∈ H}

maka Hg dinamakan koset kanan dari H di G . Sedangkan bila

gHdef= {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 = ∅).


Aljabar

Aljabar

Koset

Bukti Sifat

Bukti

1 Misalkan a ∼ b, maka ab−1 = h0 untuk suatu h0 ∈ H, didapata = h0b atau b = h−1

0 a. Misalkan sebarang ha ∈ Ha, makadidapat ha = h(h0b) = (hh0)b ∈ Hb. Jadi Ha ⊂ Hb. Misalkansebarang hb ∈ Hb, maka hb = h(h−1

0 a) = (hh−10 )a ∈ Ha. Jadi

Hb ⊂ Ha. Maka dari itu didapat Ha = Hb.

2 Misalkan a ≁ b dan andaikan g ∈ Ha ∩ Hb, maka a = h−11 g

untuk suatu h1 ∈ H dan b−1 = g−1h2 untuk suatu h2 ∈ H.Didapat ab−1 = h−1

1 gg−1h2 = h−11 h2 ∈ H. Jadi a ∼ b,

kontradiksi dengan kenyataan bahwa a ≁ b. Jadi haruslahHa ∩ Hb = ∅.


Aljabar

Aljabar

Koset

Sifat

Sifat

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

1 aH = bH bila dan hanya bila a−1b ∈ H

2 Ha = Hb bila dan hanya bila ab−1 ∈ H

Bukti

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

2 Bukti dapat dilakukan seperti pada bukti (1).


Aljabar

Aljabar

Koset

Sifat

Sifat

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

Bukti

Pemetaan f : H → gH dengan f (h)def= gh, ∀h ∈ H . Pemetaan f adalah

satu-satu, yaitu bila f (h) = f (h1) atau gh = gh1, maka didapat h = h1dan pemetaan f pada, yaitu bila diberikan sebarang gh ∈ gH , maka pilihh ∈ 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 |.


Aljabar

Aljabar

Koset

Indeks dari H di G

Misalkan H < G dan [G : H]def= {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︸︷︷︸

k

= m atau kn = m. Jadi |[G : H]| |H| = |G |.

Kesimpulan

1 Bila |G | < ∞ dan a ∈ G , maka |a| membagi |G |.2 Bila |G | = n, maka an = e, ∀a ∈ G .

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

4 Bila K < H < G , maka |[G : K ]| = |[G : H]| |[H : K ]|.


Aljabar

Aljabar

Koset

COntoh-Contoh

Contoh

1. Diberikan Z dengan operasi biner tambah, H = 2Z adalah subgrupdari Z. Koset kanan H+a = H bila a bilangan bulat genap danH+a 6= H bila a bilangan bulat ganjil.

2. Diberikan R∗ dengan operasi biner perkalian, subgrupH = {−1, 1} = {x ∈ R∗ | |x | = 1}. Koset dari H dalam R∗ adalahhimpunan Ha = {−a, a|a ∈ R∗}.

3. Diberikan C∗ dengan operasi biner perkalian, subgrupH = {z ∈ C | |z | = 1}. Koset dari H dalam C∗ adalah himpunanHr = {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 mempunyaisisa m bila dibagi n.


Aljabar

Aljabar

Koset

Contoh-Contoh

Contoh

5. Diberikan grup permutasi dari 3 elemen

G = S3 = {e, a, a2, b, ab, a2b},

dengan

a =

(

1 2 32 3 1

)

dan b =

(

1 2 32 1 3

)

Bila H = 〈b〉, maka koset kiri dari H di G adalah

H = {e, b}, aH = {a, ab}, a2H = {a2, a2b},

sedangkan koset kanan adalah

H = {e, b}, Ha = {a, ba = a2b}, Ha

2 = {a2, ba2 = ab}.

Dalam contoh ini, koset kiri tidak sama dengan koset kanan.


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 bilaA−1B ∈ H, artinya bahwa det(A−1B) = 1. Ini terjadi bila dan hanya biladet(A) = det(B). Dengan cara yang sama, A dan B didalam koset kananyang sama dari H bila dan hanya bila det(A) = det(B). Jadi pada contohini, koset-koset kiri dari H juga merupakan koset-koset kanan dari H.Suatu himpunan representasi koset adalah

{[

a 00 1

] ∣

∣

∣

∣

a ∈ R− {0}}

.

Jadi, himpunan semua koset dari H di G berkorespondensi satu-satudengan himpunan bilangan real taknol.


Aljabar

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 | = 4maka setiap a ∈ G dengan a 6= e mempunyai order 2 atau 4. Bila G

mempunyai suatu elemen a dengan order 4, maka G = 〈a〉 dan G siklik.Bila G tidak mempunyai elemen yang beroder 4, maka G = {e, a,b, c}dengan a2 = b2 = c2 = e sebab setiap elemen yang bukan e harusberorder 2. Selanjutnya bila ab = e, maka ab = a2. Akibatnya b = a halini tidak mungkin sebab a 6= b. Dengan cara yang sama ab tidak akansama dengan a atau b. Jadi haruslah ab = c. Suatu argumen yang samadapat ditunjukkan bahwa ba = c, ac = b = ca, bc = a = cb. Dalam halini G dinamakan grup-4 Klein. Dari pembahasan didapat ada 4 macamgrup siklik dan satu grup-4 Klein.


Aljabar

Aljabar

Koset

Konjuget dan Klas Konjugasi

Pada pembahasan sebelumnya ditunjukkan bahwa koset-koset kiri/kanan dari suatugrup membentuk suatu partisi di G yang diuraikan oleh suatu relasi ekivalen pada G .Ada relasi ekivalen penting lainya yang didefinisikan pada G , sebagaimana diberikanberikut ini.

Konjuget dan Konjugasi

Misalkan G suatu grup dan a, b ∈ G , maka a dinamakan kojuget dari b bila ada suatug ∈ G yang memenuhi b = gag−1 (g−1ag). Mudah dicek bahwa konjugasi adalahsuatu 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}.


Aljabar

Aljabar

Koset

Bukti

Bukti

Karena

gag−1 = hah−1 ⇔ g−1h ∈ C (a)

⇔ gC (a) = hC (a),

ada suatu fungsi bijektif

φ : [a]C → [G : C (a)] = himpunan koset kiri dari C (a),

didefisikan olehφ(gag−1) = gC (a).

Hal ini menujukkan bahwa

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


Aljabar

Aljabar

Koset

Kesimpulan

Persamaan Klas

Misalkan G grup dengan order berhingga, maka

|G | = |Z(G)|+∑

a/∈Z(G)

|[G : C(a)]|

Bukti

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

|G | =∑

a∈G

|[a]C |

= |Z(G)|+∑

a/∈Z(G)

|[a]C |

= |Z(G)|+∑

a/∈Z(G)

|[G : C(a)]| .


Aljabar

Aljabar

Koset

Subgrup Normal dan Automorpisma

Bila G suatu grup, misalkan P∗(G) menyatakan himpunan dari semua himpunantakkosong 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

Aljabar

Koset

Sifat

Misalkan H,K ∈ P∗(G) dengan H dan K adalah subgrup dari G . Sifat berikutmenunjukkan bahwa HK adalah subgrup dari G .

Sifat

Bila H dan K adalah subgrup dari G , maka HK adalah subgrup dari G bila dan hanyabila HK = KH.

Bukti

Bila HK < G , maka HK memuat semua semua elemen invers dari HK . JadiHK = (HK)−1 = K−1H−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 tertutupterhadap operasi perkalian. Sifat elemen netral dan assosiatif jelas. Jadi HK adalahsubgrup dari G .

Perhatikan bahwa HK = KH bukanlah suatu pengertian komutatif, tetapi merupkan

persamaan himpunan bagian dari G .


Aljabar

Aljabar

Koset

Ruang Koset

Bila H adalah suatu subgrup dari G , maka G/H ⊆ P∗(G) adalah himpunan darisemua koset kiri dari H di G dan dinamkan ruang koset dari H di G . Misalkan duakoset kiri dari H yaitu aH dan bH. Bila (aH)(bH) = cH, maka ab ∈ cH dengandemikian cH = abH. Oleh karena itu bila G/H tertutup terhadap perkalian, makaharuslah (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 danhanya 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 , makacHc−1 ⊆ cHc−1H = cc−1H = H untuk semua c ∈ G . Karena c−1 ∈ G , ganti cdengan c−1, didapat c−1Hc ⊆ H. Selanjutnya sebelah kiri kalikan dengan c dansebelah kanan dengan c−1 didapat H ⊆ cHc−1. Jadi cHc−1 = H untuk semua c ∈ G .


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 operasiperkalian 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 identitasdari G/N. Juga (aN)(a−1N) = aa−1N = eN = N = a−1aN = (a−1N)(aN). Terlihatbahwa a−1N adalah invers dari aN.


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) danB ∈ SL(n,R), maka

det(ABA−1) = (detA)(detB)(det A)−1 = 1.

Jadi ABA−1 ∈ SL(n,R) untuk semua A ∈ GL(n,R) dan B ∈ SL(n,R).


Aljabar

Aljabar

Koset

Lanjutan Contoh

Contoh

3. Bila a =

(1 2 32 3 1

)

, maka H =< a >= {e, a, a2} adalah subgrup

normal dari S3. Bila b /∈ H , maka koset dari H adalah H dan bH .

4. Misalkan b =

(1 2 32 1 3

)

, maka K =< b >= {e, b} dan koset kiri

dari K adalah K , aK = {a, ab}, a2K = {a2, a2b}, dimana

a =

(1 2 32 3 1

)

. Didapat

K (aK ) = {e, a}{a, ab} = {a, ab, a2, a2b} 6= aK .

Jadi perkalian dua koset dari K bukan suatu koset dari K . Hal inidisebabkan K bukan subgrup normal dari S3 yaitu aKa−1 6= K .


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 dandidefinisikan 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

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Teorema Isomorpisma Pertama

Teorema Isomorpisma Pertama

Misalkan f : G → H suatu homomorpisma grup dengan K = Ker(f ). MakaG/K ∼= Im(f ).

Bukti

Difinisikan suatu fungsi f : G/K → Im(f ) dengan f (aK) = f (a). Fungsi iniwell-defined, sebab aK = bK bila dan hanya bila a−1b ∈ K yang berartif (a−1b) = 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 inimenunjukkan Ker(f ) = K yang mana K adalah elemen identitas di G/K . Jadif satu-satu, dengan demikian f adalah suatu isomorpisma grup. JadiG/K ∼= Im(f ).


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Teorema Isomorpisma Kedua

Sifat

Misalkan H, K adalah subgrup dari G . Bila H atau K adalah subgrup normal di G , maka HK adalah suatusubgrup dari G .

Bukti

Misalkan K ⊳ G , maka aK = Ka untuk semua a ∈ G . Kususnya, hK = Kh untuk semua h ∈ H ⊂ G . JadiHK = 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 adalahsuatu 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 ituIm(π0) = HN/N.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

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 setiapaN ∈ G/N. Dapat ditunjukkan bahwa difinisi ini well-defined dan suatuhomomorpisma grup. Maka

Ker(f ) = {aN | aH = H} = {aN | a ∈ H} = H/N.

Homomorpisma f adalah surjektif, maka Imf = G/H. Dengan menggunakan Teoremaisomorphisma pertama didapat

G/H ∼= (G/N)/(H/N).


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

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.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

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 denganbanyaknya elemen di H.

3. Diketahui bahwa G abelian. Misalkan x , y ∈ H, karena f pada maka adaa, 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.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Lanjutan Bukti

Bukti

4. Misalkan G = 〈g〉 = {gm |m ∈ Z} dan f (g) = h0 untuk suatu h0 ∈ H. Ambilsebarang h ∈ H, maka ada n0 ∈ Z sehingga h = f (gn0 ), dimana

f (gn0 ) =

{

f (g) . . . f (g) = hn00 , n0 ≥ 0

f (g)−1 . . . f (g)−1 = h−n00 , n0 < 0.

Jadi untuk setiap h di H, h = hm00 dengan m0 ∈ Z, hal ini menunjukkan bahwa

H = 〈h0〉 = {hn0 |n ∈ Z}.5. Bila |g | = m dan |f (g)| = n, maka eH = f (eG ) = f (gm) = f (g)m , sehingga

didapat ada bilangan bulat positip k0 yang memenuhi m = k0n. Disamping itu,eH = f (g)n = f (gn). Karena f satu-satu dan eH = f (eG ), maka gn = eG . Jadiada bilangan bulat positip k1 yang memenuhi n = k1m. Dari m = k0n dann = k1m, didapat m = k0k1m atau k0k1 = 1. Karena masing-masing k0 dan k1adalah bilangan bulat positip, maka haruslah k0 = k1 = 1. Oleh karena itum = k0n = 1.n = n.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Contoh

1

−1

S3 Q∗

A3

A3τ

f

1. Diberikan grup permutasi S3 dan grup bilangan rasional tanpa nol Q∗.Didefinisikan suatu pemetaan f : S3 → Q∗ oleh

f (σ) =

{

1, bila σ genap

−1, bila σ ganjil, untuk setiap σ ∈ S3.

Bila σ, τ kedunya genap atau keduanya ganjil,maka στ genap oleh karena ituf (στ) = 1 = 1.1 = f (σ).f (τ) atau f (στ) = 1 = −1.− 1 = f (σ).f (τ). Bila σgenap dan τ ganjil, maka στ ganjil oleh karena ituf (στ) = −1 = 1.(−1) = f (σ).f (τ). Terlihat bahwa f adalah homomorpismagrup dari S3 ke Q∗ dengan ker(f ) = f −1(1) = A3. Jelas bahwa ker(f ) ⊳ S3 danim(f ) = {1,−1} adalah subgrup dari Q∗. Sedangkan f −1(−1) = A3τ untuksetiap permutasi ganjil τ ∈ S3,


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Contoh

b

b

b

R∗R+

−1, 1

−2, 2

−π, π

1

2

π

b

b

b

f

2. Diberikan himpunan bilangan real R, himpunan R∗ = {x ∈ R | x 6= 0}dan himpunan R+ = {x ∈ R | x > 0}. Didefinisikan suatu pemetaanf : R∗ → R+ oleh f (x) = |x |, ∀x ∈ R∗ dimana dengan operasi perkaliandi 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}.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Contoh

f1

2

√5

ker(f )

ker(f )(1 + i)

ker(f )(1 + 2i)

bb

b

b

bb

C∗ R+

3. Diberikan himpunan bilangan kompleks C, himpunanC∗ = {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+ didapatf (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}.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Contoh

Contoh

4. Untuk menunjukan bahwa Z4∼= 〈i〉, definisikan suatu pemetaan

f : Z4 → 〈i〉 oleh f (n) = in.

Pemetaan f adalah satu-satu pada, sebab

f (0) = 1f (1) = if (2) = −1f (3) = −i

dan f adalah suatu homomorpisma, sebab

f (m + n) = im+n = im.in = f (m).f (n), ∀m, n ∈ Z4.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Contoh

Contoh

5. Walaupun S3 dengan Z6 mempunyai banyak elemen yang sama,tetapai S3 ≇ Z6. Untuk menunjukan hal ini sebagai berikut. Telahdiketahuai bahwa S3 tidak komutatif sedangkan Z6 komutatif.Misalkan a, b ∈ S3 dengan ab 6= ba dan andaikan bahwa pemetaanf : Z6 → S3 adalah suatu isomorpisma. Oleh karena itu ada m dann 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. JadiS3 ≇ Z6.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Contoh

Contoh

6. Grup (R,+) adalah isomorpik dengan grup (R+, .). Sebab adapemetaan

f : R → R+ dengan f (x) = ex , ∀x ,R.

Pemetaan f satu-satu pada, sebab diberikan sebarang y ∈ R+, pilihx ∈ R, yaitu x = ln y sehingga didapat f (x) = ex = e ln y = y , jadif pada. Selanjutnya bila f (x1) = f (x2), maka

ex1 = ex2 ⇒ ex1e−x2 = 1 ⇒ ex1−x2 = 1 ⇒ x1 − x2 = 0 ⇒ x1 = x2.

Jadi f satu-satu. Terlihat bahwa f satu-satu dan pada (bijektif).Selanjutnya, f (x1 + x2) = ex1+x2 = ex1ex2 = f (x1)f (x2). Jadi fadalah homomorpisma. Karena f homomorpisma dan bijektif, makaf adalah isomorpisma.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Teorema Korespondensi

Teorema Korespondensi

Misalkan N ⊳ G dan pemetaan natural π : G → G/N. Maka fungsi H 7→ H/Nmendifinisikan suatu korespondensi satu-satu diantara himpunan semuasubgrup 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

MisalkanS1 = {H |H < G dan N ⊆ H}

danS2 = {X |X < G/N}.

Selanjutnya definisikan α : S1 → S2 oleh α(H) = H/N = Im(π|H).


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Lanjutan Bukti

Bukti

Misalkan H1/N = H2/N dengan H1,H2 ∈ S1. Akan ditunjukkan H1 = H2. Misalkanh1 ∈ H1, maka h1N ∈ H2/N. Jadi h1N = h2N dengan h2 ∈ H2. Jadi H1 ⊆ H2 dengancara yang sama dapat ditunjukkan bahwa H2 ⊆ H1, dengan demikian H1 = H2. Olehkarena itu α satu-satu. Bila K ∈ S2, maka π−1(K) ∈ S1 dan α(π−1(K)) = K , jadi αsurjektif. Jadi α adalah suatu korespondensi satu-satu diantara S1 dan S2. Selanjutnyafakta H1 ⊆ H2 bila dan hanya bila H1/N ⊆ H2/N adalah jelas. Dengan menggunakanhasil sebelumnya, himpunan koset aH1 untuk a ∈ H2 dapat ditunjukkanberkorespondensi satu-satu dengan himpunan koset aH1/N untuk a ∈ H2/N. Dengandemikian

|[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) adalahpemetaan natural, didapat Ker(π1 ◦ π) = H. Jadi H ⊳ G .


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Sifat

Sifat berikut sederhana tetapi berguna bagi kriteria kenormalan darisuatu 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 , makaG = 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 ∈ Gdengan 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

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Contoh

Contoh

1 Aut(Z) ∼= Z2. Sebab, misalkan φ ∈ Aut(Z). Maka bila φ(1) = rdidapat φ(m) = mr . Jadi Z = Im(φ) = 〈r〉. Maka dari itu r = ±1.Dengan demikian

φ(m) = m atau φ(m) = −m

untuk semua m ∈ Z.

2 Misalkan G = {(a, b) | a, b ∈ Z}. Maka Aut(G) tidak abelian, sebab

Aut(G) ∼= GL(2,Z) =

{[a bc d

]∣∣∣∣ab, c , d ∈ Z, ad − bc = ±1

}

3 Contoh berikut dapat digunakan sebagai latihan. Misalkan Vadalah Klein group-4. Maka Aut(V ) ∼= S3.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Inner dan Outer Automorpisma

Bila a ∈ G didefinisikan Ia : G → G oleh Ia(b) = aba−1 , naka Ia ∈ Aut(G). Suatu automorpisma dari G yangmempunyai 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) adalahhimpunan 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). JadiΦ(ab) = Φ(a)Φ(b). Maka dari itu Φ adalah suatu homomorpisma grup. Sisa bukti jelas.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

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 memenuhia3 = e = b2 dan ba = a2b. Elemen a dan a2 mempunyai order 3dan b, ab, a2b mempunyai order 2. Jadi bila φ ∈ Aut(S3), makaφ(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 adalahsuatu outer automorpisma.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

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 grupZn = 〈1〉 dengan operasi tambah modulo n. Misalkan φ ∈ Aut(Zn). Karena 1 adalahgenerator dari Zn, maka secara lengkap φ ditentukan oleh φ(1) = m. Karena φ suatuisomorpisma dan |1| = n, maka |m| = n. Misalkan d = Kpk(m, n). maka n| n

dm. Jadi

ndm = nm

d= 0 di Zn. Karena n adalah kelipatan terkecil dari m yang memberikan

nmd

= 0 di Zn, maka haruslah d = 1. Jadi m ∈ U(n). Juga setiap m ∈ U(n)menentukan suatu pemetaan φm : Zn → Zn dengan φm(r) = rm. Dapat ditunjukkanbahwa φm ∈ Aut(Zn). Dengan demikian didapat korespondensi satu-satu darihimpunan Aut(Zn) ↔ U(n) yang diberikan oleh φm ↔ m. Korespondensi ini adalahsuatu isomorpisma grup, sebab untuk setiap r ∈ Zn didapat

φm1φm2 (r) = φm1(φm2 (r)) = φm1(m2r) = m1m2r = φm1m2 (r).


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Representasi Permutasi

Bila X sebarang himpunan takkosong, maka SX = {f : X → X | f bijektif} adalahsuatu grup dengan operasi biner komposisi fungsi. Grup SX dinamakan grup simetripada X atau grup dari permutasi dari X . Suatu grup permutasi adalah subgrup dariSX untuk beberapa X . Theorema berikut menunjukkan bahwa semua grup dapatdisajikan 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 . Dapatditunjukkan bahwa masing-masing fa adalah bijektif pada G , jadi fa ∈ SG . Φ adalahhomorpisma 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}. JadiΦ surjektif. Didapat G ∼= Im(Φ) ⊆ SG .


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Catatan

Homomorpisma Φ dinamakan representasi regular kiri dari G . Bila |G | < ∞, maka Φsuatu isomorpisma hanya bila |G | ≤ 2. Sebab bila |G | > 2, maka |SG | = |G |! > |G |.Suatu representasi dari G adalah sebarang homomorpisma φ : G → SX untukbeberapa himpunan X . Representasi regular kiri adalah contoh untuk X = G Contohpenting lain, yang mana |X | secara substansi lebih kecil dari |G |. Hal ini diperoleh bilaX = G/H yang mana H adalah suatu subgrup dari G dan tidak harus H subgrupnormal dari G . Jadi ruang koset G/H hanya suatu himpunan, tidaklah perlu G/Hsuatu 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 homomorpismagrup 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 dansurjektif. Sebab, ΦH(a)(a

−1bH) = bH. Jadi ΦH(a) ∈ SG/H . Sebagaimana telahditunjukkan dalam Teorema Cayley, ΦH adalah homomorpisma grup.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

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. MakaΦH (a)(bH) = abH = baH = bH sebab b−1ab = a ∈ N ⊆ H. Jadi a ∈ Ker(ΦH )dengan demikian N ⊳Ker(ΦH ) dan Ker(ΦH ) adalah subgrup normal terbesar yangtermuat dalam H.

Kegunaan sifat ini dapat dilihat pada kesimpulan berikut.

Kesimpulan

Misalkan H < G dengan |G | < ∞ dan |G | tidak membagi |[G : H]|!. Maka ada suatusubgrup N ⊆ H dengan N 6= {e} dan N ⊳ G .

Bukti

Misalkan N adalah representasi permutasi ΦH . Dari sifat sebelumnya N adalahsubgrup 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}.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

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.


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

Teorema Cauchy

Kesimpulan

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

Bukti

Misalkan H < G dengan |[G : H]| = p dan r = |H| = |G |/p. Maka setiap pembagi prima dari r lebih besar atausama 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 subgrupdengan order p.

Bukti

MisalkanX = {a = (a0, a1, · · · , ap−1 | ai ∈ G , a0a1 · · · ap−1 = e}.

Didapat suatu representasi dari Zp pada X dengan homomorpisma φ : Zp → SX diberikan oleh


Aljabar

Aljabar

Teorema Isomorpisma

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

didefinisikan suatu relasi ekivalen pada X oleh a ∼ b bila φ(i)a = b untuk beberapa i .Maka X dipartisi kedalam klas ekivalen. Dalam hal ini masing-masing klas ekivalenberisi tepat satu elemen atau p elemen dari X . Bila n1 banyaknya klas ekivalen dengansatu 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 sebaranga0, · · · , ap−1 dan ap−1 = (a0 · · · ap−2)−1 tunggal. Jelas bahwa m adalah kelipatandari p, dengan demikian n1 harus dapat dibagi oleh p. Selanjutnya n1 ≥ 1 sebab adasuatu klas ekivalen {(e, · · · , e}. Maka dari ada klas ekivalen yang lain dengan tepatsatu elemen, semua klas ekivalen ini adalah {a, · · · , a} dan berkenaan dengan definisianggota X , maka haruslah a ∈ G dan memenuhi ap = e. Dengan kata lain ada elemena ∈ G dengan |a| = p. Dengan demikian didapat H = 〈a〉 adalah subgrup dari Gdengan |H| = p dan p membagi |G |.


Aljabar

Aljabar

Tindakan Suatu grup G pada X 6= ∅


Definisi

Misalkan G suatu grup dan himpunan takkosong X . Suatu tindakan dari G pada X adalah suatu representasipermutasi Φ : G → Sx . Umumnya ditulis gx untuk Φ(g)(x). Fakta bahwa Φ adalah suatu homomorpisma berartibahwa g(hx) = (gh)x untuk semua g, h ∈ G dan x ∈ X sedangkan ex = x dengan e ∈ G adalah elemenidentitas. Berkenaan dengan sebarang x ∈ X ada Gx ⊆ X dan suatu subgrup G(x) dari G yang didifinisikansebagai berikut:

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

2 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

Karenagx = hx ⇔ g

−1h ∈ 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)]|.


Aljabar

Aljabar


Klas Ekivalen dalam suatu Tindakan G

Sifat

Misalkan x1, x2 ∈ X dikatakan bahwa x1 berelasi dengan x2 yaitux1 ∼ x2 bila ada g ∈ G yang memenuhi gx1 = x2. Relasi ini adalahrelasi ekivelen. Kelas ekivelen dari x1 adalah Gx1.

Bukti

Untuk setiap x ∈ X , maka ex = x , jadi x ∼ x . Selanjutnya bilax1 ∼ x2, maka untuk g ∈ G yang sesuai didapat gx1 = x2.Sehingga, g−1(gx1) = g−1x2 atau x1 = g−1x2. Jadi x2 ∼ x1.Berikutnya misalkan x1 ∼ x2 dan x2 ∼ x3, maka untuk g1, g2 ∈ Gyang sesuai didapat g1x1 = x2 dan g2x2 = x3. Sehingga diperoleh(g2g1)x1 = g2(g1x1) = g2x2 = x3. Jadi x1 ∼ x3. Selanjutnya kelasdari x1 adalah {gx1 | g ∈ G} = Gx1.


Aljabar

Aljabar


Sifat

Sifat

Misalkam grup G bertindak pada suatu himpunan berhingga X . Maka

|X | =N∑

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 membentuksuatu partisi pada X . Bila banyaknya orbit dari G pada X adalah N danxi ∈ Gxi adalah satu representasi dari orbit Gxi , maka

|X | =N∑

i=1

|Gxi | =N∑

i=1

|[G : G(xi )]| .


Aljabar

Aljabar


Sifat

Sifat

Misalkan G bertindak pada himpunan berhingga X dan Nmenyatakan banyaknya orbit dari G pada X . Untuk sebarang gtetap di G didifinisikan

I (g)def= |{x ∈ X | gx = x}|,

maka

N =1

|G |

∑

g∈GI (g).

Catatan: Bila N = 1, maka dikatakan bahwa G bertindak secaratransitif pada X , yaitu untuk setiap x1, x2 ∈ G ada g ∈ G sehinggagx1 = x2.


Aljabar

Aljabar


Bukti

Bukti

Difinisikan suatu fungsi

T : G × X → {0, 1} oleh T (g , x)def=

{

1, gx = x

0, gx 6= x.

Sehingga, untuk sebarang g tetap di G didapat

I (g) =∑

x∈X

T (g , x)

dan untuk sebarang x tetap di X didapat

|G(x)| =∑

g∈G

T (g , x).

Selanjutnya tetapkan representasi dari N orbit disjoint dari G dalam X yaitux1, x2, . . . , xN .


Aljabar

Aljabar


Lanjutan Bukti

Bukti

Didapat

∑

g∈G

I (g) =∑

g∈G

∑

x∈X

T (g , x)

=∑

x∈X

∑

g∈G

T (g , x)

=∑

x∈X

|G(x)| =∑

x∈X

|G ||Gx |

=N∑

i=1

∑

x∈Gxi

|G ||Gx |

=N∑

i=1

∑

x∈Gxi

|G ||Gxi |

=N∑

i=1

|Gxi ||G ||Gxi |

=N∑

i=1

|G |

= N.|G |.

Terlihat bahwa N =1

|G |∑

g∈G

I (g).


Aljabar

Aljabar


Contoh

1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2

1Suatu tongkat terdiri dari dua bagian, yaitu bagian 1 dan bagian 2. Bila padamasing-masing bagian akan diwarnai dengan 3 warna yang berbeda, yaitu merah,hitam, biru. Maka berapa banyak cara yang berbeda dari hasil pewarnaan togkattersebut bila aturan pewarnaan adalah satu bagian dari tongkat hanya boleh diwarnaioleh 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.


Aljabar

Aljabar


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:

N =1

|G |9∑

i=1Gxi =

1

2(2 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1) = 6. Terlihat, hasilnya sama

dengan hasil yang diperoleh sebelumnya. Bisa juga dihitung sbg:

I () = X ⇒ |I ()| = 9, I (1, 2) = {x1, x2, x3} ⇒ |I (1, 2)| = 3. Jadi

N =1

|G |∑

g∈G

=1

2(9 + 3) = 6.


Aljabar

Aljabar


Contoh

Contoh

Berapa banyaknya cara perwanaan yang berbeda pada sisi-sisi segitiga sama sisidengan empat warna yang berbeda merah, hitam, biru dan hijau. Cara pewarnaanpada satu sisi hanya boleh diwarnai oleh satu warna saja.

Jawab

Banyaknya cara yang terjadi adalah 43 = 64 cara. Misalkan X adalah himpunan daricara 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 = () danba = a2b. Jadi G = {(), a, a2, b, ab, a2b} dan |I ()| = 64, |I (a)| = 4 (semua sisi harussama 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 bisasebarang warna (kali 4 pilihan)), |I (ab)| = 16 dan |I (a2b)| = 16 (alasan seperti b).Sehingga didapat orbit yang berbeda

N =1

6(64 + 4 + 4 + 16 + 16 + 16) = 20. Jadi banyaknya pewarnaan yang berbeda

adalah 20.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Grup Permutasi

Grup PermutasiMisalkan S = {1, 2, . . . n} dan Sn adalah himpunan dari semua fungsi satu-satu padaf : S → S. Maka Sn dengan operasi komposisi fungsi merupakan suatu grup, grup inidinamakan suatu grup permutasi Selanjutnya misalkanf (1) = a1, f (2) = a2, . . . , f (n) = an, dimana aj ∈ S dengan j = 1, 2, . . . , n. Keadaanyang demikian ini dinotasikan oleh:

f =

(1 2 . . . n

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:

e =

(1 2 . . . n

1 2 . . . n

)

dan bila f ∈ Sn, maka invers fungsi ini adalah f −1 diberikan oleh

(a1 a2 . . . an1 2 . . . n

)

.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Contoh

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

e =

(1 2 31 2 3

)

, a =

(1 2 31 3 2

)

, b =

(1 2 32 1 3

)

,

c =

(1 2 32 3 1

)

, d =

(1 2 33 1 2

)

, f =

(1 2 33 2 1

)

.

Sedangkan

ab =

(1 2 31 3 2

)(1 2 32 1 3

)

=

(1 2 33 1 2

)

= d,

ba =

(1 2 32 1 3

)(1 2 31 3 2

)

=

(1 2 32 3 1

)

= c

a−1 =

(1 2 31 3 2

)

= a,d−1 =

(1 2 32 3 1

)

= c.

Grup S3 tidak komutatif sebab ab 6= ba.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Sikel dan Notasi Sikel

Sikel dan Notasi sikelMisalkan S = {1, 2, 3, . . . , n} dan ai , aj , . . . dst adalah elemen-elemen di S. Bilaf ∈ Sn dengan sifat f (a1) = a2, f (a2) = a3, . . . , f (ak−1) = ak , f (ak) = a1 danf (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 merupakanpanjang 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-masingsikel tidak ada yang sama dan berlaku fg = gf .ContohMisalkan S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} dan

f =

(1 2 3 4 5 6 7 82 4 6 5 1 7 3 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.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Lanjutan Contoh

Lanjutan Contoh..Permutasi

σ =

(

1 2 3 4 5 6 76 3 5 1 4 2 7

)

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

dan

τ =

(

1 2 3 4 5 61 4 2 3 5 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 62 4 1 3 6 5

)

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


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Lanjutan Contoh

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

σ1 7→ 33 7→ 55 7→ 22 7→ 14 7→ 46 7→ 6

,

τ2 7→ 55 7→ 66 7→ 21 7→ 13 7→ 34 7→ 4

dan

µ1 7→ 66 7→ 33 7→ 44 7→ 12 7→ 25 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.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Teorema

Toerema

Misalkan σ dan τ adalah dua sikel yang saling asing di SX . Maka στ = τσ.

Bukti

Misalkan σ = (a1, a2, . . . , am) dan τ = (b1, b2, . . . , bn). Harus ditunjukkanbahwa στ (x) = τσ(x),∀x ∈ X . Bila x tidak di {a1, a2, . . . , am} atau juga tidakdi {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)) = τσ(x).

Selanjutnya, misalkan bahwa x ∈ {a1, a2, . . . , am}, maka x = ai untuk suatui ∈ {1, 2, . . . ,m} dan σ(ai) = a(i mod m)+1. Sehingga didapatστ (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)) = τσ(x). Dengan cara yang sama bila x ∈ {b1, b2, . . . , bn},didapat στ (x) = τσ(x).


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

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 . DifinisikanX1 = {σ(1), σ2(1), . . .}. Himpunan X1 berhingga, sebab X berhingga. Selanjutnyamisalkan i adalah bilangan bulat pertama di X dengan i /∈ X1 dan difinisikanX2 = {σ(i), σ2(i), . . .}. Lagi, himpunan X2 ini berhingga. Proses ini dilanjutkansehinga didapat himpunan yang saling asing X3,X4, . . .. Proses ini dijamin akanberhenti sebab X berhingga, misalkan proses sampai r . Bila σi adalah sikel yangdidefinisikan oleh

σi (x) =

{σ(x) x ∈ Xi

x x /∈ Xi ,

maka σ = σ1σ2 . . . σr . Karena X1,X2, . . . ,Xr adalah saling asing, maka σ1, σ2, . . . , σr

adalah sikel-sikel yang saling asing juga.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

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 = σka untuk beberapa k ∈ Z.

Contoh

Misalkan S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} dan

f =

(

1 2 3 4 5 6 7 82 4 6 5 1 7 3 8

)

,

maka 1 ∼f 2, 1 ∼f 4, 1 ∼f 5 dan 3 ∼f 6, 3 ∼f 7. Terlihat bahwa yang beradadalam 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 mempartisihimpunan S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} menjadi tiga bagian sesuai banyaknya sikel.Hasil ini mengarah bahwa relasi ∼f adalah relasi ekivalen sebagaimanaditunjukkan berikut ini.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Sifat

Sifat

Relasi ∼σ sebagaiman yang telah didefinisikan sebelumnya adalah relasiekivalen pada himpunan S .

Bukti

Relasi ∼σ adalah refleksif, sebab untuk setiap a ∈ S σ0a = a. Relasi ∼σ adalahsimetri, sebab bila a ∼σ b, a, b ∈ S , maka b = σka untuk beberapa k ∈ Z.Sehingga didapat a = σ−kb atau b ∼σ a. Relasi ∼σ adalah transitif, sebab bilaa ∼σ b dan b ∼σ c dengan a, b, c ∈ S , maka b = σma dan c = σnb untukbeberapa m, n ∈ Z. Sehingga didapat c = σnσma = σn+ma atau a ∼σ c.

Notasi sikel untuk merepresentasikan suatu permutasi akan memudahkan,

selanjutnya permutasi identitas donotasikan oleh ( ). Suatu sikel dengan

panjang dua dinamakan transposisi.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Contoh

Contoh

Sikel (2, 3, 4, 6, 8) dapat ditulis sebagai hasil komposisi transposisi sebagaiberikut (2, 3, 4, 6, 8) = (2, 8)(2, 6)(2, 4)(2, 3). Penulisan komposisi transposisiini 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 beberapahasil ini terlihat tidak ada cara merepresentasikan permutasi sebagai hasilkomposisi transposisi secara tunggal. Misalnya, permutasi identitas dapatdituliskan sebagai (1, 2)(1, 2), (1, 3)(2, 4)(1, 3)(2, 4) dan beberapa cara yanglainnya. Bagaimanapun hal ini, memberikan suatu hasil bahwa tidak adapermutasi dapat ditulis sebagai hasil komposisi transposisi yang banyaknyagenap 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 merupakanhasil komposisi transposisi yang banyaknya ganjil.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

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) adalahbilangan

sgn(σ) =∏

i<j

σ(i)− σ(j)

i − j

Contoh

Permutasi identitas ( ) dari Sn , maka sgn( ) = 1, sebab 1 =∏

i<j

i−ji−j

. Sedangkan permutasi σ = (1, 2), maka

sgn(σ) = −1, sebab 1 =∏

i<j

i−ji−j

untuk i, j > 2 dan −1 =σ(1)−σ(2)

1−2= 2−1

1−2.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Teorema

Teorema

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

Bukti

sgn(στ) =∏

i<j

στ(i)− στ(j)

i − j

=∏

i<j

σ(τ(i))− σ(τ(j))

τ(i)− τ(j)

∏

i<j

τ(i) − τ(j)

i − j

=∏

i<j

σ(τ(i))− σ(τ(j))

τ(i)− τ(j)sgn(τ)

Perhatikan bahwa, untuk 1 ≤ k < l ≤ n berlakuσ(k)−σ(l)

k−l=

σ(l)−σ(k)l−k

. Karena σ, τ adalah permutasi, maka

ada b 6= a dengan τ(i) = a, τ(j) = b. Sehingga didapat στ(i) = σ(a), στ(j) = σ(b). Jadiστ(i)−στ(j)τ(i)−τ(j)

=σ(a)−σ(b)

a−bdan

∏

i<j

στ(i)−στ(j)τ(i)−τ(j)

=∏

a<b

σ(a)−σ(b)a−b

= sgn(σ). Maka dari itu, didapat

sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ).


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Grup Alternating

Himpunan An merupkan himpunan bagian dari himpunan Sn, yaituhimpunan dari semua permutasi genap. Himpunan An ini merupakansuatu subgrup dari Sn sebagaimana ditunjukkan dalam Teorema berikut.Selanjutnya An dinamakan grup alternating. Grup alternating merupkansuatu grup yang penting dalam pembehasan grup permutasi.

Teorema

Teorema : Himpunan An adalah suatu subgrup dari grup Sn.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

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 = σ1σ2 . . . σr ,

dimana σi adalah suatu transposisi untuk setiap i = 1, 2, . . . , r dan radalah bilangan bulat genap. Karena invers dari suatu transposisi adalahtransposisi yang sama dengan transposisi itu sendiri, maka

σ−1 = σrσr−1 . . . σ1.

Jadi σ−1 juga di An.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Proposisi

Proposisi

Banyaknya permuatasi genap di Sn untuk n ≥ 2 sama dengan banyaknyapermutasi ganjil, jadi |An| = n!

2

Bukti

Misalkan Bn adalah himpunan semua permutasi ganjil. Akan ditunjukkan adapemetaan bijektif dari Bn ke An. Pilih sebarang tetap σ ∈ Bn, definisikanpemetaan

λσ : Bn → An

dengan λσ(τ ) = στ,∀τ ∈ Bn. Misalkan bahwa λσ(τ ) = λσ(µ), maka στ = σµatau τ = µ. Jadi λσ adalah satu satu. Selanjutnya ambil sebarang α ∈ An, pilihpermutasi β = σ−1α. Jelas bahwa β ∈ Bn (sebab σ−1 permutasi ganjil dan αpermutasi genap). Sehingga didapat λσ(β) = σβ = σσ−1α = α. Jadi λσ

adalah pada. Karena λσ adalah satu-satu dan pada, maka λσ adalah bijektif.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Contoh

Contoh

Grup alternating A4 adalah subgrup dari grup permutasi S4. Ada duabelas 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 mempunyaiorder 2 atau 3. Delapan elemen merupakan sikel dengan panjang tigajadi berorder 3 sedangkan tiga elemen sisanya selain () adalah berorder 2.Walaupun 6 membagi 12 = |A4|, tetapi tidak ada elemen yang beroder 6sebagai anggota A4.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Grup Dihedral

Subgrup dari permutasi grup Sn selain An adalah grup dihedral Dn

yaitu grup permutasi yang mempertahankan bentuk geometri darisegi-n beraturan terhadap rotasi dan pencerminan. Titik sudutpada segi-n beraturan ditandai dengan 1, 2, 3, . . . , n. Ada tepat npilihan untuk mengganti titik yang pertama. Bila titik yangpertama diganti oleh k , maka titik yang kedua diganti oleh k + 1atau k − 1. Jadi ada 2n kemungkinan penggantian dari titik sudutsegin-n beraturan supaya tetap mempertahankan bentuk. Jadigrup Dn mempunyai order sebayak 2n.


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Sifat

Sifat

Grup dihedral Dn untuk n ≥ 3 terdiri dari semua hasil kali dua elemen rotasi r danpencerminan s yang memenuhi : rn = e, s2 = e dan srs = r−1 dimana e adalahelemen netral.

Bukti

Ada n kemungkinan rotasi: e, 360◦

n, 2. 360

◦

n, . . . , (n − 1). 360

◦

n. Dalam hal ini rotasi

r = 360◦

n. Rotasi r ini membangun semua rotasi yaitu

rk = k. 360◦

n, k = 0, 1, 2 . . . , (n − 1). Selanjutnya n pencerminan dinotasikan oleh

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


Aljabar

Aljabar

Grup Permutasi

Contoh

Contoh

Grup dihedral segi empat beraturan D4 dengan rotasi diberikan oleh

r = (1, 2, 3, 4)r2 = (1, 3)(2, 4)r3 = (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 r3s1 = (1, 4)(2, 3).


Aljabar

Aljabar

Internal Direct Product dan Struktur Grup

Produk Langsung (Direct Product)

Motifasi: Suatu Empat Persegi Panjang membentuk grup simetri.

1 2

34

h

v

r

r = rotasi 180◦

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

* e r h v

e e r h v

r r e v h

h h v e r

v v h r e


Aljabar

Aljabar


Lanjutan Motifasi

Dengan menggunakan Teorema Lagrange, kemungkinan subgrup dari G berorder1, 2, 4. Misalkan

H1 = {e, r} dan H2 = {e, h}

didapatH1 × H2 = {(e, e), (r , e), (e, h), (r , h)}

Tabel dari grup H1 × H2:

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

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

Didapat tabel

* e r h rh

e e r h rh

r r e v h

h h v e r

rh rh h r e

Tabel yang terakhir identik dengan tabel dari grup G .


Aljabar

Aljabar


G Isomorpik dengan Produk Langsung

Didapat suatu hubunganφ : 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)}.

DidapatH1 × H2

∼= Z2 × Z3∼= C2 × C3 ≇ S3.


Aljabar

Aljabar



Timbul suatu pertanyaan, apa syarat suatu grup G supaya isomorpik denganproduk langsung dari subgrup-subgrupnya?

Misalkan H1 < G dan H2 < G dan didefinisikan pemetaan

φ : H1 × H2 → G

dengan φ(h1, h2) = h1h2, ∀(h1, h2) ∈ H1 × H2. Pemetaan φ adalah suatuisomorpisma 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 h1h2 denganh1 ∈ H1 dan h2 ∈ H2, yaitu

H1H2 = {h1h2 | h1 ∈ H1, h2 ∈ H2} .

Jadi dalam hal ini G = H1H2 . Sehingga didapat, bila φ adalah suatu

isomorpisma grup, maka G = H1H2 .


Aljabar

Aljabar



Satu-satu : Misalkan bahwa

φ(h1, h2) = φ(k1, k2)

karena φ adalah satu-satu, maka (h1, h2) = (k1, k2). Hal ini berakibat h1 = k1dan h2 = k2. Tetapi

φ(h1, h2) = h1h2 dan φ(k1, k2) = k1k2.

Jadi h1h2 = k1k2 ⇒ h1 = k1 dan h2 = k2. Hal ini menjelaskan bahwa pemetaanφ satu-satu, maka setiap elemen dari G dapat diungkapkan secara tunggaldalam bentuk h1h2 dengan h1 ∈ H1 dan h2 ∈ H2. Selanjutnya dapatditunjukkan bahwa H1

⋂

H2 = {e} sebagai berikut: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.


Aljabar

Aljabar



Dengan demikian bila φ adalah suatu isomorpisma grup, maka H1

⋂

H2 = {e}.

Sifat morpisma dari φ :

φ ((h1, h2)(k1, k2)) = φ(h1, h2)φ(k1, k2)

φ(h1k1, h2k2) = (h1h2)(k1k2)

h1k1h2k2 = h1h2k1k2.

Didapat k1h2 = h2k1. 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 = h1h2 dengan h1 ∈ H1 dan h2 ∈ H2.

Selanjutnya misalkan sebarang g ∈ aH1a−1, maka didapat g = aha−1 dengan

h ∈ H1.


Aljabar

Aljabar



Jadi

g = aha−1

= h1h2h(h1h2)−1

= h1(h2h)h−12 h−1

1

= h1h(h2h−12 )h−1

1

= h1hh−11 ∈ H1.

Hal ini berakibat bahwa aH1a−1 ⊆ H1 dan jelas bahwa H1 ⊆ aH1a

−1 ⊆ H1.Jadi aH1a

−1 = H1, dengan demikian aH1 = H1a. Hal ini menunjukkan bahwaH1 ⊳ G . Dengan cara serupa dapat ditunjukkan bahwa H2 ⊳ G . Sehinggadidapat: bila φ suatu isomorpisma, maka H1 ⊲ G dan H2 ⊲ G .Secara keseluruhan didapat:Bila φ didefinisikan sebagai φ : H1 × H2 → G denganφ(h1, h2) = h1h2,∀(h1, h2) ∈ H1 × H2 adalah suatu isomorpisma grup, maka

1 G = H1H2

2 H1 ∩ H2 = {e}3 H1 ⊳ G dan H2 ⊳ G .


Aljabar

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 hasilkali

G = G1 × G2 × . . .× Gk = {(g1, g2, . . . , gk) | gi ∈ Gi}dinamakan hasil kali langsung dalam (internal direct product), bila memenuhi

1 G = G1G2 · · ·Gk

2 (G1G2 · · ·Gi ) ∩ Gi+1 = {e}, i = 1, 2, 3, . . . , (k − 1)

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


Aljabar

Aljabar


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 = (g r

1 , gr2 ) = (e1, e2),

dengan demikian r = n0s untuk beberapa n0 bilangan bulat positip. Khususnyar ≥ s. Tetapi (g s

1 , gs2 ) = (g1, g2)

s = (e1, e2), dengan demikian s = n1|g1| dans = n2|g2|. Jadi s merupakan kelipatan persekutuan dari |g1| dan |g2|, dengandemikian s ≥ r . Sehingga dari r ≥ s dan s ≥ r didapat s = r .


Aljabar

Aljabar


Contoh

Pengkajian Grup dengan order berhingga erat kaitannya dengan grup bilangan bulatmodulo 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.ContohDalam 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 demikianwalaupun U(24) merupakan grup komutatif, tetapi bukan grup siklik. Selanjutnyadiberikan 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

U(24) ∼= G × L ∼= H × K × L ∼= C2 × C2 × C2.


Aljabar

Aljabar


Contoh

ContohTentukan banyaknya elemen-elemen yang berorder 5 dalam Z25 × Z5.

JawabDari 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 inimemberikan ada 16 elemen berorder 5

2 |a| = 5 dan |b| = 1. Ada 4 pilihan dari a dan hanya 1 pilihan dari b. Jadi ada 4elemen berorder 5.

3 |a| = 1 dan |b| = 5. Ada hanya satu pilihan dari a dan 4 pilihan dari b. Jadi ada4 elemen beroder 5.

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


Aljabar

Aljabar


Contoh

ContohTentukan banyaknya subgrup siklik yang berorder 10 dalam Z100 × Z25.JawabDihitung 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 yangberorder 10 dan sebarang grup siklik beroder 10 ada 4 generator. Maka ada 4pilihan dari a. Dengan cara serupa, ada 5 pilihan dari b. Hal ini memberikansebanyak 20 kemungkinan dari (a, b).

2 |a| = 2, |b| = 5. Setiap grup siklik dengan order 2 hanya ada satu, jadi hanyaada 1 pilihan dari a. Sedangkan dari b ada 4 pilihan. Jadi ada 4 kemungkinandari (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

bersama, maka hanya ada24

4= 6 subgrup siklik yang berorder 10.


Aljabar

Aljabar


Contoh

Contoh berikut akan menguraikan sifat penting kesiklikan dari external direct product.

ContohDiberikan 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 grupsiklik (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

〈(1, 1)〉 = {(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.


Aljabar

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 adalahsiklik, akan ditunjukkan bahwa m dan n relatif prima. Karena G × H siklik, maka adasuatu 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. Selanjutnyamisalkan G = 〈g〉 dan H = 〈h〉. Bila fpb{m, n} = 1, maka|(g , h)| = kpk{m, n} = mn = |G × H|. Jadi (g , h) adalah suatu generator dari G × H.Jadi 〈(g , h)〉 = G × H. Maka dari itu G × H adalah grup siklik.

Sebagai akibat dan dengan menggunakan argumentasi induksi didapat kesimpulan

berikut.


Aljabar

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 = n1n2 · · · 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.


Aljabar

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).


Aljabar

Aljabar


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 = n1n2 · · · nk dengan fpb{ni nj} = 1 untuk i 6= j , maka

U(m) = U mn1

(m)U mn2

(m) · · · U mnk

(m)

∼= U(n1) × U(n2) × . . . × U(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).


Aljabar

Aljabar


Contoh

Contoh

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(105) = 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).

ContohTentukan dua digit dari 49111. Karena 49 ∈ U(100), maka nilai yang dicari adalah49111 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 x20 = 1untuk semua x ∈ U(100). Jadi, dengan mod 100, didapat

49111 =(4920

)54911 = 4911 =

(72)11

= 722 = 720 72 = 49, (sebab 7 ∈ U(100)).


Aljabar

Aljabar

Ring, Daerah Integral dan Lapangan

Ring

Suatu ring (R,+, .) adalah suatu himpunan R bersama dengan dua operasibiner + dan · pada R yang memenuhi sifat-sifat berikut. Untuk setiapa, 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 elemennetral terhadap penjumlahan.

(iv) ada −a ∈ R sedemikian hingga a+ (−a) = −a+ a = 0, keberadaanelemen 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 identitasterhadap perkalian

(vii) a.(b + c) = a.b + a.c dan (b + c).a = b.a + c.a, distributif. Selanjutnyaring (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 ringR dikatakan ring yang komutatif.


Aljabar

Aljabar


Contoh

ContohHimpunan Z,Q,R dan C terhadap operasi penjumlahan dan perkalianmasing-masing adalah merupakan ring yang komutatif.

1. Himpunan bilangan bulat modulo n, Zn dengan dua operasi biner

[a] + [b]def= [a + b]

dan[a].[b]

def= [a.b]

untuk setiap a,b ∈ Zn adalah suatu ring komutatif

2. HimpunanQ(

√2) = {a + b

√2 | a, b ∈ Q}

terhadap operasi biner penjumlahan dan perkalian adalah suatu ringkomutatif.


Aljabar

Aljabar


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 didapata.(−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.


Aljabar

Aljabar


Daerah Integral dan Lapangan

Suatu sifat berguna dari sistem bilangan adalah bila ab = 0, maka a = 0 ataub = 0. Sifat ini mengijinkan bahwa penghapusan elemen taknol, sebab bilaab = ac dan a 6= 0, maka a(b − c) = 0, jadi b = c. Bagaimanapun sifat initidak berlaku untuk semua ring. Suatu contoh dalam Z4, didapat [2].[0] = [0]dan tidak selalu bisa dilakukan penghapusan [2].[1] = [2].[3], sebab biladilakukan diperoleh [1] 6= [3]. Hal ini menjelaskan bahwa pembagian olehelemen 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.


Aljabar

Aljabar


Contoh

Contoh

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

(0 10 0

)2=

(0 00 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 memuatpembagi 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.


Aljabar

Aljabar


Lapangan/Field

Suatu sistem bilangan yang paling berguna adalah yang bisadilakukan pembagian oleh elemen taknol. Suatu lapanganadalah suatu ring yang mana elemen-elemen taknolmembentuk suatu grup komutatif terhadap operasi perkalian.Dengan kata lain, suatu lapangan adalah suatu ring komutatifR yang memenuhi lagi sifat :

(ix) Untuk setiap elemen taknol a ∈ R ada a−1 ∈ R sehinggaa.a−1 = a−1.a = 1.

Ring Q,R dan C semuanya adalah lapangan, tetapi himpunanbilangan bulat bukan lapangan.


Aljabar

Aljabar


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 abukan 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, himpunanxiD = {xi x0, xi x1, . . . , xi xn} adalah sama dengan D sendiri. Sebab bila xi xj = xi xk , maka xj = xk , jadi semuaelemen xi x0, xi x1, . . . , xi xn adalah berbeda. Tetapi xiD ⊂ D, jadi haruslah xiD = D. Oleh karena itu ada

elemen xj yang memenuhi xi xj = x1 = 1, sehingga didapat x−1i

= xj . Jadi D adalah suatu lapangan.


Aljabar

Aljabar


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 adalahlapangan. Misalkan Zn adalah lapangan dan andaikan n bukan prima, makan = 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, bertentanganbahwa Zn adalah lapangan. Jadi haruslah n prima.


Aljabar

Aljabar


Subring dan Homomorpisma Ring

Bila S himpunan bagian tak kosong dari suatu ring R, maka S dikatakan subring dariR 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 bisadiganti 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 yanglainnya diwarisi dari kenyataan bahwa R adalah ring.


Aljabar

Aljabar


Contoh

Contoh:Z,Q dan R adalah subring dari C. Misalkan D adalah himpunan matriks diagonalberukuran n × n dengan elemen-elemen riil. Maka D adalah subring dari Mn(R)himpunan semua matriks berukuran n × n dengan elemen-elemen rill. Sebabpenjumlah, pengurangan dan perkalian dari dua matriks diagonal menghasilkan lagimatriks diagonal. Catatan bahwa D adalah ring komutatif, walaupun Mn(R) bukanring komutatif.

ContohTunjukkan 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.


Aljabar

Aljabar


Homomorpisma Ring

Misalkan (R ,+, .) dan (S ,⊕, ◦) masing-masing adalah ring, makafungsi f : R → S dikatakan suatu homomorpisma ring bila untuksemua 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 disebutisomorpisma ring. Dalam hal ini ring R dan S dikatakan salingisomorpik dan ditulis R ∼= S .


Aljabar

Aljabar


Contoh

Contoh

Fungsi f : Z → Zn yang didifinisikan oleh f (x) = [x ] adalah suatuhomomorpisma ring dari Z ke Zn. Fungsi f : Z24 → Z4 denganf ([x ]24) = [x ]4 adalah suatu homomorpisma ring. Pertama bisaditunjukkan 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.


Aljabar

Aljabar


Karakteristik dari Daerah integral D

Misalkan D adalah daerah Integral, D dikatakan berkarakteristik berhingga bila adabeberapa bilangan bulat positip m > 0 dan beberapa a 6= 0 di D yang memenuhima = 0. Dalam hal ini elemen terkecil p yang memenuhi pa = 0 untuk beberapaa ∈ D dinamakan karakteristik dari D. Bila tidak ada m yang memenuhi ma = 0dikatkan D berkarakteristik nol. Perhatikan hal berikut:

pa = a+ a+ a+ · · ·+ a︸︷︷︸

p

= 0.

Maka untuk sebarang x ∈ D berlaku

0 = (pa)x = (a + a+ a+ · · ·+ a︸︷︷︸

p

)x

= ax + ax + ax + · · ·+ ax︸︷︷︸

p

= a(x + x + x + · · ·+ x︸︷︷︸

p

) = a(px)

karena a 6= 0 dan D tidak memuat pembagi nol, maka haruslah

px = 0, ∀x ∈ D.


Aljabar

Aljabar


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 danf (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.


Aljabar

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. Selanjutnyamisalkan (R,+,×) adalah suatu ring komutatif dan untuk sebarang a ∈ R dengan a

tetap didefinisikan

(a)def= {ra | r ∈ R}.

Himpunan (a) adalah subgrup dari R sebab: untuk setiap x , y ∈ (a), maka adar0, r1 ∈ R sehingga

x − y = r0a− r1a = (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(r0a) = (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.


Aljabar

Aljabar


Ideal Terkecil

Ideal (a) adalah ideal terkecil di R yang memuat a dan a dinamakan generator dariideal (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 . Jadia−1a = 1 ∈ I . Selanjutnya ambil sebarang r ∈ F , maka r = r .1 ∈ I , dengan demikianF ⊂ I . Tetapi, juga I ⊂ F . Jadi I = F . Dari contoh ini, secara umum didapat sifatberikut

Sifat:

Bila R adalah suatu ring komutatif dengan elemen satuan yang hanya mempunyai

ideal (0) dan R sendiri, maka R adalah suatu lapangan.


Aljabar

Aljabar


Pemetaan Proyeksi Natural

Bila I adalah suatu ideal dari ring R, maka grup faktor R/I terdifinisi dengan baiksebab I ⊳ R terhadap operasi biner tambah. Misalkan π : R → R/I adalah pemetaanproyeksi natural yang didefinisikan oleh π(r) = r + I . Perlu dingat bahwa operasitambah di R/I diberikan oleh (r + I ) + (s + I ) = (r + s) + I . Sedangkan perkaliandalam R/I didefinisikan oleh (r + I )(s + I ) = rs + I . Perluh dicek bahwa difinisi iniadalah bebas dari pilihan representasi koset. Sebab bila r + I = r ′ + I dans + 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.


Aljabar

Aljabar


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) dapatdicek bahwa difinisi ini well defined isomorpisma grup. Tinggal mengecek operasiperkalian 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 danS ⊆ R subring. Maka S + I adalah suatu subring dari R, I adalah suatu ideal dariS + i , S ∩ I adalah suatu ideal dari S. Ada suatu isomorpik ring

(S + I )/I ∼= S/(S ∩ I ).


Aljabar

Aljabar


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 adalahsubring dari R. Fakta dari I suatu ideal dari S + I dan S ∩ I suatu ideal dari S adalahjelas. Misalkan π : R → R/I suatu homomorpisma natural dan π0 adalah pembatasandari 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. JadiIm(π0) = (S + I )/I . Dengan demikian

(S + I )/I ∼= S/(S ∩ I ).


Aljabar

Aljabar


Teorema

Teorema Isomorpisma Ketiga. Misalkan R adalah suatu ring, I dan J adalah ideal dariR 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

olehf (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 ).


Aljabar

Aljabar


Ring Baru dari Ring Lama

Dibahas pengkontruksian ring baru dari beberapa ring yangdiberikan. 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 daribeberapa ring yang diberikan adalah klas dari ring kuasi (ringpembagi). Produk dari dua ring berkaitan dengan cartesian produk(perkalian silang) dari dua himpunan.


Aljabar

Aljabar


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 0Sadalah 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.


Aljabar

Aljabar


Contoh

DiberikanZ2 = {0, 1} dan Z3 = {0, 1, 2},

makaZ2 × 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.


Aljabar

Aljabar


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 olehf ([x]mn) = ([x]m, [x]n) adalah suatu isomorpisma grup. Fungsi f jugamempertahankan 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).


Aljabar

Aljabar


Kesimpulan

Kesimpulan :Misalkan n = p

n11 p

n22 . . . pnr

r adalah dekomposisi dari bilangan bulat n kedalampangkat prima yang berbeda, maka

Zn∼= Z

pn11

× Zpn22

× . . .× Zpnrr.

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

Aljabar

Ring Polinomial

Ring Polinomial

Misalkan R adalah suatu ring komutatif, suatu polinomial p(x) dalam x atasring R adalah suatu ekspresi yang diungkapkan oleh bentuk

p(x) = a0 + a1x + a2x2 + . . .+ anx

n,

dengan ai ∈ R dan i ∈ N. Elemen ai disebut koefisien dari x i dalam p(x). Duapolinomial f (x) dan g(x) sama bila semua koefisien dari xn sama untukmasing-masing polinomial dimana n ≥ 0. Khususnya

a0 + a1x + a2x2 + . . .+ anx

n = 0,

polinomial nol bila dana hanya bila semua ai = 0.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

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 semuakoefisien dari p(x) sama dengan nol, maka p(x) dinamakan polinomial nol danderajadnya tak didifinisikan.

Contoh, 4x2 −√3 adalah polinomial atas R berderajad 2, ix4 − (2 + i)x3 + 3x

adalah polinomial atas C berderajad 4 dan x7 + x5 + x4 + 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.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Penjulahan dan Perkalian Ring Polinomial

Himpunan semua polinomial dalam x dengan koefisien dari ring komutatif Rdinyatakan oleh R[x], yaitu

R[x] = {a0 + a1x + . . .+ anxn | ai ∈ R, n ∈ N}.

Himpunan R[x] mempunyai struktur ring dan disebut ring polinomial dengankoefisien di R sedangkan penjumlahan dan perkalian dari p(x), q(x) ∈ R[x]dengan

p(x) =

n∑

i=0

aixidan q(x) =

m∑

i=0

bixi

diberikan oleh:


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Penjumlahan dan Perkalian RingPolinomial

p(x) + q(x) =

max{m,n}∑

i=0

(ai + bi )xi

dan

p(x).q(x) =m+n∑

k=0

ckxk dimana ck =

∑

i+j=k

aibj .

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


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Contoh

Suatu contoh, dalam Z5[x ] yaitu polinomial ring dengan koefisienbilangan bulat modulo 5, didapat

(2x3 + 2x2 + 1) + (3x2 + 4x + 1) = 2x3 + 4x + 2

dan

(2x3 + 2x2 + 1).(3x2 + 4x + 1) = x5 + 4x4 + 4x + 1.

Bila bekerja dalam Zn[x ], koefisien direduksi ke modulo n.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

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 + . . .+ anxn,

q(x) = b0 + . . .+ bmxm, 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 samadengan nol sebab R daerah integral (tidak memuat pembagi nol). Jadideg(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

(2x3 + x).(3x) = 3x2 dalam Z6.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

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 sebelumnyaterlihat bahwa p(x).q(x) juga bukan polinomial nol. Jadi R tidak memuat pembaginol.

Pengkontruksian ring polinomial bisa diiterasi untuk memperoleh suatu polinomialdalam n indeterminate x1, x2, . . . , xn dengan koefisien di ring R. Secara induksididifinisikan R[x1, x2, . . . , xn] = R[x1, x2, . . . , xn−1][xn]. Misalnya suatu polinomialf ∈ R[x , y ] = R[x ][y ], yaitu

f = f0 + f1y + f2y2 + . . .+ fny

n,

dimana fi = fi (x) ∈ R[x ] dan bila ditulis fi = a0i + a1ix + a2ix2 + . . . untuk setiap i ,

maka f = f (x , y) = a00 + a10x + a01y + a20x2 + a11xy + a02y

2 + . . . Jelas bahwa

R[x1, x2, . . . , xn] daerah integral bila R adalah daerah integral.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Barisan dalam Ring

Misalkan R ring komutatif dan barisan < a0, a1, a2, . . . > dengan ai ∈ R dinotasikanoleh < ai >. Bila penjumlahan (+) dan konfolusi (*) dari barisan masing-masingdidifinisikan oleh

< ai > + < bi >=< ai + bi > dan

< ai > ∗ < bi > =

⟨∑

j+k=i

ajbk

⟩

= < a0bi + a1bi−1 + . . .+ aib0 > .

Maka (RN,+, ∗) adalah ring komutatif dan merupakan daerah integral bila R adalahdaerah integral.Bukti: Penjumlahan jelas assosiatif dan komutatif. Elemen nol adalah< 0 >=< 0, 0, . . . > dan invers dari < ai > adalah < −ai >. Selanjutnya

(< ai > ∗ < bi >)∗ < ci > =

⟨∑

j+k=i

ajbk

⟩

∗ < ci >

=

⟨∑

l+m=i

∑

j+k=m

ajbk

cl

⟩

=

⟨∑

j+k+l=i

ajbkcl

⟩


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Lanjutan Bukti

Dengan cara serupa didapat

< ai > ∗(< bi > ∗ < ci >) =

⟨∑

j+k+l=i

ajbkcl

⟩

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

< ai > ∗(< bi > + < ci >) =

⟨∑

j+k=i

aj (bk + ck)

⟩

=

⟨∑

j+k=i

ajbk

⟩

+

⟨∑

j+k=i

ajck

⟩

= < ai > ∗ < bi > + < ai > ∗ < ci > .

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 (RN,+, ∗) adalah ring komutatif.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

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< ai > ∗ < bi > diberikan oleh :∑

j+k=q+r

= a0bq+ra1bq+r−1 + . . .+ aqbr + aq+1br−1 + . . .+ aq+rb0 =

0+ 0+ . . .+ aqbr +0+ . . .+0 = aqbr , bila R adalah daerah integral, maka aqbr 6= 0.Oleh karena itu

∑

j+k=q+r

ajbk 6= 0. Jadi ring dari barisan tidak memuat pembagi nol. �

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 hasilkonvolusi bukan barisan identitas. Suatu deret formal dalam x dengan koefisien di ringkomutatif R adalah ∞∑

i=0

aixi , dimana ai ∈ R.

Berbeda dengan suatu polinomial, deret pangkat ini bisa mempunyai sejumlah

takhingga suku-suku yang tak nol.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Deret Formal

Himpunan semua deret formal dinotasikan oleh R[[x ]]. Istilah formal digunakan untukmengindikasi bahwa kekonvergenan dari deret tidak dipertimbangkan. Termotifasi olehRN, penjumlahan dan perkalian dalam R[[x ]] didifinisikan oleh

∞∑

i=0

aixi +

∞∑

i=0

bixi =

∞∑

i=0

(ai + bi )xi

dan( ∞∑

i=0

aixi

)

.

( ∞∑

i=0

bi xi

)

=

∞∑

i=0

∑

j+k=i

ajbk

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 (RN,+, ∗) adalah isomorpik

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

f (< a0, a1, a2, . . . >) = a0 + a1x + a2x2 + . . . jelas fungsi satu-satu pada. Dari difinisi

penjumlahan, perkalian dan konvolusi dalam ring RN dan R[[x ]], maka f adalah

isomorpisma ring.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Lapangan Pecahan

Lapangan Pecahan:Elemen-elemen dalam setiap ring selalu bisa dilakukan penjumlahan, perkaliandan pengurangan, tatapi tidak selalu bisa dilakukan pembagian.Bagaimanapun, bila ring adalah suatu daerah integral maka memungkinkanuntuk memperluasnya sehingga pembagian oleh elemen taknol bisa dilakukan.Dengan kata lain, selalu bisa dikontruksi suatu lapangan yang memuat ringyang diberikan sebagai subring. Hal ini bisa dilihat dari bilangan rasional dalamlapangan Q yang dibentuk dari bilangan bulat dalam daerah integral Z.

Teorema: Bila R suatu daerah integral, adalah mungkin untuk mengkonstruksisuatu 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 sesuaidimana p, q ∈ R ′.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Bukti

Bukti : Misalkan himpunan R × R∗ = {(a, b) | a,b ∈ R, b 6= 0}. Termotifasioleh fakta bahwa a

b= c

ddalam 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. Halini berakibat 0 = bcf − bcf = (ad)f − b(ed) = (af − be)d . Karena d 6= 0dan R tidak memuat pembagi nol, maka af = be atau (a,b) ∼ (e, f ).

Terlihat bahwa ∼ adalah relasi ekivalen.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Lanjutan Bukti

Notasikan klas ekivalen yang memuat (a, b) dengan abdan himpunan klas ekivalen

dengan Q. Seperti dalam Q, penjumlahan dan perkalian dalam Q didifisikan oleh:

a

b+

c

d=

ad + bc

bddan

a

b.c

d=

ac

bd.

Operasi ini didifinisikan pada suatu representasi tertentu, sehingga harus dicek apakah

difinisi ini ’well defined’. Bilaa

b=

a′

b′dan

c

d=

c′

d ′ , maka ab′ = a′b dan cd ′ = c′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

ad + bc

bd=

a′d ′ + b′c′

b′d ′ .

Hal ini memperlihatkan bahwa penjumlahan adalah well defined. Juga didapat

acb′d ′ = a′c′bd atau acbd

= a′c′

b′d′. Terlihat bahwa perkalian juga well defined.

Selanjutnya diselidiki bahwa (Q,+, .) adalah suatu lapangan. Elemen nol adalah 01

dan identitas adalah 11. Sifat distributif juga berlaku, sebab :


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Lanjutan Bukti

a

b.( c

d+

e

f

)

=a

b.cf + de

df=

a(cf + de)

bdf

=a(cf + de)

bdf.b

b=

ac

bd+

ae

bf

=a

b.c

d+

a

b.e

f.

Invers setiap elemen taknola

badalah

b

a. Sisa sifat yang lain untuk lapangan langsung

bisa dicek. Ring R isomorpik dengan subring R′ ={ r

1| r ∈ R

}

dari ring Q dengan

pemetaan isomorpisma yang memetakan setiap r ∈ R dengan tunggalr

1∈ R′. Setiap

elemena

bdi lapangan Q bisa ditulis sebagai

a

b=

a

1.1

b=

a

1

(b

1

)−1

. Bila ring R = Z

adalah himpunan bilangan bulat dalam pengkontruksian diatas, maka didapat

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.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Konvolusi Pecahan

Pembahasan berikut berkaitan dengan pemakaian dari lapangan pecahan yang pentingdalam pemakaian di analisis. Dikontruksi lapangan pecahan dari suatu himpunanfungsi kontinu. Untuk itu diperkenalkan apa yang dinamakan fungsi delta δ(x) yangmempunyai sifat bahwa

δ(x) = 0 bila x 6= 0 dan

∞∫

−∞

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:

δk (x) =

{1k

bila 0 ≤ x ≤ k.0 untuk x yang lainnya

Masing-masing fungsi δk(x) bernilai nol untuk x diluar interval 0 ≤ x ≤ k danmempunyai sifat :

∞∫

−∞

δk(x)dx = 1.

Dalam masalah praktis, nilai k adalah kecil, yaitu k mendekati nol.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Konvolusi Pecahan

Misalkan C [0,∞) adalah himpunan dari fungsi bernilai riil yang kontinu dalam interval0 ≤ x < ∞. Didifinisikan operasi penjumlahan dan konvolusi pada himpunan ini,sehingga struktur (C [0,∞),+, ∗) hampir daerah integral; konvolusi tidak mempunyaisuatu identitas, sehingga sifat (vi) dari ring gagal dipenuhi. Bagaimanapun hal inimasih memungkinkan untuk melekatkan struktur ini menjadi lapangan pecahan.Matematikawan Polandia, Jan Mikusinski mengkontruksi lapangan pecahan ini danelemen-elemennya dinamakan operator atau fungsi terumumkan (generalizedfunctions). Fungsi delta adalah fungsi terumumkan dan merupakan identitas darikonvolusi dalam lapangan pecahan. Difinisikan penjumlahan dan konvolusi dari duafungsi f dan g di C [0,∞) oleh

(f + g)x = f (x) + g(x) dan (f ∗ g)(x) =

∞∫

−∞

f (t)g(x − t)dt.

Konvolusi fungsi ini analog dengan konvolusi barisan, bisa dilihat sebagai suku ke-idari barisan

< ai > ∗ < bi > sebagai

i∑

t=0

atbi−t .


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Pembagian Bilangan Bulat

Metode ”pembagian panjang” dari bilangan bulat adalah untuk memperoleh hasil bagidan sisa pembagian. Kenyataan ini adalah selalu mungkin sebagaimana dinyatakanberikut ini.

Sifat Pembagian Bilangan Bulat

Bila a dan b > 0 adalah bilangan bulat taknol, maka ada tunggal bilangan bulat q danr 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 dengankenyataan 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 ′. Maka0 ≤ 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|.Jurusan Matematika-MIPA Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya

Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Ring Euclide

Suatu daerah integral R dinamakan suatu ring Euclide bila untuk setiapelemen taknol a ∈ R ada bilangan bulat taknegatif δ(a) sedemikianhingga

(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 elemenq, 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 .


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Algoritma Pembagian Untuk Polinomial

Sifat

Misalkan f (x), g(x) ∈ F [x ] dengan F suatu lapangan. Bila g(x) taknol, maka dengantunggal ada q(x), r(x) ∈ F [x ] sehingga f (x) = q(x).g(x) + r(x) dimana r(x) = 0 ataudeg(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) = a0b−10 g(x). Algoritma dipenuhi. Untuk yang lainnya

dibuktikan secara induksi pada derajad dari f (x). Misalkan bahwa bila dibagi denganpolinomial tetap g(x) algoritma pembagian dipenuhi untuk derajad yang kurang atausama dengan n. Misalkan f (x) = a0 + a1x + . . .+ anx

n dang(x) = b0 + b1x + . . .+ bmxm dengan an 6= 0 dan bm 6= 0. Bila n < m sudahditunjukkan algoritma dipenuhi. Selanjutnya misalkan bahwa n ≥ m dan tulisf1(x) = f (x)− anb

−1m xn−mg(x) dalam hal ini terlihat bahwa deg(f1(x)) < n.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

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) = anb−1m x

n−mg(x) + f1(x)

= {anb−1m x

n−m + q1(x)}.g(x) + r(x),

hal ini sesuai dengan bentuk yang diinginkan. Algoritma melalui induksi bisadilakukan 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 algoritmapembagian bilangan bulat.

Polinomial hasil bagi dan sisa bisa dihitung dengan cara ”pembagian panjang”.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Contoh

ContohBagi x3 + 2x2 + x + 2 dengan x2 + 2 di Z3[x ].

Penyelesaian Dengan menggunakan ”pembagian panjang didapat”

x3 + 2x2 + x + 2 = (x + 2)(x2 + 2) + (2x + 1).

Bila suatu polinomial dibagi oleh polinomial berderajad satu, sisa pembagian harussuatu konstan. Konstan ini bisa diperoleh sebagai berikut.

Teorema (Teorema sisa) : Polinomial f (x) bila dibagi oleh (x − a) di F [x ] sisanyaadalah 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.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

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 beberapaq(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).


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Teorema

Teorema

Suatu polinomial berderajad n atas suatu lapangan F mempunyai akar-akar tidak lebihdari n.

Bukti

Dibuktikan dengan induksi pada derajad n. Suatu polinomial berderajad nol terdirihanya suatu konstan taknol oleh karena itu tidak mempunyai akar. Asumsikan bahwateorema 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) mempunyaiakar-akar, misalkan a salah satu akar tsb. Gunakan teorema faktor, didapatf (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 hanyabila (b − a) = 0 atau g(b) = 0. Maka dari itu setiap akar dari f (x) adalah samadengan a atau merupakan akar dari g(x). Dengan hipotisis induksi g(x) mempunyaiakar-akar tidak lebih dari n − 1. Jadi f (x) mempunyai akar-akar tidak lebih dari n.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Contoh

Contoh : Tunjukkan bahwa ring bilangan bulat gaussianZ[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 olehkarena itu merupakan daerah integral. Bila z ∈ Z[i ], maka δ(z) = zz dimana z adalahkonjuget 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 zw

adalah suatu bilangan

kompleks c + di dengan c, d ∈ Q. Pilih a, b ∈ Z sehingga |c − a| ≤ 12dan

|d − b| ≤ 12. Juga z

w= 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

4+

1

4)δ(w) < δ(w).

Jadi Z[i ] adalah suatu ring euclide.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Algoritma Euclide

Algoritma pembagian mengijinkan untuk memperumum konsep pembagian danpembagi persekutuan terbesar ke sebarang ring euclid. Selanjutnya bisa dihasilkansuatu algoritma eulcid yang bisa digunakan untuk menghitung pembagi persekutuanterbesar. 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. Suatucontoh 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.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

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 sebagaig = 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 ditulisl = 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.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Teorema

Misalkan R adalah ring euclid. Setiap elemen a, b ∈ R mempunyai suatu pembagipersekutuan 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.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Teorema

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

a = bq1 + r1 dimana δ(r1) < δ(b)

b = r1q2 + r2 dimana δ(r2) < δ(r1)

r1 = r2q3 + r3 dimana δ(r3) < δ(r2)

...

rk−2 = rk−1qk + rk dimana δ(rk ) < δ(rk−1)

rk−1 = rkqk+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−1qk secara berurutan.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Bukti

Bukti: Algoritma harus berhenti, sebab δ(b), δ(r1), δ(r2), . . . adalah barisan turun daribilangan bulat taknegatif, jadi rk+1 = 0 untuk beberapa k + 1. Bukti algoritma dapatmengikuti pembagian algoritma dari bilangan bulat. �

Contoh: Dapatkan pembagi sekutu terbesar 713 dan 235 dalam Z dan dapatkan duabilangan s dan t yang memenuhi 713s + 256t = gcd(713, 253).

Penyelesaian: Dengan menggunakan algoritma pembagian didapat:(i) 713 = 2.253 + 207 a = 713, b = 253, r1 = 207(ii) 253 = 1.207 + 46 r2 = 46(iii) 207 = 4.46 + 23 r3 = 23(iv) 46 = 2.23 + 0 r4 = 0

Dari hasil terakhir didapat gcd(713, 253) = 23. Untuk memperoleh bilangan s dan tgunakan 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.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Contoh

Contoh: Dapatkan gcd g(x) dari a(x) = 2x4 + 2 dan b(x) = x5 + 2 di Z3[x ] dandapatkan s(x), t(x) ∈ Z3[x ] sehingga g(x) = s(x).(2x4 + 2) + t(x).(x5 + 2).Penyelesaian: Dengan pengulangan algoritma pembagian didapat

(i) x5 + 2 = (2x).(2x4 + 2) + (2x + 2)

(ii) 2x4 + 2 = (x3 + 2x2 + 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 = 2x4 + 2− (x3 + 2x2 + x + 2)(2x + 2)

= 2x4 + 2− (x3 + 2x2 + x + 2)[x5 + 2− (2x)(2x4 + 2)]

= (2x4 + x3 + 2x2 + x + 1)(2x4 + 2) + (2x3 + x2 + 2x + 1)(x5 + 2)

Maka s(x) = 2x4 + x3 + 2x2 + x + 1 dan t(x) = 2x3 + x2 + 2x + 1.


Aljabar

Aljabar

Ring Polinomial

Contoh

Contoh

Dapatkan gcd g(x) dari a(x) = x4 + x3 + 3x − 9 danb(x) = 2x3 − x2 + 6x − 3 di Q[x ].

Penyelesaian

Dengan algoritma pembagian didapat

a(x) = (1

2x +

3

4)b(x)−

9

4x2 −

27

4

dan

b(x) = (−8

9x +

4

9)(−

9

4x2 −

27

4).

Jadi gcd(a(x), b(x)) = −94x

2 − 274 .


Aljabar

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 R0 = 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

Aljabar

Faktorisasi Tunggal

Teorema

Teorema: Untuk setiap ring komutatif R, maka R∗ dengan operasi perkalian adalahsuatu grup komutatif.

Bukti: Misalkan u1, u2 ∈ R∗ dan u1v1 = u2v2 = 1, maka(u1u2)(v1v2) = (u1v1)(u2v2) = 1.1 = 1. Sifat yang lainnya jelas. �

Dua elemen dalam suatu ring euclid bisa mempunyai banyak gcd. Misalnya, dalamQ[x ], x + 1, 2x + 2 dan 1

3x + 1

3merupakan gcd. dari x2 + 2x + 1 dan x2 − 1.

Perhatikan bahwa masing-masing gcd. bisa diperoleh dari yang lainnya melaluiperkalian dengan elemen yang punya invers.

Teorema : Misalkan a, b ∈ R dengan R daerah integral. Bila a | b dan b | a, makaa = 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

Aljabar

Daftar Pustaka

Daftar Pustaka

E.B. Vinberg, ” A Course in Algebra ”, AmericanMathematical 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 viaModule Theory ”, Springer-Verlag, (1999)

Stephan Folders, ” Fundamental Sructures of Algebra andDiscrete 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)


Aljabar

Aljabar

Daftar Pustaka

George Gratzer, ” Lattice Theory: Foundation ”, Birkhauser,(2010)

Joseph A. Gallian, ” Contemporary Abstract Algebra, SeventhEdition ”, Brooks/Cole, Cengage Learning, (2010)


Aljabar

Documents

dosen.ikipsiliwangi.ac.id · Aljabar Abstrak Abstrak Abstrak Dalam catatan kuliah ini diberikan beberapa materi dari mata kuliah aljabaruntuk program sarjana S2 jurusan matematika