struktur medan galois - USD Repository

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
STRUKTUR MEDAN GALOIS
Skripsi
Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat
Memperoleh Gelar Sarjana Sains
Program Studi Matematika
Oleh
LAMHOT
983114015
JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS SANATA DHARMA
YOGYAKARTA
2007
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
untuk Keluargaku dan Tanti
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PERNYATAAN KEASLIAN KARYA
Saya menyatakan dengan sesungguhnya bahwa skripsi yang saya tulis ini tidak
memuat karya atau bagian karya orang lain, kecuali yang telah disebutkan dalam
kutipan dan daftar pustaka, sebagaimana layaknya karya ilmiah.
Yogyakarta,
Mei 2007
Penulis
LAMHOT
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ABSTRAK
Untuk setiap bilangan prima p, terdapat medan berhingga berorder p, yaitu Zp.
Galois menyatakan bahwa medan berhingga berorder pangkat bilangan prima dapat
dikonstruksi jika dapat ditemukan polinomial taktereduksi berderajat positif atas Zp.
Pada kenyataannya, dapat ditemukan polinomial taktereduksi berderajat positif atas Zp.
Maka untuk setiap bilangan prima p dan setiap bilangan bulat positif n, selalu dapat
dikonstruksi medan Galois berorder pn, dinotasikan dengan GF(pn). Lebih khusus, untuk
suatu bilangan prima p dan suatu bilangan bulat positif n, terdapat satu dan hanya satu
medan Galois berorder pn. Dan banyaknya submedan dari medan Galois GF(pn) adalah
banyaknya bilangan bulat positif yang membagi n.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ABSTRACT
There exists a finite field of order p, namely Zp, for any prime p. According to
Galois, a finite field of order a power of a prime could be constructed if an irreducible
polynomial of positive degree over Zp could be found. In fact, an irreducible polynomial
of positive degree over Zp can be found. Thus for any prime p and any positive integer
n, a Galois field of order pn, denoted by GF(pn), can be constructed. In particular, for
some prime p and some positive integer n, there is one and only one Galois field of
order pn. And the number of subfields of Galois field GF(pn) is the number of positive
integers that divide n.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PRAKATA
Puji dan syukur penulis haturkan kepada Tuhan Yang Maha Esa atas kemampuan
yang telah diberikan-Nya kepada penulis untuk menyelesaikan skripsi ini sebagai salah
satu syarat untuk memperoleh gelar sarjana. Banyak pihak yang telah membantu penulis
dalam menyusun skripsi ini mulai dari mempersiapkan bahan, mendapatkan ide,
mengolah kreativitas, hingga terbentuknya skripsi ini menjadi sebuah karya ilmiah.
Maka dengan ini penulis menyampaikan terima kasih kepada:
1.
Romo Frans Susilo sebagai Pembimbing skripsi dan akademik. Terima kasih atas
koreksi-koreksinya yang indah, juga ketelitiannya yang memberikan banyak
masukan kepada penulis.
2.
Bapak Aris Dwiatmoko sebagai Dekan FMIPA yang selalu menjadi bapak bagi
mahasiswa-mahasiswanya.
3.
Bapak Y.G. Hartono sebagai Kaprodi Matematika yang siap setiap saat menjadi
mediator bagi mahasiswa, juga banyak memberikan diskusi yang baik.
4.
Ibu Any Herawati yang memberikan banyak koreksi dan masukan kepada penulis.
5.
Bapak Andy Rudhito yang memberikan banyak koreksi dan masukan kepada
penulis.
6.
Perpustakaan USD dan Sekretariat FMIPA yang banyak membantu mengolah data
dan kepentingan penulis.
7.
Keluargaku tercinta yang dengan sabar mendampingi penulis selama mengikuti
pendidikan hingga selesai. Curahan kasih sayang, doa, dan bekal moral yang
diberikan sungguh menjadi pegangan hidup bagi penulis.
8.
Bapak Y. Suroto dan Ibu Harum Juwita yang selalu memberikan semangat kepada
penulis.
9.
Dik Tanti yang selalu mendampingi penulis dengan doa dan kebersamaan. Suka
duka yang telah kami alami bersama memberikan banyak pelajaran berharga
kepada penulis.
10.
Adik-adikku Reni, Adi Nugroho, dan Vanda yang memberikan banyak senyum
dan kelucuan sebagai penghibur kepada penulis.
11.
Sahabat-sahabatku yang memberikan banyak kenangan.
12.
Pihak-pihak lainnya yang tidak dapat disebutkan satu persatu.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Tak ada gading yang tak retak, demikian pula skripsi ini tidak akan pernah
menjadi sempurna. Namun demikian penulis bersyukur karena telah ikut berpartisipasi
dalam mencerdaskan bangsa. Kesempatan yang penulis dapatkan sungguh sangat
berharga dan penulis berharap kelak dapat ambil bagian dalam mengembangkan
pendidikan. Akhir kata, semoga skripsi ini bermanfaat.
Yogyakarta,
Mei 2007
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
DAFTAR ISI
HALAMAN JUDUL
HALAMAN PERSETUJUAN
HALAMAN PENGESAHAN
HALAMAN PERSEMBAHAN
PERNYATAAN KEASLIAN KARYA
ABSTRAK
ABSTRACT
PRAKATA
DAFTAR ISI
BAB I
PENDAHULUAN
1
1.1. Latar Belakang Masalah
1
1.2. Perumusan Masalah
1
1.3. Tujuan Penulisan
1
1.4. Metode Penulisan
2
1.5. Sistematika Pembahasan
2
BAB II GRUP DAN GELANGGANG
3
2.1. Operasi Biner
3
2.2. Grup dan Teorema Lagrange
4
2.3. Gelanggang dan Medan
20
2.4. Bilangan Bulat Modulo n
28
2.5. Ideal dan Teorema Isomorfisma
32
2.6. Polinomial
47
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB III STRUKTUR MEDAN GALOIS
72
3.1. Perluasan Medan
72
3.2. Ruang Vektor
87
3.3. Medan Galois
93
BAB IV PENUTUP
DAFTAR PUSTAKA
109
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB I
PENDAHULUAN
1.1. Latar Belakang Masalah
Teori Galois merupakan salah satu teori besar dan elegan dalam aljabar abstrak.
Teori ini diberi nama demikian sebagai penghargaan atas ide dan hasil kerja dari
seorang matematikawan muda berkebangsaan Perancis, Evariste Galois (1811−1832).
Teorema Fundamental Galois masih menjadi topik menarik dalam banyak diskusi saat
ini. Karena merupakan teori besar, ruang lingkup teori Galois cukup luas. Salah satunya
adalah teori Galois pada medan berhingga (kemudian disebut sebagai medan Galois)
yang menjadi pembicaraan dalam tulisan ini.
Diawali dengan dibuktikannya Zp = {[0], [1], [2], …, [p − 1]} medan, kemudian
dapat dikonstruksi medan dengan 4 elemen, sampai pada akhirnya dapat dikonstruksi
medan dengan p n elemen untuk setiap bilangan prima p dan setiap bilangan bulat n > 1.
Pertanyaan menarik untuk ditanyakan adalah berapa banyak medan dengan pn elemen?
Apakah ada medan berhingga lainnya selain medan dengan pn elemen? Dan hal utama
untuk diselidiki pada struktur suatu sistem aljabar adalah berapa banyak submedan dari
medan dengan pn elemen?
1.2. Perumusan Masalah
Pokok permasalahan yang akan dibahas dalam tulisan ini dapat dirumuskan
sebagai berikut:
1.
Sifat-sifat dasar apa saja yang terdapat dalam medan Galois?
2.
Apa kaitan medan Galois dengan teori Galois?
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
2
1.3. Tujuan Penulisan
Tujuan tulisan ini adalah untuk mengenal lebih jauh teori medan yang sudah
dipelajari dalam perkuliahan dan memperkenalkan medan Galois. Selain itu tulisan ini
juga mendeskripsikan beberapa konsep berkaitan dengan teori Galois.
1.4. Metode Penulisan
Penyusunan skripsi ini murni menggunakan metode studi pustaka.
1.5. Sistematika Pembahasan
Umumnya sebuah karya ilmiah, setiap pokok bahasan disusun secara sistematis.
BAB II membahas operasi biner, teori grup, teori gelanggang dan medan, bilangan bulat
modulo n, polinomial, dan homomorfisma gelanggang. Pembuktian beberapa teorema
dalam bab ini menggunakan teori himpunan dan teori bilangan yang cukup mendasar,
sehingga diasumsikan sudah dikenal dengan baik. Kemudian BAB III yang merupakan
bab inti, mencakup perluasan medan, ruang vektor, dan medan Galois. Pembahasan
tentang perluasan medan diuraikan cukup cermat sehingga diharapkan pemahaman
tentang medan dapat menjadi maksimal. Untuk menjaga materi tulisan yang padat tetapi
juga tidak terlalu banyak pembahasan, diasumsikan juga topik ruang vektor sudah
dikenal dengan baik. Tetapi penulis tetap membuktikan beberapa teorema yang
dianggap perlu. Dan pembahasan medan Galois berikut sifat-sifatnya dibuat dalam
suatu kesatuan pokok bahasan. Agar tidak terkesan kaku, bentuk-bentuk pernyataan
dalam BAB II dan BAB III disajikan bervariasi. Akhirnya BAB IV sebagai penutup,
berisi poin-poin penting secara keseluruhan serta mengulas secara singkat hasil kerja
dari Galois. Penulis juga berusaha memberikan contoh-contoh penjelasan.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB II
GRUP DAN GELANGGANG
2.1. Operasi Biner
Operasi biner pada himpunan takkosong B adalah aturan yang mengaitkan setiap
dua anggota dalam B dengan tepat satu anggota dalam B. Lebih tepatnya, operasi biner
pada B adalah sebuah pemetaan µ : B × B → B. Berarti µ memetakan (mengawankan)
setiap anggota pasangan terurut (x, y) dari anggota-anggota dalam B dengan suatu
anggota µ(x, y) dalam B.
Elemen (anggota) µ(x, y) dinyatakan dalam bentuk x ∗ y. Karena x ∗ y ∈ B untuk
x, y ∈ B, maka himpunan B dikatakan bersifat tertutup terhadap operasi ∗. Selanjutnya
himpunan B yang dilengkapi dengan operasi biner ∗ ditulis (B, ∗).
Contoh 2.1.1.
Pada himpunan semua bilangan real R, operasi-operasi penjumlahan, pengurangan, dan
perkalian adalah operasi-operasi biner sebab jika a ∈ R dioperasikan dengan b ∈ R,
masing-masing menghasilkan tepat satu a + b, a – b, ab dalam R. Sedangkan operasi
pembagian bukanlah operasi biner pada R, karena hasil bagi a b tidak terdefinisi untuk
b = 0.
Contoh 2.1.2.
Jika ∗ didefinisikan dengan m ∗ n = mn untuk setiap bilangan bulat positif m dan n,
maka ∗ adalah operasi biner pada himpunan semua bilangan bulat positif.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
4
2.2. Grup dan Teorema Lagrange
Dalam membicarakan sistem aljabar, tidak ada aturan untuk mulai dari mana dulu.
Namun idealnya dimulai dari grup. Kemudian sistem aljabar lainnya seperti gelanggang,
daerah integral, dan medan hanyalah memperluas definisi sebelumnya.
Definisi 2.2.1.
Himpunan (G, ∗) disebut grup jika dan hanya jika memenuhi sifat-sifat
(i)
operasi biner (disingkat operasi) ∗ bersifat asosiatif, yaitu
(a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c),
(ii)
∀a, b, c ∈ G
terdapat elemen identitas eG ∈ G dengan sifat
x ∗ eG = eG ∗ x = x,
∀x ∈ G
(iii) setiap elemen x ∈ G mempunyai invers x−1 ∈ G dengan sifat
x−1 ∗ x = x ∗ x−1 = eG.
Definisi 2.2.2.
Operasi ∗ dikatakan bersifat komutatif jika dan hanya jika a ∗ b = b ∗ a, ∀a, b ∈ G.
Grup (G, ∗) disebut grup komutatif jika dan hanya jika operasi ∗ bersifat komutatif.
Contoh 2.2.1.
Himpunan semua bilangan bulat (Z, +) adalah grup sebab semua sifat dalam Definisi
2.2.1 dipenuhi. Dan karena a + b = b + a untuk setiap a, b ∈ Z, maka grup Z adalah
grup komutatif. Himpunan semua bilangan bulat positif (N, +) bukan grup sebab tidak
mempunyai elemen identitas.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
5
Definisi 2.2.3 (Pangkat Suatu Elemen).
Misalkan G grup dan x ∈ G, maka untuk n ∈ Z didefinisikan
(i)
x0 = eG.
(ii)
Jika n > 0, maka xn = xn−1 ∗ x.
(iii) Jika n < 0, yaitu n = −m dengan m > 0, maka xn = (x−1)m.
Teorema 2.2.1.
(i)
Hukum Kanselasi
Jika a ∗ b = a ∗ c, maka b = c untuk setiap a, b, c dalam grup G. Demikian juga
jika b ∗ a = c ∗ a, maka b = c.
(ii)
Penyelesaian Tunggal dalam Persamaan Linear
Jika x ∗ a = b, maka x = b ∗ a −1 untuk setiap a, b dalam grup G. Juga jika a ∗ x = b,
maka x = a −1 ∗ b.
(iii) Ketunggalan Identitas
Grup G hanya mempunyai satu elemen identitas.
(iv) Ketunggalan Invers
Setiap elemen dalam grup G mempunyai tepat satu invers.
(v)
Sifat-sifat Invers
Jika G grup, maka untuk setiap a, b ∈ G berlaku
1. (a ∗ b)−1 = b −1 ∗ a−1.
2. eG−1 = eG.
3. (a −1)−1 = a.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
6
(vi) Hukum Eksponen
Jika G grup dan a ∈ G, maka untuk m, n ∈ Z berlaku
1. a m ∗ a n = am+n.
2. (a m)n = a mn.
BUKTI.
(i)
Ambil sembarang a, b, c ∈ G sedemikian sehingga a ∗ b = a ∗ c. Maka menurut
Definisi 2.2.1(iii), ada a−1 ∈ G sedemikian sehingga a −1 ∗ (a ∗ b) = a −1 ∗ (a ∗ c).
Dengan Definisi 2.2.1, didapat b = c. Dengan cara yang sama, jika b ∗ a = c ∗ a
maka b = c.
(ii)
Jika x ∗ a = b, maka dengan Definisi 2.2.1(i) dan (iii), x = (x ∗ a) ∗ a−1 = b ∗ a−1.
Dengan cara yang sama, jika a ∗ x = b maka x = a−1 ∗ b.
(iii) Misalkan eG dan fG elemen-elemen identitas dalam G. Maka x ∗ eG = eG ∗ x = x
dan x ∗ fG = fG ∗ x = x, untuk setiap x ∈ G. Jadi eG = eG ∗ fG = fG.
(iv) Ambil sembarang a ∈ G. Misalkan a 1−1 dan a2−1 invers-invers dari a dalam G.
Maka a 1−1 ∗ a = a ∗ a1−1 = eG dan a2−1 ∗ a = a ∗ a2−1 = eG. Jadi a1−1 = a1−1 ∗ eG =
a1−1 ∗ (a ∗ a2−1) = (a1−1 ∗ a) ∗ a2−1 = eG ∗ a 2−1 = a2−1.
(v)
1. (a ∗ b) ∗ (b−1 ∗ a−1) = a ∗ (b ∗ b −1) ∗ a −1 = eG. Jadi b−1 ∗ a−1 invers dari a ∗ b
(ketunggalan invers).
2. Menurut Definisi 2.2.1(ii) dan (iii), eG ∗ eG = eG = eG ∗ eG−1. Dengan hukum
kanselasi, maka eG = eG−1.
3. Karena a ∗ a −1 = eG untuk setiap a ∈ G, maka a = (a −1)−1.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
7
(vi) Ambil sembarang m ∈ Z.
1. Dibuktikan dengan Induksi Matematis.
Pangkal
Untuk n = 0, maka am ∗ an = a m ∗ a 0 = am ∗ eG = am = am+0 = a m+n.
Langkah
Untuk n > 0, diasumsikan benar untuk n = k, yaitu a m ∗ a k = am+k.
Dibuktikan benar untuk n = k + 1.
am ∗ ak+1 = a m ∗ a k ∗ a = a m+k ∗ a = am+k+1.
Untuk n < 0, misalkan n = −p dengan p > 0. Sehingga a m ∗ an = a m ∗ a−p =
a −(−m) ∗ a−p = (a −1)−m ∗ (a −1)p = (a −1)−m+p = a−(−m+p) = a m−p = a m+n.
Jadi am ∗ an = a m+n.
2. Dibuktikan dengan Induksi Matematis.
Pangkal
Untuk n = 0, maka (am)n = (am)0 = eG = a0 = a m0 = a mn.
Langkah
Untuk n > 0, diasumsikan benar untuk n = k, yaitu (am)k = a mk.
Dibuktikan benar untuk n = k + 1.
(am)k+1 = (am)k ∗ am = amk ∗ a m = amk+m = a m(k+1).
Untuk n < 0, misalkan n = −p dengan p > 0. Maka (am)n = (a m)−p = ((am)−1)p =
(a −m)p = a −mp = am(−p) = amn.
Jadi (am)n = amn.
■
Grup Z mempunyai takhingga banyak anggota. Himpunan ({0}, +) juga grup,
tetapi hanya mempunyai satu anggota. Jadi banyaknya anggota dalam suatu grup dapat
berhingga atau takhingga. Banyaknya anggota dalam grup G atau bilangan kardinal G
disebut order G.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
8
Definisi 2.2.4.
Misalkan G grup dan H ⊆ G. Himpunan H disebut subgrup dari G (ditulis H ≤ G) jika
dan hanya jika (H, ∗) grup di mana ∗ adalah operasi pada G.
Definisi 2.2.4 di atas mengatakan bahwa jika H ≤ G, maka (H, ∗) bersifat tertutup,
hukum asosiatif berlaku, mempunyai elemen identitas eH = eG (ketunggalan elemen
identitas), dan setiap elemen dalam H mempunyai invers. Jelas {eG} dan G merupakan
subgrup-subgrup dari G.
Teorema 2.2.2 (Uji Subgrup).
Jika G grup dan H ⊆ G, maka H ≤ G jika dan hanya jika
(i)
H ≠ ∅,
(ii)
(∀h1, h2 ∈ H) h1 ∗ h 2 ∈ H,
(iii) (∀h ∈ H) h−1 ∈ H.
BUKTI.
( ⇒ ) Jika H ≤ G, maka menurut Definisi 2.2.4, (i), (ii), dan (iii) terpenuhi.
( ⇐ ) Karena H ⊆ G dan berlaku (ii), maka H bersifat tertutup dan berlaku asosiatif.
Kemudian jika h ∈ H, maka dari (ii) dan (iii), h ∗ h −1 = eH ∈ H dan h −1 ∈ H.
Menurut Definisi 2.2.4, H ≤ G.
Teorema 2.2.3.
Jika G grup dan a ∈ G, maka ⟨a⟩ = {an : n ∈ Z} adalah subgrup dari G.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
9
BUKTI.
Karena a 0 = eG, maka eG ∈ ⟨a⟩ sehingga ⟨a⟩ ≠ ∅. Ambil sembarang am, a n ∈ ⟨a⟩ untuk
suatu m, n ∈ Z. Maka am ∗ an = am+n ∈ ⟨a⟩ dan (am)−1 = a−m ∈ ⟨a⟩. Dari Teorema 2.2.2,
⟨a⟩ subgrup dari G.
■
Subgrup ⟨a⟩ di atas dinamakan subgrup siklik dari grup G yang dihasilkan atau
dibangun oleh a ∈ G. Teorema berikut menjelaskan apa yang terjadi jika dua elemen
pangkat dari a ∈ G sama.
Teorema 2.2.4.
Jika G grup dan a ∈ G sedemikian sehingga a r = as untuk suatu r, s ∈ Z dengan r ≠ s,
maka
(i)
terdapat bilangan bulat positif terkecil n sedemikian sehingga an = eG,
(ii)
jika t ∈ Z, maka at = eG jika dan hanya jika n adalah faktor dari t,
(iii) ⟨a⟩ = {eG, a, a2, …, an−1} di mana eG, a, a2, …, an−1 adalah elemen-elemen yang
saling berbeda.
BUKTI.
(i)
Jika a r = as dan r > s, maka a r ∗ a−s = eG ⇔ ar−s = eG. Misalkan n = r − s > 0, maka
an = eG. Menurut prinsip bilangan bulat, terdapat bilangan bulat positif terkecil n
sedemikian sehingga a n = eG. Analog untuk s > r.
(ii)
( ⇒ ) Diasumsikan a t = eG. Menurut algoritma pembagian pada bilangan bulat,
terdapat dengan tunggal bilangan bulat q, r sedemikian sehingga t = nq + r
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
10
dengan 0 ≤ r < n. Maka eG = a t = anq+r = anq ∗ a r = (an)q ∗ ar = (eG)q ∗ a r =
ar. Padahal dari (i) diketahui bahwa n adalah bilangan bulat positif terkecil
sedemikian sehingga a n = eG, maka haruslah r = 0. Ini menunjukkan bahwa
t = nq.
( ⇐ ) Jika n adalah faktor dari t, maka t = nw. Jadi at = anw = (an)w = (eG)w = eG.
(iii) Ambil sembarang am ∈ ⟨a⟩ untuk suatu m ∈ Z. Menurut algoritma pembagian
pada bilangan bulat, terdapat dengan tunggal bilangan bulat u dan v sedemikian
sehingga m = nu + v dengan 0 ≤ v < n. Maka am = anu+v = a nu ∗ a v = (an)u ∗ a v =
(eG)u ∗ a v = av. Jadi a m sama dengan tepat salah satu dari a0, a1, a2, …, an−1.
Untuk menunjukkan bahwa elemen-elemen a 0, a1, a2, …, a n−1 saling berbeda,
misalkan a v = a w di mana 0 ≤ v < n dan 0 ≤ w < n. Jika v ≥ w, maka av−w = eG
dengan v − w ≥ 0. Dan menurut (ii), n adalah faktor dari v − w. Tetapi perhatikan
bahwa 0 ≤ v − w < n, maka haruslah v − w = 0, yaitu v = w. Demikian juga analog
untuk w ≥ v.
Jadi ⟨a⟩ = {eG, a, a2, …, an−1}.
■
Definisi 2.2.5 (Order Elemen).
Jika terdapat bilangan bulat positif terkecil n sedemikian sehingga a n = eG, maka n
disebut order a dalam grup G, dinotasikan ο(a). Tetapi jika tidak terdapat bilangan bulat
positif terkecil yang dimaksud di atas, maka a dikatakan berorder takhingga.
Akibat 2.2.5.
Jika G grup dan a ∈ G, maka ο(a) = ⟨a⟩ .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
11
BUKTI.
Jika ο(a) = n, maka menurut Teorema 2.2.4(iii), ⟨a⟩ = {eG, a, a 2, …, an−1}, sehingga
⟨a⟩ = n = ο(a). Jika a berorder takhingga, maka tidak terdapat bilangan bulat positif
terkecil n sedemikian sehingga a n = eG. Jadi a r ≠ as untuk setiap bilangan bulat r dan s,
sehingga ⟨a⟩ takhingga.
■
Definisi 2.2.6.
Jika a ∈ G dan G = ⟨a⟩, maka grup G disebut grup siklik yang dibangun atau dihasilkan
oleh a.
Contoh 2.2.2.
Grup Z adalah grup siklik yang dihasilkan oleh 1 atau −1. Perhatikan bahwa di sini 1n
adalah 1 + 1 + … + 1 = n1.
Jika G grup siklik yang dihasilkan oleh a ∈ G, maka setiap elemen dalam G
berbentuk a k untuk suatu k ∈ Z. Jika G berorder n, maka G = {eG, a, a2, …, an−1}.
Selanjutnya faktor persekutuan terbesar dari k dan n ditulis (k, n).
Teorema 2.2.6 (Sifat-sifat Grup Siklik).
Jika G grup siklik berorder n yang dihasilkan oleh a ∈ G dan 1 ≤ k < n, maka
(i)
G grup komutatif.
(ii)
Setiap subgrup dari G adalah siklik.
(iii) ak membangun subgrup berorder n (k , n) .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
12
(iv) Jika (k, n) = 1, maka ak membangun G.
(v)
Jika k n , maka G mempunyai tepat satu subgrup berorder k.
BUKTI.
(i)
Ambil sembarang elemen-elemen am, an ∈ G. Maka am ∗ an = a m+n = an+m = an ∗ a m
untuk suatu m, n ∈ Z. Menurut Definisi 2.2.2, G grup komutatif.
(ii)
Ambil sembarang H ≤ G. Jelas H = {eG} adalah subgrup siklik. Jika H ≠ {eG},
maka terdapat a k ∈ H untuk suatu bilangan bulat positif k. Misalkan m adalah
bilangan bulat positif terkecil sedemikian sehingga am ∈ H. Selanjutnya akan
ditunjukkan H = ⟨am⟩, yaitu setiap elemen dalam H adalah pangkat dari am.
Ambil sembarang b ∈ H, maka b = at untuk suatu t ∈ {0, 1, …, n − 1}. Menurut
algoritma pembagian pada bilangan bulat, terdapat dengan tunggal bilangan bulat
q, r sedemikian sehingga t = mq + r dengan 0 ≤ r < m. Maka a t = amq+r = (am)q ∗ ar
⇔ ((am)q)−1 ∗ at = ar. Perhatikan bahwa a m, a t ∈ H, sehingga ar ∈ H. Kemudian,
karena 0 ≤ r < m dan m adalah bilangan bulat positif terkecil sedemikian sehingga
am ∈ H, maka haruslah r = 0. Jadi b = at = amq = (am)q.
(iii) Jika G adalah grup siklik berorder n yang dihasilkan oleh a ∈ G, maka a n = eG.
Perhatikan bahwa ⟨ a k ⟩ merupakan bilangan bulat positif terkecil s sedemikian
sehingga (a k)s = aks = eG. Menurut Teorema 2.2.4(ii), a ks = eG jika dan hanya jika
n ks . Misalkan g = (k, n). Maka menurut sifat bilangan bulat, g adalah kombinasi
linear dari k dan n, yaitu g = uk + vn ⇔ 1 = u (k g ) + v(n g ) untuk suatu u, v ∈ Z.
Jadi (k g , n g ) = 1. Jika n ks , maka (n g ) (k g ) s . Akibatnya (n g ) s . Ini berarti
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
13
bilangan bulat positif terkecil s adalah n g . Jadi ak membangun subgrup berorder
n ( k , n) .
(iv) Jika (k, n) = 1, maka dari (iii), ⟨ a k ⟩ = n 1 = n = G , sehingga ⟨ak⟩ = G.
(v)
Jika k n , maka n = ku untuk suatu bilangan bulat positif u dan (u, n) = u. Dari (iii),
au membangun subgrup berorder n u = k. Jadi G mempunyai subgrup berorder k.
Akan ditunjukkan subgrup berorder k tunggal. Misalkan L dan M subgrup-subgrup
berorder k. Maka L = M . Jelas L = M untuk L = M = 1. Dari (ii), L dan M
adalah siklik, yaitu L = ⟨a r⟩ dan M = ⟨as⟩ untuk suatu bilangan bulat positif r dan s.
Karena eG = an, maka a n dalam ⟨ar⟩ dan ⟨as⟩. Ini berarti an adalah pangkat dari ar
dan as, sehingga r n dan s n . Jadi (r, n) = r dan (s, n) = s. Maka menurut (iii),
⟨ a r ⟩ = n (r , n ) = n r dan ⟨ a s ⟩ = n (s, n) = n s . Jadi jika ⟨ a r ⟩ = ⟨ a s ⟩ , maka
n r = n s ⇔ r = s, sehingga ⟨ar⟩ = ⟨a s⟩ atau L = M.
■
Jadi dari teorema di atas, berarti banyaknya subgrup dari grup siklik berhingga G
adalah banyaknya bilangan bulat positif yang membagi order G. Selanjutnya Lagrange
membuktikan bahwa order subgrup dari grup berhingga harus membagi order grupnya.
Dibahas dahulu tentang suatu subhimpunan dari grup yang dinamakan koset.
Teorema 2.2.7.
Misalkan G grup dan H ≤ G. Jika relasi ∼ pada G didefinisikan dengan
a ∼ b jika dan hanya jika b ∗ a −1 ∈ H,
maka ∼ adalah relasi ekivalensi pada G.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
14
BUKTI.
Akan dibuktikan ∼ bersifat refleksif, simetris, dan transitif.
Karena a ∗ a −1 = eG ∈ H, maka a ∼ a, yaitu ∼ refleksif. Jika a ∼ b, maka b ∗ a−1 ∈ H,
sehingga (b ∗ a −1)−1 = a ∗ b−1 ∈ H, yaitu b ∼ a. Berarti ∼ simetris. Jika a ∼ b dan b ∼ c,
maka b ∗ a−1 ∈ H dan c ∗ b−1 ∈ H. Maka (c ∗ b −1) ∗ (b ∗ a−1) = c ∗ a −1 ∈ H. Jadi a ∼ c,
sehingga ∼ transitif.
■
Kelas-kelas ekivalensi dari ∼ dinamakan koset kanan dari H dalam G. Jika b ∗ a−1
diganti dengan a−1 ∗ b, maka kelas-kelas ekivalensi dari ∼ dinamakan koset kiri dari H
dalam G.
Akibat 2.2.8 (Bentuk Koset).
Misalkan G grup dan H ≤ G. Setiap koset kanan dari H berbentuk Ha = {h ∗ a : h ∈ H}
dan koset kiri dari H berbentuk aH = {a ∗ h : h ∈ H}, untuk suatu a ∈ G.
BUKTI.
Misalkan K adalah koset kanan dari H dalam G, maka K adalah kelas ekivalensi dari ∼
yang memuat suatu elemen a ∈ G, yaitu K = {b ∈ G : a ∼ b} = {b ∈ G : b ∗ a −1 ∈ H}.
Selanjutnya akan dibuktikan K = Ha. Ambil sembarang x ∈ K, maka x ∗ a −1 = h ∈ H,
sehingga x = h ∗ a ∈ Ha. Kemudian jika x ∈ Ha, maka x = h ∗ a untuk suatu h ∈ H,
berarti x ∗ a−1 = h ∈ H, sehingga x ∈ K. Jadi x ∈ K jika dan hanya jika x ∈ Ha untuk ∀x,
sehingga K = Ha. Dengan cara yang sama, maka setiap koset kiri dari H dalam G pasti
berbentuk aH.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
15
Lema 2.2.9.
Misalkan G grup, H ≤ G dan a, b ∈ G. Maka Ha = Hb jika dan hanya jika b ∗ a−1 ∈ H.
BUKTI.
( ⇒ ) Karena b ∈ Hb, yaitu b = eH ∗ b dan Ha = Hb, maka b ∈ Ha. Ini berarti untuk
suatu h ∈ H, b = h ∗ a ⇔ b ∗ a−1 = h. Jadi b ∗ a −1 ∈ H.
( ⇐ ) Diasumsikan b ∗ a −1 ∈ H. Akan dibuktikan Ha = Hb. Ambil sembarang elemen
dalam Ha katakanlah h ∗ a dengan h ∈ H. Karena b ∗ a −1 ∈ H, maka (b ∗ a −1)−1
= a ∗ b −1 ∈ H, sehingga h ∗ a = (h ∗ a ∗ b−1) ∗ b ∈ Hb. Jadi Ha ⊆ Hb. Untuk
sembarang h ∗ b ∈ Hb, maka h ∗ b = (h ∗ b ∗ a−1) ∗ a ∈ Ha. Jadi Hb ⊆ Ha,
sehingga Ha = Hb.
■
Misalkan H subgrup dari grup G dan ∼ adalah relasi ekivalensi pada G yang
didefinisikan dalam Teorema 2.2.7. Maka kelas-kelas ekivalensi dari ∼ membentuk
suatu partisi dari G, yaitu subhimpunan-subhimpunan takkosong dari G yang saling
asing (atau saling lepas, tidak saling tumpang tindih) dan G harus merupakan gabungan
dari subhimpunan-subhimpunan tersebut. Jadi partisi dari G yang ditimbulkan oleh
kelas-kelas ekivalensi dari ∼ terdiri dari koset-koset kanan dari H dalam G. Di bawah
ditunjukkan bahwa H berkorespondensi satu-satu dengan setiap kosetnya. Jadi jika G
berhingga, maka banyaknya elemen dalam G kelipatan dari banyaknya elemen dalam H.
Lema 2.2.10.
Jika H subgrup berhingga dari grup G dan a ∈ G, maka Ha = H = aH .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
16
BUKTI.
Didefinisikan µ : H → Ha dengan aturan µ(h) = h ∗ a, ∀h ∈ H. Pemetaan µ terdefinisi
dengan baik sebab untuk sembarang h 1, h2 ∈ H dengan h1 = h 2, maka h1 ∗ a = h2 ∗ a,
yaitu µ(h 1) = µ(h2). Kemudian jika µ(h 1) = µ(h2), maka h1 ∗ a = h2 ∗ a, sehingga h 1 = h2.
Jadi pemetaan µ injektif. Jelas pemetaan µ surjektif sebab jika x ∈ Ha, maka x = h ∗ a
untuk suatu h ∈ H. Jadi pemetaan µ bijektif, sehingga H = Ha . Dengan cara yang
sama, maka H = aH .
Terbukti Ha = H = aH .
■
Teorema 2.2.11 (Teorema Lagrange).
Jika G grup berhingga dan H ≤ G, maka order H membagi order G.
BUKTI.
k
Grup G adalah gabungan koset-koset kanan dari H yang saling asing, yaitu G = U Ha i
i =1
di mana Hai ∩ Ha j = ∅, i ≠ j. Menurut Lema 2.2.10, Hai = H untuk setiap i. Maka
G = Ha1 + Ha2 + … + Hak = H + H + … + H = k H . Jadi G H = k.
■
Akibat 2.2.12.
G
= eG, ∀a ∈ G.
(i)
Jika G grup berhingga, maka order a membagi order G dan a
(ii)
Grup G berorder prima adalah grup siklik yang dihasilkan oleh setiap a ≠ eG ∈ G
dan hanya mempunyai subgrup trivial {eG} dan dirinya sendiri.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
17
BUKTI.
(i)
Dari Akibat 2.2.5, ο(a) = ⟨a⟩ . Karena ⟨a⟩ subgrup, maka ⟨a⟩ membagi G . Jadi
ο(a) membagi G . Kemudian dari Teorema 2.2.4(ii), a
(ii)
G
= eG untuk ∀a ∈ G.
Diasumsikan G berorder prima p. Pilih a ≠ eG ∈ G. Menurut (i), ο(a) = ⟨a⟩ = p,
sehingga G = ⟨a⟩. Berarti G grup siklik yang dihasilkan oleh setiap a ≠ eG ∈ G.
Kemudian jika H ≤ G, maka haruslah H = 1 atau H = p (Teorema Lagrange).
Jadi subgrup-subgrup yang memenuhi hanyalah {eG} dan G.
■
Sudah terbukti jika H ≤ G, maka G = k H . Jadi bilangan k ini adalah banyaknya
koset kanan dari H sebab setiap koset kanan dari H mempunyai H elemen.
Definisi 2.2.7.
Jika G grup dan H ≤ G, maka banyaknya koset kanan dari H dalam G disebut indeks
dari H dalam G, dinotasikan (G : H).
Definisi 2.2.8.
Subgrup N dari grup G disebut subgrup normal (dinotasikan N < G) jika dan hanya jika
(∀g ∈ G) (∀n ∈ N) g ∗ n ∗ g −1 ∈ N.
Teorema 2.2.13.
Misalkan G grup dan N < G. Maka G N = {Na : a ∈ G} adalah grup terhadap operasi •
yang didefinisikan dengan Na • Nb = N(a ∗ b) untuk setiap Na, Nb ∈ G N .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
18
BUKTI.
Terlebih dahulu dibuktikan bahwa operasi • dalam G N terdefinisi dengan baik. Ambil
sembarang Na1, Na2, Nb1, Nb 2 ∈ G N sedemikian sehingga Na 1 = Na 2 dan Nb1 = Nb2.
Akan ditunjukkan N(a 1 ∗ b1) = N(a2 ∗ b2). Jika Na1 = Na2 dan Nb1 = Nb2, maka menurut
Lema 2.2.9, a2 ∗ a1−1 = n1 ∈ N dan b 2 ∗ b1−1 = n2 ∈ N untuk suatu n1, n2 ∈ N. Sehingga
a2 = n1 ∗ a1 dan b2 = n2 ∗ b 1. Perhatikan bahwa
a 2 ∗ b2
= (n1 ∗ a 1) ∗ (n2 ∗ b 1)
= n1 ∗ (a 1 ∗ n2 ∗ a1−1) ∗ a1 ∗ b1
= n1 ∗ n3 ∗ a1 ∗ b 1
(N < G)
= n4 ∗ (a 1 ∗ b1).
Sehingga (a2 ∗ b2) ∗ (a1 ∗ b 1)−1 = n4 ∈ N. Menurut Lema 2.2.9, N(a1 ∗ b 1) = N(a2 ∗ b2).
Selanjutnya ambil sembarang Na, Nb, Nc ∈ G N . Maka Na • Nb = N(a ∗ b) ∈ G N
sebab G grup. Berarti • bersifat tertutup. Kemudian, (Na • Nb) • Nc = N(a ∗ b) • Nc =
N(a ∗ b ∗ c) = Na • N(b ∗ c) = Na • (Nb • Nc). Sehingga • bersifat asosiatif. Terdapat
identitas NeG ∈ G N sebab berlaku Na • NeG = N(a ∗ eG) = Na = N(eG ∗ a) = NeG • Na.
Akhirnya, Na • Na −1 = N(a ∗ a −1) = NeG = N(a −1 ∗ a) = Na −1 • Na. Dan ini berarti Na−1
invers dari Na.
Terbukti G N grup.
■
Perhatikan bahwa operasi pada grup G N tidak terdefinisi jika N bukan subgrup
normal dalam G. Jadi G N adalah grup jika N normal dalam G. Dengan perkataan lain,
jika N < G maka terdapat grup G N (atau selalu dapat dibentuk grup G N ).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
19
Definisi 2.2.9.
Grup koset-koset kanan dari subgrup normal N dalam grup G (ditulis G N ) disebut
grup faktor.
Lema 2.2.14.
Jika G grup komutatif dan N ≤ G, maka N < G dan G N grup komutatif.
BUKTI.
Ambil sembarang a ∈ G dan n ∈ N. Maka a ∗ n ∗ a −1 = n ∗ a ∗ a −1 = n ∈ N sebab G
grup komutatif. Menurut Definisi 2.2.8, N < G. Dan karena N normal dalam G, maka
terdapat grup faktor G N . Selanjutnya ditunjukkan G N komutatif. Ambil sembarang
Na, Nb ∈ G N . Maka Na • Nb = N(a ∗ b) = N(b ∗ a) = Nb • Na. Dengan demikian
G N grup komutatif.
■
Teorema 2.2.15.
Jika G grup berhingga dan N < G, maka G N = G N .
BUKTI.
Teorema Lagrange telah membuktikan bahwa G = (G : N) N di mana (G : N) adalah
indeks dari N dalam G. Maka G N = (G : N) = G N .
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
20
2.3. Gelanggang dan Medan
Dalam grup didefinisikan sebuah operasi bersifat umum, dapat berupa operasi
penjumlahan, pengurangan, perkalian, komposisi, dan sebagainya. Jadi jika G adalah
grup terhadap operasi penjumlahan, maka operasi tersebut yang dipakai.
Dalam gelanggang didefinisikan dua buah operasi, yaitu operasi + (penjumlahan)
dan operasi ⋅ (perkalian), bahkan kombinasi dari kedua operasi tersebut. Ini membuat
gelanggang sedikit lebih sulit daripada grup, tetapi hal ini justru membuat obyek-obyek
gelanggang kurang bervariasi dibandingkan grup, dalam arti grup lebih mudah untuk
dieksplorasi.
Definisi 2.3.1.
Himpunan (R, +, ⋅) disebut gelanggang jika dan hanya jika memenuhi sifat-sifat
(i)
(R, +) grup komutatif,
(ii)
operasi ⋅ bersifat asosiatif,
(iii) kombinasi operasi + dan ⋅ bersifat distributif, yaitu
(a + b) ⋅ c = (a ⋅ c) + (b ⋅ c) dan c ⋅ (a + b) = (c ⋅ a) + (c ⋅ b) untuk ∀a, b, c ∈ R.
Dari definisi gelanggang di atas, akan diuraikan sifat (i) di mana R adalah grup
aditif (grup dengan operasi penjumlahan) yang komutatif. Untuk setiap a, b, c ∈ R,
maka sifat asosiatif berarti (a + b) + c = a + (b + c), sifat komutatif berarti a + b = b + a,
kemudian elemen identitas adalah 0 di mana a + 0 = a, dan invers aditif dari a adalah −a
di mana (−a) + a = 0. Selanjutnya dari definisi pangkat suatu elemen, maka di sini an
adalah a + a + … + a = na.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
21
Definisi 2.3.2.
Gelanggang (R, +, ⋅) disebut gelanggang komutatif jika dan hanya jika operasi ⋅ bersifat
komutatif.
Contoh 2.3.1.
Himpunan semua bilangan bulat (Z, +, ⋅), himpunan semua bilangan rasional (Q, +, ⋅),
himpunan semua bilangan real (R, +, ⋅), himpunan semua bilangan kompleks (C, +, ⋅)
adalah gelanggang-gelanggang komutatif.
Gelanggang R merupakan grup aditif. Jika operasi ∗ dalam Teorema 2.2.1 diganti
dengan operasi +, maka dalam R berlaku hukum kanselasi aditif, penyelesaian tunggal
dari persamaan linear aditif, ketunggalan elemen identitas, ketunggalan invers aditif,
sifat-sifat invers aditif, dan hukum eksponen aditif.
Proposisi 2.3.1.
Misalkan R gelanggang dengan elemen identitas 0 dan a, b, c ∈ R. Maka berlaku
(i)
0 ⋅ a = a ⋅ 0 = 0.
(ii)
a ⋅ (−b) = (−a) ⋅ b = −(a ⋅ b).
(iii) (−a) ⋅ (−b) = a ⋅ b.
BUKTI.
(i)
Menurut Definisi 2.3.1, (0 ⋅ a) + (0 ⋅ a) = (0 + 0) ⋅ a = 0 ⋅ a = (0 ⋅ a) + 0. Dengan
kanselasi aditif, maka 0 ⋅ a = 0. Dengan cara yang sama, maka a ⋅ 0 = 0.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
22
(ii)
(a ⋅ b) + (a ⋅ (−b)) = a ⋅ (b + (−b)) = a ⋅ 0 = 0. Jadi a ⋅ (−b) adalah invers aditif dari
a ⋅ b, yaitu −(a ⋅ b) = a ⋅ (−b). Dengan cara yang sama, maka −(a ⋅ b) = (−a) ⋅ b.
(iii) Dari (ii) dan sifat invers aditif, maka didapat (−a) ⋅ (−b) = −(a ⋅ (−b)) = −(−(a ⋅ b))
= a ⋅ b.
■
Definisi 2.3.3.
Misalkan R gelanggang dan S ⊆ R. Himpunan S disebut subgelanggang dari R jika dan
hanya jika (S, +, ⋅) gelanggang di mana + dan ⋅ adalah operasi pada R.
Teorema 2.3.2 (Uji Subgelanggang).
Jika R gelanggang dan S ⊆ R, maka S subgelanggang dari R jika dan hanya jika
(i)
S ≠ ∅,
(ii)
(∀a, b ∈ S) a + b ∈ S dan a ⋅ b ∈ S,
(iii) (∀a ∈ S) −a ∈ S.
BUKTI.
( ⇒ ) Definisi 2.3.3.
( ⇐ ) Karena S ⊆ R dan berlaku (ii), maka operasi + dan ⋅ bersifat asosiatif, tertutup,
dan kombinasinya bersifat distributif. Jika diambil sembarang a ∈ S, maka dari
(ii) dan (iii), a + (−a) = 0 ∈ S dan −a ∈ S. Di sini S grup aditif komutatif sebab
operasi + pada R bersifat komutatif.
Menurut Definisi 2.3.3, S subgelanggang dari R.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
23
Definisi 2.3.4.
Elemen 1R dalam gelanggang R disebut elemen satuan jika dan hanya jika untuk setiap
a ∈ R berlaku a ⋅ 1R = 1R ⋅ a = a. Jika R mempunyai elemen satuan, maka R disebut
gelanggang dengan elemen satuan.
Jadi elemen satuan merupakan elemen identitas terhadap operasi ⋅. Jika elemen
identitas 0 adalah elemen satuan 1R, maka gelanggang R menjadi gelanggang nol {0}.
Untuk selanjutnya gelanggang R dengan elemen satuan diasumsikan bukan {0}.
Definisi 2.3.5.
Misalkan R gelanggang dengan elemen satuan 1R. Elemen u ≠ 0 dalam R disebut unit,
jika mempunyai invers multiplikatif u −1 sedemikian sehingga u−1 ⋅ u = u ⋅ u−1 = 1R. Jika
setiap elemen taknol dalam R merupakan unit, maka R disebut gelanggang pembagian.
Lema 2.3.3 (Ketunggalan Elemen Satuan dan Invers Multiplikatif).
Jika R gelanggang pembagian, maka elemen satuan tunggal. Juga invers multiplikatif
dari setiap elemen taknol dalam R.
BUKTI.
Misalkan 1R dan 1 R′ adalah elemen-elemen satuan dalam R sedemikian sehingga a ⋅ 1R =
1R ⋅ a = a dan a ⋅ 1 R′ = 1R′ ⋅ a = a, untuk setiap a ∈ R. Maka 1R = 1R ⋅ 1R′ = 1R′.
Kemudian ambil sembarang u ≠ 0 ∈ R. Misalkan u1−1 dan u2−1 adalah invers-invers
multiplikatif dari u sedemikian sehingga u1−1 ⋅ u = u ⋅ u1−1 = 1 R dan u2−1 ⋅ u = u ⋅ u2−1 =
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
24
1R. Karena elemen 1 R tunggal, maka u1−1 = u 1−1 ⋅ 1R = u 1−1 ⋅ (u ⋅ u 2−1) = (u 1−1 ⋅ u) ⋅ u 2−1 =
1R ⋅ u2−1 = u2−1.
Terbukti elemen satuan dan invers multiplikatif tunggal.
■
Definisi 2.3.6.
Misalkan R adalah gelanggang. Jika terdapat bilangan bulat positif terkecil n sedemikian
sehingga na = a + a + … + a = 0 untuk ∀a ∈ R, maka n disebut karakteristik dari R.
Jika tidak terdapat bilangan bulat positif terkecil n yang demikian itu, maka R dikatakan
berkarakteristik 0.
Lema 2.3.4 (Karakteristik Gelanggang dengan Elemen Satuan).
Gelanggang R dengan elemen satuan berkarakteristik n jika dan hanya jika n1R = 0.
BUKTI.
( ⇒ ) Jika R berkarakteristik n, maka na = 0 untuk ∀a ∈ R. Jadi n1R = 0.
( ⇐ ) Jika diasumsikan n1R = 0, maka na = a + a + … + a = (1 R + 1 R + … + 1R) ⋅ a =
(n1 R) ⋅ a = 0 ⋅ a = 0.
■
Selanjutnya definisi gelanggang diperluas lagi untuk mendapatkan struktur baru.
Pada gelanggang R sudah didefinisikan R adalah grup aditif komutatif dan ditambahkan
sifat asosiatif pada operasi ⋅ dan bersifat distributif (kombinasi + dan ⋅). Kemudian jika
R juga merupakan grup multiplikatif (grup dengan operasi perkalian) yang komutatif,
maka kita mempunyai struktur baru yang dinamakan medan.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
25
Definisi 2.3.7.
Misalkan F adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan. Maka F disebut medan
jika dan hanya jika setiap elemen taknol dalam F mempunyai invers multiplikatif.
Dari definisi di atas, dapat dikatakan (dengan cara lebih baik) bahwa F adalah
medan jika dan hanya jika
(i)
(F, +) grup komutatif
1. Operasi + bersifat asosiatif dan komutatif.
2. Terdapat elemen identitas 0.
3. Setiap elemen a mempunyai invers −a.
(ii)
(F#, ⋅) dengan F# = F − {0} grup komutatif
1. Operasi ⋅ bersifat asosiatif dan komutatif.
2. Terdapat elemen satuan 1 F.
3. Setiap elemen u mempunyai invers u−1.
(iii) Kombinasi operasi + dan ⋅ bersifat distributif.
Contoh 2.3.2.
Gelanggang-gelanggang Q, R, dan C semuanya adalah medan. Tetapi gelanggang Z
bukan medan sebab unit-unit dalam Z hanyalah −1 dan 1.
Definisi 2.3.8.
Jika a ≠ 0 dan b ≠ 0 adalah elemen-elemen dalam gelanggang komutatif R sedemikian
sehingga a ⋅ b = 0, maka a dan b disebut pembagi nol.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
26
Definisi 2.3.9.
Gelanggang komutatif D dengan elemen satuan disebut daerah integral jika dan hanya
jika D tidak memuat pembagi nol (berarti jika a ⋅ b = 0, maka a = 0 atau b = 0 untuk
setiap a, b ∈ D).
Contoh 2.3.3.
Gelanggang komutatif Z merupakan gelanggang dengan elemen satuan yang tidak
memuat pembagi nol, sehingga Z adalah daerah integral. Juga gelanggang-gelanggang
Q, R, dan C semuanya adalah daerah integral.
Definisi 2.3.10.
Misalkan a, b, c dalam gelanggang R dengan a ≠ 0. Hukum kanselasi multiplikatif
(disingkat kanselasi) dikatakan berlaku dalam R yaitu jika a ⋅ b = a ⋅ c, maka b = c,
demikian pula jika b ⋅ a = c ⋅ a, maka b = c.
Teorema 2.3.5.
Gelanggang komutatif R dengan elemen satuan adalah daerah integral jika dan hanya
jika dalam R berlaku kanselasi.
BUKTI.
( ⇒ ) Misalkan a ≠ 0 dan a ⋅ b = a ⋅ c. Maka (a ⋅ b) + (−(a ⋅ c)) = a ⋅ (b + (−c)) = 0.
Karena R daerah integral dan a ≠ 0, maka haruslah b + (−c) = 0, sehingga b = c.
Jadi dalam R berlaku kanselasi.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
27
( ⇐ ) Akan ditunjukkan bahwa jika a ⋅ b = 0, maka a = 0 atau b = 0. Jika a ≠ 0, maka
persamaan a ⋅ b = 0 = a ⋅ 0 mengakibatkan b = 0, karena diasumsikan dalam R
berlaku kanselasi. Jadi R adalah daerah integral.
■
Sudah dibuktikan bahwa dalam daerah integral berlaku kanselasi. Berikutnya akan
dibuktikan bahwa dalam medan juga berlaku kanselasi sehingga setiap medan adalah
daerah integral.
Teorema 2.3.6.
Setiap medan F adalah daerah integral.
BUKTI.
Ambil sembarang a, b, c ∈ F. Dari Definisi 2.3.7, a ≠ 0 mempunyai invers multiplikatif
a−1. Berarti jika a ⋅ b = a ⋅ c, maka b = c. Maka dari Definisi 2.3.10 dan Teorema 2.3.5,
F adalah daerah integral.
■
Teorema 2.3.7.
Jika D daerah integral, maka D berkarakteristik prima atau 0.
BUKTI.
Misalkan D berkarakteristik n ≠ 0. Jika n = 1, maka 11D = 1 D ≠ 0. Ini berarti 1 bukan
karakteristik dari D (Lema 2.3.4). Akan ditunjukkan bahwa jika n1 D = 0, maka n harus
prima. Perhatikan bahwa n1 D = 1 D + 1 D + … + 1 D. Andaikan n bukan prima. Maka
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
28
1 D + 1 D + ... + 1 D = (1 D + 1 D + ... + 1D ) . (1 D + 1 D + ... + 1 D ) , 1 < s < n dan 1 < t < n.
1442443
144
42444
3 144
42444
3
n
s
t
Sehingga jika n1D = (s1D) ⋅ (t1D) = 0, maka s1D = 0 atau t1D = 0 sebab D daerah integral.
Ini menunjukkan bahwa D berkarakteristik s atau t. Terdapat suatu kontradiksi dengan
D berkarakteristik n. Jadi haruslah n prima.
■
2.4. Bilangan Bulat Modulo n
Hanya ada dua metode standar untuk mengonstruksikan medan, yaitu medan hasil
bagi daerah integral (misalnya, medan semua bilangan rasional adalah medan yang
dikonstruksi dari daerah integral semua bilangan bulat) dan bilangan bulat modulo
prima p (nanti akan ditunjukkan bahwa terdapat medan berhingga berorder p). Medan
hasil bagi daerah integral, yaitu medan semua anggotanya direpresentasikan sebagai
hasil bagi anggota-anggota dari daerah integral, khusus untuk mengkonstruksi medan
takhingga. Karena tulisan ini akan membahas medan Galois (medan berhingga), maka
kita akan akrab dengan bilangan bulat modulo p dalam mengoperasikan elemen-elemen
dari medan Galois.
Definisi 2.4.1.
Misalkan n adalah bilangan bulat positif. Bilangan-bilangan bulat a dan b dikatakan
kongruen modulo n (ditulis a ≡ b mod n) jika dan hanya jika a − b = kn, k ∈ Z.
Teorema 2.4.1.
Relasi kongruensi modulo n adalah relasi ekivalensi pada Z, untuk setiap bilangan bulat
positif n.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
29
BUKTI.
Akan dibuktikan relasi kongruensi modulo n bersifat refleksif, simetris, dan transitif.
Ambil sembarang bilangan-bilangan bulat u, v, w.
Karena u − u = 0 = 0n, maka u ≡ u mod n. Jadi relasi bersifat refleksif. Jika u ≡ v mod n,
maka u − v = kn, k ∈ Z, sehingga v − u = −kn, −k ∈ Z. Maka v ≡ u mod n. Jadi relasi
bersifat simetris. Jika u ≡ v mod n dan v ≡ w mod n, maka u − v = rn dan v − w = sn
untuk r, s ∈ Z. Ini berarti (u − v) + (v − w) = rn + sn ⇔ u − w = (r + s)n, r + s ∈ Z,
sehingga u ≡ w mod n. Jadi relasi bersifat transitif.
■
Kelas-kelas ekivalensi dari relasi kongruensi modulo n disebut kelas kongruensi
mod n. Kelas kongruensi mod n yang memuat suatu a ∈ Z adalah
[a] = {b ∈ Z : b ≡ a mod n} = {b ∈ Z : b − a = kn untuk suatu k ∈ Z}.
Menurut algoritma pembagian pada bilangan bulat, terdapat dengan tunggal bilangan
bulat q dan r sedemikian sehingga a = qn + r dengan 0 ≤ r < n. Ini menunjukkan bahwa
a ≡ r mod n dan [a] = [r]. Maka bilangan bulat a kongruen modulo n dengan tepat salah
satu bilangan bulat 0, 1, 2, …, n − 1. Misalkan juga [a] = [s] dengan 0 ≤ s < n, maka [r]
= [s], sehingga r − s = kn. Karena 0 ≤ r − s < n, maka haruslah r − s = 0, yaitu r = s. Jadi
jika r ≠ s, maka [r] ≠ [s], artinya kelas-kelas kongruensi [0], [1], [2], …, [n − 1] saling
berbeda. Misalkan Zn menyatakan himpunan kelas-kelas kongruensi mod n, maka
Zn = {[0], [1], [2], …, [n − 1]}
di mana setiap bilangan bulat terdapat dalam tepat satu kelas kongruensi di atas. Dengan
demikian untuk bilangan bulat positif n yang tetap, maka terdapat n kelas kongruensi
mod n. Selanjutnya Zn disebut himpunan semua bilangan bulat modulo n.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
30
Contoh 2.4.1.
Untuk n = 3, maka terdapat 3 kelas kongruensi mod 3, yaitu
[0] = [−9] = [30] = [18] = {…, −9, −6, −3, 0, 3, 6, 9, …} ⊆ Z
[1] = [−2] = [−8] = [28] = {…, −8, −5, −2, 1, 4, 7, 10, …} ⊆ Z
[2] = [11] = [47] = [−1] = {…, −7, −4, −1, 2, 5, 8, 11, …} ⊆ Z
sehingga Z3 = {[0], [1], [2]}.
Teorema 2.4.2.
Untuk setiap bilangan bulat positif n, maka Zn adalah gelanggang komutatif dengan
elemen satuan terhadap operasi penjumlahan dan perkalian yang didefinisikan dengan
[a] + [b] = [a + b] dan [a] ⋅ [b] = [ab]
untuk setiap [a], [b] ∈ Zn.
BUKTI.
Ditunjukkan dahulu kedua operasi terdefinisi dengan baik. Ambil sembarang [a1], [a2],
[b1], [b2] ∈ Zn dengan [a1] = [a2] dan [b1] = [b2]. Akan ditunjukkan [a 1 + b1] = [a2 + b2]
dan [a1b 1] = [a 2b2]. Karena [a1] = [a2] dan [b1] = [b2], maka
a 1 = a2 + sn dan b1 = b2 + tn untuk suatu s, t ∈ Z.
Sekarang, a1 + b1 = a2 + s n + b 2 + tn = a2 + b2 + (s + t)n = a2 + b2 + un, u ∈ Z, sehingga
(a1 + b1) ≡ (a 2 + b2) mod n, yaitu [a1 + b1] = [a 2 + b2].
Kemudian, a1b 1 = (a2 + sn) (b2 + tn) = (a 2b2) + (a2tn) + (b2sn) + (tnsn) = (a2b 2) + (a 2t +
b2s + tsn)n = (a 2b2) + vn untuk suatu v ∈ Z. Maka (a1b1) ≡ (a 2b2) mod n, yaitu [a1b 1] =
[a2b 2]. Selanjutnya dibuktikan Zn adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
31
Ambil sembarang [a], [b], [c] ∈ Zn. Jelas kedua operasi bersifat tertutup. Perhatikan
bahwa ([a] + [b]) + [c] = [a + b] + [c] = [a + b + c] = [a] + ([b] + [c]) dan ([a] ⋅ [b]) ⋅ [c]
= [ab] ⋅ [c] = [abc] = [a] ⋅ ([b] ⋅ [c]). Berarti kedua operasi bersifat asosiatif. Kedua
operasi bersifat komutatif, yaitu [a] + [b] = [a + b] = [b + a] = [a] + [b] dan [a] ⋅ [b] =
[ab] = [ba] = [b] ⋅ [a]. Kombinasi kedua operasi bersifat distributif, yaitu ([a] + [b]) ⋅ [c]
= [a + b] ⋅ [c] = [(a + b)c] = [ac + bc] = [ac] + [bc] = ([a] ⋅ [c]) + ([b] ⋅ [c]) dan [c] ⋅ ([a]
+ [b]) = [c] ⋅ [a + b] = [c(a + b)] = [ca + cb] = [ca] + [cb] = ([c] ⋅ [a]) + ([c] ⋅ [b]).
Elemen identitas adalah [0] sebab [a] + [0] = [a + 0] = [a]. Invers aditif dari [a] adalah
[−a] sebab [−a] = [0] + [−a] = [n] + [−a] = [n − a] sehingga [a] + [−a] = [a] + [n − a] =
[n] = [0]. Elemen satuan adalah [1] sebab [a] ⋅ [1] = [a1] = [a].
Terbukti Zn adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan.
■
Di atas sudah dibuktikan bahwa Zn gelanggang. Gelanggang Z6 = {[0], [1], [2],
[3], [4], [5]} bukan medan sebab [2] dan [3] adalah pembagi nol, yaitu [2] ⋅ [3] = [0].
Mudah dipahami bahwa Z2, Z3, Z5, Z7 tidak mempunyai pembagi nol. Secara umum,
teorema berikut membuktikan bahwa Zn adalah medan untuk setiap bilangan prima n.
Teorema 2.4.3.
Zn adalah medan jika dan hanya jika n prima.
BUKTI.
( ⇒ ) Diasumsikan Zn medan dan akan dibuktikan n prima. Andaikan n bukan prima.
Maka n = st di mana 1 < s < n dan 1 < t < n. Ini berarti [st] = [s] ⋅ [t] = [n] = [0].
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
32
Padahal [s] ≠ [0] dan [t] ≠ [0], berarti [s] dan [t] adalah pembagi nol dalam Zn.
Kontradiksi dengan Zn medan. Jadi haruslah n prima.
( ⇐ ) Ambil sembarang [a] ≠ [0] dalam Zn dan n prima. Akan ditunjukkan bahwa [a]
mempunyai invers multiplikatif. Karena n prima dan n bukan faktor dari a, maka
faktor persekutuan terbesar dari n dan a adalah 1. Sehingga dari sifat bilangan
bulat, 1 adalah kombinasi linear dari n dan a. Jadi terdapat bilangan bulat r dan s
sedemikian sehingga 1 = ra + sn. Berarti 1 ≡ ra mod n. Jadi pada bilangan bulat
modulo prima n, [1] = [ra] = [r] ⋅ [a]. Jadi jika n prima, maka [a] ≠ [0] dalam Zn
mempunyai invers multiplikatif [r], sehingga Zn medan.
■
2.5. Ideal dan Teorema Isomorfisma
Untuk mengkonstruksi medan nantinya, diperlukan suatu subgelanggang khusus
(menjadi salah satu kunci dari tujuan yang hendak dicapai) yang dinamakan ideal.
Definisi 2.5.1.
Misalkan R adalah gelanggang. Subgelanggang I dari R disebut ideal jika dan hanya jika
r ⋅ a ∈ I dan a ⋅ r ∈ I untuk ∀a ∈ I, ∀r ∈ R.
Teorema 2.5.1 (Uji Ideal).
Misalkan R gelanggang dan I ⊆ R. Maka I ideal dalam R jika dan hanya jika
(i)
I ≠ ∅,
(ii)
(∀a1, a2 ∈ I) a1 + (−a2) ∈ I,
(iii) (∀a ∈ I) (∀r ∈ R) r ⋅ a ∈ I dan a ⋅ r ∈ I.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
33
BUKTI.
( ⇒ ) Definisi 2.5.1.
( ⇐ ) Ambil sembarang a, b ∈ I. Maka a + (−a) = 0 sebab R gelanggang dan I ⊆ R.
Berarti dari (ii), 0 ∈ I, sehingga I ≠ ∅. Karena 0 ∈ I, maka dari (ii), 0 + (−a) =
−a ∈ I. Dan a + (−(−b)) = a + b ∈ I. Kemudian dari (iii), a ⋅ b ∈ I. Menurut
Teorema 2.3.2, I subgelanggang dari R. Dari (iii), I ideal dalam R.
■
Teorema 2.5.2.
Jika R gelanggang komutatif dengan elemen satuan, maka (a) = {r ⋅ a : r ∈ R} ideal
dalam R, untuk ∀a ∈ R.
BUKTI.
Karena 1 R ∈ R dan a = 1R ⋅ a, maka a ∈ (a), sehingga (a) ≠ ∅. Jika r1 ⋅ a, r2 ⋅ a ∈ (a),
maka (r1 ⋅ a) + (−(r2 ⋅ a)) = (r1 + (−r2)) ⋅ a ∈ (a) untuk suatu r1, r2 ∈ R. Jika diambil
sembarang r ∈ R, maka r ⋅ (r1 ⋅ a) = (r ⋅ r1) ⋅ a ∈ (a) dan (r1 ⋅ a) ⋅ r = (r1 ⋅ r) ⋅ a ∈ (a)
sebab R gelanggang komutatif. Menurut Teorema 2.5.1, (a) ideal dalam R.
■
Definisi 2.5.2.
Ideal (a) = {a ⋅ r : r ∈ R} dari gelanggang komutatif R dengan elemen satuan disebut
ideal utama yang dihasilkan oleh a ∈ R.
Contoh 2.5.1.
Untuk n ∈ Z, maka nZ = {nz : z ∈ Z} = (n) adalah ideal utama dalam gelanggang Z.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
34
Teorema 2.5.3.
Gelanggang komutatif R dengan elemen satuan adalah medan jika dan hanya jika ideal
dalam R hanyalah {0} dan R.
BUKTI.
( ⇒ ) Jelas R mempunyai ideal trivial {0}. Misalkan I ideal taktrivial dalam R. Akan
ditunjukkan I = R. Pilih a ≠ 0 ∈ I. Karena diasumsikan R medan, maka untuk
setiap x ∈ R, x = a ⋅ (a −1 ⋅ x) ∈ I, sehingga R ⊆ I. Karena I ⊆ R, maka I = R.
Terbukti ideal dalam R hanyalah {0} dan R.
( ⇐ ) Ambil sembarang a ≠ 0 dalam R. Akan ditunjukkan bahwa a mempunyai invers
multiplikatif. Menurut Teorema 2.5.2, (a) ideal dalam R. Karena a ∈ (a), maka
(a) ≠ {0}. Karena diasumsikan ideal dalam R hanya {0} dan R, maka (a) = R,
sehingga 1 R ∈ (a), yaitu 1 R = a ⋅ b. Jadi ∃b ∈ R sedemikian sehingga a ⋅ b = 1R.
Terbukti R medan.
■
Definisi 2.5.3.
Jika R gelanggang komutatif, maka ideal I dalam R disebut ideal prima jika dan hanya
jika I ≠ R dan jika a ⋅ b ∈ I, maka a ∈ I atau b ∈ I, untuk ∀a, b ∈ R.
Definisi 2.5.4.
Jika R gelanggang, maka ideal M ≠ R disebut ideal maksimal jika dan hanya jika tidak
terdapat ideal sejati dari R yang memuat M.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
35
Jika I ideal dalam gelanggang R, maka I subgrup normal dalam grup aditif
komutatif R, sehingga dapat dibentuk grup faktor R I dengan operasi penjumlahan dan
bersifat komutatif (Lema 2.2.14). Elemen-elemen dalam R I adalah koset-koset kanan
dari I dalam R yang berbentuk I + r dengan r ∈ R. Teorema berikut ini menunjukkan
bahwa R I adalah gelanggang. Seperti halnya grup faktor, maka syarat supaya R I
gelanggang adalah I ideal dalam R. Dengan perkataan lain, jika I ideal dalam R, maka
R I gelanggang.
Teorema 2.5.4.
Jika R gelanggang dan I ideal dalam R, maka R I = {I + r : r ∈ R} adalah gelanggang
terhadap operasi penjumlahan dan perkalian yang didefinisikan dengan
(I + a) + (I + b) = I + (a + b)
(I + a) ⋅ (I + b) = I + (a ⋅ b)
untuk setiap I + a, I + b ∈ R I .
BUKTI.
Sudah ditunjukkan R I grup komutatif terhadap operasi +. Tinggal ditunjukkan operasi
⋅ bersifat tertutup dan asosiatif, dan berlaku hukum distributif. Ditunjukkan dahulu
operasi ⋅ pada R I terdefinisi dengan baik, yaitu jika I + a1 = I + a2 dan I + b1 = I + b2,
maka I + (a1 ⋅ b1) = I + (a2 ⋅ b2). Jika I + a1 = I + a2 dan I + b 1 = I + b2, maka a 1 = n1 + a2
dan b1 = n2 + b 2 untuk suatu n1, n2 ∈ I. Sekarang, a 1 ⋅ b1 = (n1 + a 2) ⋅ (n 2 + b2) = (n1 ⋅ n2)
+ (n1 ⋅ b2) + (a2 ⋅ n2) + (a 2 ⋅ b2) = n3 + (a 2 ⋅ b2) di mana n3 = (n 1 ⋅ n2) + (n1 ⋅ b2) + (a2 ⋅ n2).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
36
Maka (a1 ⋅ b1) + (−(a2 ⋅ b 2)) = n3 ∈ I sebab I ideal. Karena R grup aditif, maka menurut
Lema 2.2.9, I + (a1 ⋅ b1) = I + (a2 ⋅ b2). Ambil sembarang I + a, I + b, I + c ∈ R I . Jelas
di sini operasi ⋅ pada R I bersifat tertutup. Dan operasi ⋅ pada R I bersifat asosiatif,
yaitu ((I + a) ⋅ (I + b)) ⋅ (I + c) = (I + (a ⋅ b)) ⋅ (I + c) = I + ((a ⋅ b) ⋅ c) = I + (a ⋅ (b ⋅ c)) =
(I + a) ⋅ (I + (b ⋅ c)) = (I + a) ⋅ ((I + b) ⋅ (I + c)). Selanjutnya, ((I + a) + (I + b)) ⋅ (I + c) =
(I + (a + b)) ⋅ (I + c) = I + ((a + b) ⋅ c) = I + ((a ⋅ c) + (b ⋅ c)) = (I + (a ⋅ c)) + (I + (b ⋅ c))
= ((I + a) ⋅ (I + c)) + ((I + b) ⋅ (I + c)). Secara analog, maka (I + c) ⋅ ((I + a) + (I + b)) =
((I + c) ⋅ (I + a)) + ((I + c) ⋅ (I + b)), sehingga dalam R I berlaku hukum distributif.
■
Definisi 2.5.5.
Gelanggang R I = {I + r : r ∈ R} disebut gelanggang faktor.
Lema 2.5.5.
Jika R gelanggang komutatif dan I ideal dalam R, maka R I komutatif.
BUKTI.
Ambil sembarang I + r1, I + r2 ∈ R I untuk suatu r1, r2 ∈ R. Didapat (I + r1) ⋅ (I + r2) =
I + (r1 ⋅ r2) = I + (r2 ⋅ r1) = (I + r2) ⋅ (I + r1). Jadi R I komutatif.
■
Teorema 2.5.6.
Jika R gelanggang komutatif dengan elemen satuan dan M ideal dalam R, maka M ideal
maksimal jika dan hanya jika R M medan.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
37
BUKTI.
( ⇒ ) Ambil sembarang M + a ∈ R M dengan M + a ≠ M + 0. Maka a ∉ M.
Kemudian ditunjukkan bahwa M + a mempunyai invers multiplikatif. Misalkan
N = {(r ⋅ a) + m : r ∈ R dan m ∈ M}. Akan dibuktikan bahwa N ideal dalam R.
Karena 0 = 0 ⋅ a + 0 ∈ N, maka N ≠ ∅. Jika (r1 ⋅ a) + m1, (r2 ⋅ a) + m2 ∈ N, maka
((r1 ⋅ a) + m1) + (−((r2 ⋅ a) + m2)) = ((r1 + (−r2)) ⋅ a) + (m1 + (−m2)) ∈ N untuk
suatu r1, r2 ∈ R dan m1, m2 ∈ M. Untuk sembarang r ∈ R, maka r ⋅ ((r1 ⋅ a) + m1)
= ((r ⋅ r1) ⋅ a) + (r ⋅ m1) ∈ N. Dan karena R komutatif, maka ((r1 ⋅ a) + m1) ⋅ r =
((r1 ⋅ r) ⋅ a) + (m1 ⋅ r) ∈ N. Jadi N ideal dalam R (Teorema 2.5.1). Perhatikan
bahwa untuk ∀m ∈ M, (0 ⋅ a) + m = m ∈ N. Lagipula a ∉ M tetapi (1 R ⋅ a) + 0 =
a ∈ N. Ini menunjukkan bahwa M ⊂ N. Padahal M ideal maksimal dalam R,
maka haruslah N = R. Jadi 1 R ∈ N, sehingga 1R = (r ⋅ a) + m. Sekarang, M + 1R =
M + ((r ⋅ a) + m) = (M + (r ⋅ a)) + (M + m) = M + (r ⋅ a) = (M + r) ⋅ (M + a). Ini
berarti ∃M + r ∈ R M sedemikian sehingga (M + r) ⋅ (M + a) = M + 1R.
Terbukti R M medan.
( ⇐ ) Diasumsikan R M medan, akan ditunjukkan M ideal maksimal. Andaikan M
bukan ideal maksimal. Maka terdapat ideal N sedemikian sehingga M ⊂ N ⊂ R.
Jelas M ideal dalam N, sehingga dapat dibentuk gelanggang faktor N M . Akan
dibuktikan N M ideal dalam R M . Jika M + n ∈ N M dengan n ∈ N, maka
sembarang M + r ∈ R M dengan r ∈ R, (M + r) ⋅ (M + n) = M + (r ⋅ n) ∈ N M
sebab N ideal dalam R. Juga (M + n) ⋅ (M + r) ∈ N M . Jadi N M ideal dalam
R M . Dengan demikian {M + 0} ⊂ N M ⊂ R M . Padahal menurut Teorema
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
38
2.5.3, medan R M hanya memuat ideal-ideal {M + 0} dan R M . Timbul suatu
kontradiksi. Jadi haruslah M ideal maksimal.
■
Teorema 2.5.7.
Ideal sejati I dalam gelanggang komutatif R dengan elemen satuan adalah ideal prima
jika dan hanya jika R I daerah integral.
BUKTI.
( ⇒ ) Sudah dibuktikan bahwa jika I ideal dalam R, maka R I gelanggang komutatif.
Akan ditunjukkan bahwa jika I ideal prima, maka R I daerah integral. Ambil
sembarang I + a, I + b ∈ R I . Jika (I + a) ⋅ (I + b) = I + (a ⋅ b) = I + 0, maka
haruslah a ⋅ b ∈ I. Karena I ideal prima, maka a ∈ I atau b ∈ I. Ini menunjukkan
I + a = I + 0 atau I + b = I + 0.
Terbukti R I daerah integral.
( ⇐ ) Ambil sembarang r1, r2 ∈ R. Jika r1 ⋅ r2 ∈ I, maka I + (r1 ⋅ r2) = I + 0. Karena
R I adalah daerah integral, maka jika I + (r1 ⋅ r2) = (I + r1) ⋅ (I + r2) = I + 0,
haruslah I + r1 = I + 0 atau I + r2 = I + 0. Ini berarti r1 ∈ I atau r2 ∈ I.
Terbukti I ideal prima.
■
Teorema 2.5.8.
Setiap ideal maksimal I dalam gelanggang komutatif R dengan elemen satuan adalah
ideal prima.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
39
BUKTI.
Jika I ideal maksimal dalam R, maka I ≠ R. Dari Teorema 2.5.6, R I medan. Karena
medan adalah daerah integral, maka dari Teorema 2.5.7, I ideal prima.
■
Berikutnya didefinisikan pemetaan gelanggang yang merupakan homomorfisma.
Definisi 2.5.6.
Misalkan R dan S adalah gelanggang-gelanggang. Maka pemetaan θ : R → S disebut
homomorfisma gelanggang jika dan hanya jika
θ(a + b) = θ(a) + θ(b) dan θ(a ⋅ b) = θ(a) ⋅ θ(b)
untuk setiap a, b ∈ R.
Contoh 2.5.2.
Didefinisikan θ : Z → Zn dengan aturan θ(a) = [a] untuk setiap a ∈ Z. Maka θ adalah
pemetaan dari Z ke Zn. Sekarang, θ(a + b) = [a + b] = [a] + [b] = θ(a) + θ(b).
Kemudian, θ(ab) = [ab] = [a] ⋅ [b] = θ(a) ⋅ θ(b). Maka pemetaan θ : Z → Zn adalah
homomorfisma gelanggang.
Definisi 2.5.7.
Misalkan θ : R → S homomorfisma gelanggang. Maka kernel θ (ditulis Ker(θ)) adalah
himpunan elemen-elemen r ∈ R sedemikian sehingga θ(r) = 0S. Sedangkan image θ
(bayangan homomorfisma dan ditulis Im(θ)) adalah himpunan elemen-elemen s ∈ S
sedemikian sehingga s = θ(r) untuk suatu r ∈ R.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
40
Proposisi 2.5.9.
Jika R, S adalah gelanggang-gelanggang dan θ : R → S homomorfisma, maka
(i)
θ(0 R) = 0 S dan θ(−r) = −θ(r) untuk ∀r ∈ R.
(ii)
Ker(θ) = {r ∈ R : θ(r) = 0 S} ideal dalam R.
(iii) Im(θ) = {s ∈ S : s = θ(r), r ∈ R} subgelanggang dari S.
(iv) θ injektif jika dan hanya jika Ker(θ) = {0R}.
BUKTI.
(i)
Karena θ homomorfisma, maka θ(0R) + θ(0 R) = θ(0 R + 0R) = θ(0 R) = θ(0R) + 0S.
Dengan kanselasi aditif, maka θ(0 R) = 0S. Kemudian untuk sembarang r ∈ R, maka
θ(−r) + θ(r) = θ(−r + r) = θ(0 R) = 0S = −θ(r) + θ(r) sebab S gelanggang. Dengan
kanselasi aditif, maka θ(−r) = −θ(r).
(ii)
Ker(θ) ≠ ∅ sebab 0R ∈ Ker(θ). Ambil sembarang a, b ∈ Ker(θ). Maka θ(a) = 0S
dan θ(b) = 0S, sehingga θ(a + (−b)) = θ(a) + θ(−b) = θ(a) + (−θ(b)) = 0 S + 0S = 0S.
Ini berarti a + (−b) ∈ Ker(θ). Kemudian jika r ∈ R, maka θ(r ⋅ a) = θ(r) ⋅ θ(a) =
θ(r) ⋅ 0S = 0S dan θ(a ⋅ r) = θ(a) ⋅ θ(r) = 0S ⋅ θ(r) = 0S, sehingga r ⋅ a ∈ Ker(θ) dan
a ⋅ r ∈ Ker(θ). Menurut Teorema 2.5.1, Ker(θ) ideal dalam R.
(iii) Jelas Im(θ) ≠ ∅ sebab 0S ∈ Im(θ) menurut (i). Ambil sembarang s1, s2 ∈ Im(θ)
sedemikian sehingga s1 = θ(r1) dan s2 = θ(r2), untuk suatu r1, r2 ∈ R. Maka s1 + s2
= θ(r1) + θ(r2) = θ(r1 + r2) ∈ Im(θ) dan s1 ⋅ s2 = θ(r1) ⋅ θ(r2) = θ(r1 ⋅ r2) ∈ Im(θ)
sebab θ homomorfisma dan R gelanggang. Selanjutnya menurut (i), −s1 = −θ(r1) =
θ(−r1) ∈ Im(θ). Menurut Teorema 2.3.2, Im(θ) subgelanggang dari S.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
41
(iv) ( ⇒ ) Jika a ∈ Ker(θ), maka θ(a) = 0S = θ(0R). Karena θ injektif, maka a = 0R,
sehingga Ker(θ) = {0R}.
( ⇐ ) Ambil sembarang r1, r2 ∈ R sedemikian sehingga θ(r1) = θ(r2). Maka 0 S =
θ(r1) + (−θ(r2)) = θ(r1) + θ(−r2) = θ(r1 + (−r2)). Jadi r1 + (−r2) ∈ Ker(θ).
Padahal Ker(θ) = {0R}, ini berarti haruslah r1 + (−r2) = 0R, yaitu r1 = r2.
Terbukti θ injektif.
■
Pada Proposisi 2.5.9 telah dibuktikan bahwa jika θ : R → S homomorfisma
gelanggang, maka Im(θ) subgelanggang dari S, dan Ker(θ) ideal dalam R. Selanjutnya
teorema berikut membuktikan bahwa jika I ideal dalam gelanggang R, maka terdapat
suatu pemetaan α : R → R I yang merupakan homomorfisma surjektif sedemikian
sehingga Ker(α) = I. Pemetaan ini disebut homomorfisma kanonik.
Teorema 2.5.10.
Misalkan R gelanggang dan I ideal dalam R. Maka pemetaan α : R → R I dengan
aturan α(r) = I + r untuk setiap r ∈ R, adalah homomorfisma surjektif dan Ker(α) = I.
BUKTI.
Ditunjukkan dahulu pemetaan terdefinisi dengan baik. Ambil sembarang r1, r2 ∈ R
sedemikian sehingga r1 = r2. Akan ditunjukkan α(r1) = α(r2). Karena r1 ∈ I + r1, maka
r2 = r1 = n + r1 untuk suatu n ∈ I. Di sini r2 + (−r1) = n ∈ I. Dan karena R grup aditif,
maka menurut Lema 2.2.9, I + r1 = I + r2, yaitu α(r1) = α(r2). Kemudian akan
ditunjukkan α homomorfisma surjektif. Perhatikan bahwa α(r1 + r2) = I + (r1 + r2) = (I +
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
42
r1) + (I + r2) = α(r1) + α(r2) dan α(r1 ⋅ r2) = I + (r1 ⋅ r2) = (I + r1) ⋅ (I + r2) = α(r1) ⋅ α(r2),
sehingga α homomorfisma. Jelas α surjektif sebab jika diambil sembarang s ∈ R I ,
maka s = I + r dengan r ∈ R, dan α(r) = I + r = s. Selanjutnya ditunjukkan Ker(α) = I.
Ker(α) = {r ∈ R : α(r) = I + 0} = {r ∈ R : I + r = I + 0} = {r ∈ R : r ∈ I} = I.
■
Definisi 2.5.8.
Jika θ : R → S homomorfisma gelanggang yang bijektif, maka θ disebut isomorfisma
gelanggang. Selanjutnya R dan S dikatakan isomorfis (ditulis R ≅ S) jika terdapat suatu
isomorfisma dari R ke S.
Homomorfisma gelanggang disebut juga pemetaan yang mempertahankan operasi,
artinya bayangan dari jumlahan adalah jumlahan bayangan, dan bayangan dari perkalian
adalah perkalian bayangan. Beberapa sifat dari homomorfisma (Proposisi 2.5.9) adalah
elemen 0 R dipetakan ke elemen 0S (analog, 1R dipetakan ke 1S jika R dan S mempunyai
elemen satuan), invers aditif dipetakan ke invers aditif dari bayangan, dan sebagainya.
Sedangkan isomorfisma gelanggang, selain mempertahankan operasi (karena
homomorfisma), disebut juga pemetaan yang mempertahankan sifat (struktur aljabar)
dari R dan S yang saling isomorfis. Dari definisi isomorfisma, jika R dan S isomorfis
maka R = S . Proposisi berikut menunjukkan beberapa sifat lain dari isomorfisma.
Proposisi 2.5.11.
Misalkan θ : R → S isomorfisma gelanggang.
(i)
Jika R mempunyai elemen satuan, maka S mempunyai elemen satuan.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
43
(ii)
Jika R komutatif, maka S komutatif.
(iii) Jika R medan, maka S medan.
BUKTI.
(i)
Ambil sembarang θ(r) ∈ S untuk suatu r ∈ R. Karena θ adalah isomorfisma dan R
mempunyai elemen satuan 1 R, maka θ(r) = θ(r ⋅ 1R) = θ(r) ⋅ θ(1 R). Dengan cara
yang sama, θ(r) = θ(1 R) ⋅ θ(r). Jadi θ(1R) = 1S elemen satuan dalam S.
(ii)
Jika θ(r1), θ(r2) ∈ S untuk suatu r1, r2 ∈ R, maka θ(r1) ⋅ θ(r2) = θ(r1 ⋅ r2) = θ(r2 ⋅ r1)
= θ(r2) ⋅ θ(r1) sebab R komutatif. Jadi S juga komutatif.
(iii) Karena R medan, maka untuk ∀a ≠ 0R ∈ R mempunyai invers multiplikatif b ∈ R
sedemikian sehingga a ⋅ b = 1R. Karena θ adalah isomorfisma, maka θ(a) ⋅ θ(b) =
θ(a ⋅ b) = θ(1R) = 1S. Ini berarti (∀θ(a) ≠ 0S ∈ S) (∃θ(b) ∈ S) θ(a) ⋅ θ(b) = 1S.
Dengan demikian S juga medan.
■
Jika R dan S isomorfis, maka semua sifat yang berlaku pada R berlaku pula pada S,
demikian juga sebaliknya. Teorema berikut membuktikan bahwa isomorfisma adalah
relasi ekivalensi pada himpunan semua gelanggang, sehingga isomorfisma membagi
himpunan semua gelanggang ke dalam kelas-kelas ekivalensi, di mana gelangganggelanggang yang saling isomorfis berada dalam kelas yang sama dan mempunyai
struktur aljabar yang sama.
Teorema 2.5.12.
Isomorfisma gelanggang adalah relasi ekivalensi pada himpunan semua gelanggang.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
44
BUKTI.
Jelas R ≅ R sebab pemetaan identitas ι : R → R adalah homomorfisma yang bijektif,
sehingga ≅ refleksif. Jika R ≅ S, maka terdapat θ : R → S yang merupakan isomorfisma
gelanggang. Ini berarti θ−1 : S → R bijektif. Ambil sembarang a, b ∈ S sedemikian
sehingga θ−1(a) = x dan θ−1(b) = y. Maka a = θ(x) dan b = θ(y), sehingga a + b = θ(x) +
θ(y) = θ(x + y) dan a ⋅ b = θ(x) ⋅ θ(y) = θ(x ⋅ y). Ini berarti x + y = θ−1(a + b) dan x ⋅ y =
θ−1(a ⋅ b). Perhatikan bahwa θ−1(a + b) = x + y = θ−1(a) + θ−1(b) dan θ−1(a ⋅ b) = x ⋅ y =
θ−1(a) ⋅ θ−1(b), sehingga θ−1 homomorfisma. Jadi S ≅ R, sehingga ≅ simetris. Kemudian,
jika R ≅ S dan S ≅ T, maka terdapat isomorfisma α : R → S dan β : S → T. Dengan
demikian (β o α) : R → T bijektif. Pemetaan β o α adalah homomorfisma sebab untuk
sembarang r, s ∈ R, maka (β o α) (r + s) = β(α(r + s)) = β(α(r) + α(s)) = β(α(r)) +
β(α(s)) = (β o α) (r) + (β o α) (s) dan (β o α) (r ⋅ s) = β(α(r ⋅ s)) = β(α(r) ⋅ α(s)) =
β(α(r)) ⋅ β(α(s)) = (β o α) (r) ⋅ (β o α) (s). Jadi R ≅ T, sehingga ≅ transitif.
Terbukti ≅ adalah relasi ekivalensi.
■
Sudah dibuktikan pada Teorema 2.5.10 bahwa setiap gelanggang faktor dari
gelanggang R merupakan bayangan homomorfis dari R. Selanjutnya teorema berikut
membuktikan bahwa setiap bayangan homomorfis dari R isomorfis dengan suatu
gelanggang faktor dari R, sehingga setiap bayangan homomorfis dari R merupakan
gelanggang faktor dari R.
Teorema 2.5.13 (Teorema Isomorfisma pada Gelanggang).
Jika θ : R → S homomorfisma gelanggang dan Ker(θ) = I, maka R I ≅ Im(θ).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
45
BUKTI.
Didefinisikan α : R I → Im(θ) dengan aturan α(I + r) = θ(r), ∀I + r ∈ R I , r ∈ R.
Ditunjukkan terlebih dahulu pemetaan terdefinisi dengan baik. Ambil sembarang I + r1,
I + r2 ∈ R I sedemikian sehingga I + r1 = I + r2. Maka r1 = n + r2 untuk suatu n ∈ I.
Dan α(I + r1) = θ(r1) = θ(n + r2) = θ(n) + θ(r2) = 0S + θ(r2) = θ(r2) = α(I + r2) sebab θ
homomorfisma dan n ∈ Ker(θ). Jadi jika I + r1 = I + r2, maka α(I + r1) = α(I + r2).
Pemetaan α homomorfisma sebab α((I + r1) + (I + r2)) = α(I + (r1 + r2)) = θ(r1 + r2) =
θ(r1) + θ(r2) = α(I + r1) + α(I + r2) dan α((I + r1) ⋅ (I + r2)) = α(I + (r1 ⋅ r2)) = θ(r1 ⋅ r2) =
θ(r1) ⋅ θ(r2) = α(I + r1) ⋅ α(I + r2). Jelas α surjektif sebab jika s ∈ Im(θ), maka s = θ(r)
untuk r ∈ R, yang berarti terdapat I + r ∈ R I dan α(I + r) = θ(r) = s. Kemudian untuk
membuktikan α pemetaan yang injektif, ekivalen dengan menunjukkan bahwa Ker(α) =
{I + 0 R} (Proposisi 2.5.9(iv)).
Di sini didapat bahwa Ker(α) = {I + r ∈ R I : α(I + r) = 0 S} = {I + r ∈ R I : θ(r) = 0 S}
= {I + r ∈ R I : r ∈ Ker(θ)} = {I + r ∈ R I : r ∈ I} = {I + r ∈ R I : I + r = I + 0R} =
{I + 0 R}.
■
Pada Contoh 2.5.2 sebelumnya, telah diperlihatkan bahwa pemetaan θ : Z → Zn
adalah homomorfisma. Cukup jelas di sini bahwa θ surjektif, sehingga Im(θ) = Zn.
Kemudian, Ker(θ) = {z ∈ Z : θ(z) = [0]} = {z ∈ Z : [z] = [0]} = {k ∈ Z : z ≡ 0 mod n} =
{z ∈ Z : z = kn, k ∈ Z} = nZ = (n). Selanjutnya dengan menggunakan Teorema
Isomorfisma di atas, maka Z (n) ≅ Im(θ) = Zn. Pada kenyataannya dapat dibuktikan
bahwa Z (n) = Zn.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
46
Teorema 2.5.14.
Jika daerah integral D berkarakteristik prima p, maka D memuat subgelanggang yang
isomorfis dengan Zp. Jika D berkarakteristik 0, maka D memuat subgelanggang yang
isomorfis dengan Z.
BUKTI.
Didefinisikan pemetaan θ : Z → D dengan aturan θ(n) = n1D untuk setiap n ∈ Z.
Jelas aturan pemetaan terdefinisi dengan baik sebab jika m = n, maka m1D = n1D, yaitu
θ(m) = θ(n) untuk m, n ∈ Z. Pemetaan θ homomorfisma sebab θ(m + n) = (m + n)1D =
m1D + n1 D = θ(m) + θ(n) dan θ(mn) = (mn)1D = (m1 D) (n1D) = θ(m) θ(n). Perhatikan
bahwa Ker(θ) = {n ∈ Z : θ(n) = 0} = {n ∈ Z : n1 D = 0}. Jika D berkarakteristik p, yaitu
p1 D = 0, maka Ker(θ) = {n ∈ Z : n = kp, k ∈ Z} = (p). Menurut Teorema Isomorfisma,
Im(θ) ≅ Z ( p ) ≅ Zp. Ini berarti D memuat subgelanggang yang isomorfis dengan Zp.
Jika D berkarakteristik 0, maka Ker(θ) = {0}. Menurut Proposisi 2.5.9(iv), θ injektif,
sehingga Im(θ) ≅ Z. Jadi D memuat subgelanggang yang isomorfis dengan Z.
■
Teorema 2.5.15.
Jika medan F berkarakteristik prima p, maka F memuat submedan yang isomorfis
dengan Zp.
BUKTI.
Setiap medan F adalah daerah integral. Dari Teorema 2.5.14, F memuat submedan yang
isomorfis dengan Zp (sebab Zp medan dan isomorfisma adalah relasi ekivalensi).
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
47
Sedangkan jika medan F berkarakteristik 0, maka F memuat daerah integral B
yang isomorfis dengan daerah integral Z. Menurut Teorema Medan Hasil Bagi Daerah
Integral (pembuktiannya tidak diberikan di sini), F memuat dengan tunggal submedan
(anggota-anggotanya direpresentasikan sebagai hasil bagi anggota-anggota dari B) yang
isomorfis dengan medan Q. Jadi medan berkarakteristik 0 memuat submedan yang
isomorfis dengan Q.
Definisi 2.5.9.
Medan-medan Zp dan Q disebut medan prima. Submedan dari medan F yang isomorfis
dengan Zp atau Q disebut submedan prima dari F.
2.6. Polinomial
Polinomial (suku banyak) memegang peranan penting dalam mempelajari medan.
Seperti halnya himpunan, polinomial mudah untuk dipahami tetapi sulit untuk
didefinisikan dengan tepat. Dalam kalkulus yang banyak bekerja dengan fungsi,
polinomial f(x) di kenal sebagai fungsi bernilai real, dengan x adalah bilangan real.
Sebagai contoh, f(x) = 3x2 + 1 dikenal sebagai fungsi bernilai real dalam x di mana
koefisien-koefisien 3 dan 1 adalah bilangan-bilangan real. Jadi polinomial f(x) adalah
sebuah fungsi dari R ke R.
Di atas adalah sebuah contoh polinomial. Misalkan polinomial lain g(x) = x + 5,
maka f(x) + g(x) = 3x2 + x + 6, dan katakanlah hasil yang didapat barusan adalah
polinomial lainnya h(x). Demikian juga f(x) g(x) = 3x3 + 15x2 + x + 5 adalah polinomial,
katakanlah k(x). Jadi dapat dikatakan bahwa f(x), g(x), h(x), k(x) adalah anggota-anggota
dari himpunan polinomial-polinomial.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
48
Dalam tradisi aljabar abstrak, biasanya kita mengijinkan polinomial f(x) dengan
koefisien-koefisien bilangan real juga berlaku untuk sembarang gelanggang R. Untuk
hal tersebut, hanya dipandang pada koefisien-koefisien dan memperlakukan x hanya
sebagai simbol taktentu (indeterminate). Jadi yang merupakan anggota dari R adalah
koefisien-koefisien dari polinomial. Nanti ditunjukkan bagaimana suatu gelanggang
dapat dikonstruksi yang memuat R dan x. Kemudian dalam bab ini juga ditunjukkan
bahwa setiap polinomial menentukan sebuah fungsi polinomial. Ini berarti dalam
menentukan akar-akar atau penyelesaian dari persamaan polinomial f(x) = 0, maka x
dapat diperlakukan sebagai peubah (variable).
Secara umum bentuk polinomial p(x) ditulis dengan p(x) = a0 + a 1x + … + anxn,
atau dalam notasi sigma p ( x) =
n
∑a x
i=0
i
i
. Kemudian ai disebut koefisien dari p(x) dan
aixi disebut suku. Jika a n ≠ 0, maka bilangan bulat taknegatif n disebut derajat dari p(x)
(di mana n adalah pangkat tertinggi dari x) dan an disebut koefisien pemimpin.
Jika R gelanggang dan ai ∈ R untuk setiap i ≥ 0, maka polinomial p(x) disebut
polinomial dalam x dengan koefisien-koefisien dalam R, disingkat polinomial atas R.
Himpunan semua polinomial atas gelanggang R dinotasikan dengan R[x].
Polinomial d(x) = a0 disebut polinomial berderajat 0. Polinomial z(x) = 0 disebut
polinomial nol dan didefinisikan tidak mempunyai derajat (beberapa mendefinisikan
berderajat −1 atau −∞). Polinomial konstan adalah polinomial nol atau polinomial
berderajat 0. Jadi jelas semua anggota dalam R adalah polinomial-polinomial konstan,
sehingga R ⊆ R[x].
Misalkan juga q(x) = b0 + b1x + … + bmxm, maka p(x) dan q(x) dikatakan sama
jika dan hanya jika koefisien-koefisien dari p(x) dan q(x) untuk tiap-tiap xi sama, yaitu
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
49
ai = bi untuk setiap i ≥ 0. Ini berarti suku-suku dengan koefisien 0 dapat diabaikan,
seperti polinomial 1 + 0x + 0x2 + 5x3 + 0x4 + 0x7 sama dengan 1 + 5x3.
Penjumlahan polinomial p ( x) =
n
∑ ai x i
dan q ( x) =
i=0
m
∑b x
i =0
i
i
didefinisikan
dengan
k
∑ (a
p(x) + q(x) =
i =0
i
+ bi ) x i di mana k lebih besar dari n dan m.
Sedangkan perkalian polinomial p(x) dan q(x) didefinisikan dengan
 i

 ∑ a s bi − s  x i .
∑
i =0  s = 0

n+m
p(x) q(x) =
Teorema 2.6.1.
Jika R gelanggang komutatif dengan elemen satuan, maka R[x] gelanggang komutatif
dengan elemen satuan terhadap operasi penjumlahan dan perkalian polinomial.
BUKTI.
Akan ditunjukkan R[x] gelanggang komutatif dengan elemen satuan. Jelas operasi
penjumlahan dan perkalian polinomial tertutup. Ambil sembarang elemen-elemen p(x),
q(x), r(x) ∈ R[x].
(p(x) + q(x)) + r(x) =
 n
 m
 r
i 
i 
i 
a
x
+
b
x
+




∑
i
 ∑ i
  ∑ ci x 
  i=0
  i = 0

 i =0
=
 k
  r

 ∑ ( a i + bi ) x i  +  ∑ c i x i 
 i =0
  i =0

=
∑ (a
t
i =0
i
+ bi + c i ) x i
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
50
=
 n
  k

 ∑ a i x i  +  ∑ (bi + ci ) x i 
 i =0
  i =0

=
 n
  m
  r

 ∑ a i x i  +  ∑ bi x i  +  ∑ ci x i 
 i =0
  i =0
  i =0

= p(x) + (q(x) + r(x)).
(p(x) q(x)) r(x)
=
 n
h 
 ∑ a h x 

 h =0
=
n + m  i
 i  r
l 
a
b

 ∑ ∑ s i − s  x   ∑ cl x 
   l =0

 i =0  s =0
=
n + m+ r
n +m+r
∑
i=0
=
i

s
∑ ∑  ∑ a b
i =0
=

 m
  r

 ∑ b j x j    ∑ cl x l 



 j=0
  l =0
n + m+ r
∑
i =0
 s =0
t =0
t
s−t


 ci − s  x i




 ∑ ahb j cl  xi
 h+ j +l =i



 i
 s
 i
a
∑ i − s  ∑ bt c s −t  x
 t =0

 s =0
=
 n
 m + r  i
 
 ∑ a h x h   ∑  ∑ b s ci − s  x i 
 h =0
  i =0  s =0
 
=
 n

 ∑ ah x h 
 h =0

 m

  r
j
l 

b
x
 ∑ j   ∑ cl x 

 j = 0
  l =0
= p(x) (q(x) r(x)).
Jadi kedua operasi bersifat asosiatif.
p(x) + q(x) =
=
 n
  m

 ∑ a i x i  +  ∑ bi x i  =
 i =0
  i =0

 m
  n

 ∑ bi x i  +  ∑ ai x i 
 i =0
  i =0

k
∑ (ai + bi ) x i =
i =0
k
∑ (b
i =0
i
+ ai ) x i
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
51
= q(x) + p(x).
p(x) q(x)
=
=
 n
  m

 ∑ a i x i   ∑ bi x i  =
 i =0
  i= 0

n+ m

i
∑ ∑a b
i= 0
 s =0
s i− s
 i
x =

n+ m

i
∑ ∑b a
i =0
 s =0
s
i−s
 i
x

 m
  n

 ∑ bi x i   ∑ a i x i 
 i =0
  i =0

= q(x) p(x).
Jadi kedua operasi bersifat komutatif.
(p(x) + q(x)) r(x) =
=
r
r
 n
k
 m
i 
i  
i 
i 
i 
 ∑ a i x  +  ∑ bi x   ∑ ci x  = ∑ (a i + bi ) x   ∑ ci x 
  i =0
  i =0

  i= 0
  i =0
 i = 0
k +r
∑
i =0
 i
 i
∑ (a s + bs ) ci − s  x =
 s= 0

k +r
∑
i= 0
 i
 i
∑ (a s ci − s ) + (bs ci − s ) x
 s =0

=
 k +r  i
 i   k +r  i
 i
a
c

 ∑ ∑ s i − s  x  +  ∑  ∑ bs c i − s  x 
   i =0  s =0
 
 i= 0  s =0
=
r
r
 k
 k
i  
i 
i  
i 
 ∑ a i x   ∑ ci x  +  ∑ bi x   ∑ ci x 
  i =0
  i =0
  i =0

 i = 0
=
r
r
 n
 m

i  
i 
i  
+
a
x
c
x
b
x
ci x i 







∑
∑
∑
∑

 
i
i
i
  i =0
  i =0
  i =0

 i = 0
= p(x) r(x) + q(x) r(x).
Dengan cara yang sama, maka r(x) (p(x) + q(x)) = r(x) p(x) + r(x) q(x), sehingga hukum
distributif berlaku. Elemen identitas dalam R[x] adalah polinomial nol sebab p(x) + 0 =
(a0 + a1x + … + a nxn) + (0 + 0 + … + 0) = a 0 + a1x + … + a nxn = p(x). Invers aditif dari
p(x) adalah −p(x) = (−a0) + (−a 1)x + … + (−an)xn sebab p(x) + (−p(x)) = 0. Dan elemen
satuan dalam R[x] adalah polinomial berderajat nol e(x) = 1R sebab p(x) e(x) = (a 0 + a1x
+ … + a nxn) (1R) = (a01 R) + (a 11R)x + … + (a n1R)xn = (a0 + a 1x + … + anxn) = p(x).
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
52
Pada Teorema 2.6.1 di atas, perhatikan bahwa R[x] gelanggang komutatif jika R
gelanggang komutatif dan R[x] gelanggang dengan elemen satuan jika R gelanggang
dengan elemen satuan (cara penulisan teorema di atas hanya untuk keperluan praktis).
Kemudian jika R adalah daerah integral, maka (∀p(x) ≠ 0, q(x) ≠ 0 ∈ R[x]) p(x) q(x) ≠ 0
sebab koefisien pemimpin dari p(x) dan q(x) masing-masing an dan bm taknol, sehingga
anb m ≠ 0 di mana anbm adalah koefisien pemimpin dari p(x) q(x). Jadi jika R daerah
integral, maka R[x] daerah integral. Tetapi jika R medan, maka untuk p(x) = x dalam
R[x] tidak mempunyai invers multiplikatif sebab tidak terdapat q(x) ∈ R[x] sedemikian
sehingga p(x) q(x) = 1R. Dengan demikian jika R medan, maka R[x] daerah integral.
Teorema berikut membuktikan algoritma pembagian pada F[x], dan digunakan notasi
der(p(x)) untuk derajat polinomial p(x).
Teorema 2.6.2 (Algoritma Pembagian pada F[x]).
Jika p(x) dan q(x) polinomial-polinomial atas medan F dengan q(x) ≠ 0, maka terdapat
dengan tunggal polinomial-polinomial r(x) dan s(x) atas medan F sedemikian sehingga
p(x) = q(x) r(x) + s(x) di mana s(x) = 0 atau der(s(x)) < der(q(x)).
BUKTI.
Misalkan p(x) = a0 + a1x + … + amxm dan q(x) = b 0 + b 1x + … + b nxn. Karena
diasumsikan q(x) ≠ 0, maka bn ≠ 0, sehingga der(q(x)) = n.
Teorema dibuktikan untuk p(x) ≠ 0 sebab untuk p(x) = 0 trivial. Sehingga am ≠ 0 dan
der(p(x)) = m. Dengan Induksi Matematis pada m, akan ditunjukkan terlebih dahulu
terdapat polinomial r(x) dan s(x) sedemikian sehingga p(x) = q(x) r(x) + s(x) di mana
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
53
s(x) = 0 atau der(s(x)) < der(q(x)). Diasumsikan m ≥ n sebab untuk m < n, maka r(x) = 0
dan s(x) = p(x).
Pangkal
Untuk m = 0, maka p(x) = a 0 dan q(x) = b0. Jadi terdapat r(x) = b0−1a 0 dan
s(x) = 0 sedemikian sehingga p(x) = q(x) r(x) + s(x).
Langkah Diasumsikan benar untuk polinomial u(x) berderajat < m, yaitu terdapat r1(x)
dan s1(x) sedemikian sehingga u(x) = q(x) r1(x) + s1(x) di mana s1(x) = 0 atau
der(s1(x)) < der(q(x)).
Akan dibuktikan benar untuk polinomial p(x) berderajat m.
Misalkan p 1(x) = p(x) + (−ambn−1)xm−n q(x).
Maka p1(x) = (a 0 + a1x + … + amxm) + (−a mb n−1)xm−n (b0 + b 1x + … + bnxn) =
(a0 + a1x + … + a mxm) + ((−ambn−1b 0)xm−n + (−ambn−1b1)xm−n+1 + … +
(−ambn−1bn−1)xm−1 + (−am)xm) = a0 + a1x + (−a mb n−1b0)xm−n + (−a mb n−1b1)xm−n+1
+ … + ((−amb n−1bn−1) + am−1)xm−1.
Ini berarti der(p1(x)) < m. Menurut asumsi di atas, terdapat r1(x) dan s1(x)
sedemikian sehingga p1(x) = q(x) r1(x) + s1(x) di mana s1(x) = 0 atau
der(s1(x)) < der(q(x)). Jadi p(x) + (−ambn−1)xm−n q(x) = q(x) r1(x) + s1(x).
Dengan demikian p(x) = q(x) ((ambn−1)xm−n + r1(x)) + s1(x).
Jadi terdapat r(x) dan s(x) sedemikian sehingga p(x) = q(x) r(x) + s(x) di mana s(x) = 0
atau der(s(x)) < der(q(x)), untuk ∀m ≥ 0. Selanjutnya dibuktikan r(x) dan s(x) tunggal.
Misalkan juga ada r2(x) dan s2(x) sedemikian sehingga p(x) = q(x) r2(x) + s2(x) di mana
s2(x) = 0 atau der(s2(x)) < der(q(x)). Maka didapat q(x) r(x) + s(x) = q(x) r2(x) + s2(x)
atau q(x) (r(x) + (−r2(x))) = s2(x) + (−s(x)).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
54
Karena der(s2(x) + (−s(x))) ≤ maks {der(s2(x)), der(s(x))} < der(q(x)), maka persamaan
di atas dipenuhi hanya jika s2(x) + (−s(x)) = 0, yaitu s2(x) = s(x).
Karena q(x) (r(x) + (−r2(x))) = 0 dan F[x] daerah integral, haruslah r(x) + (−r2(x)) = 0,
yaitu r(x) = r2(x). Jadi r(x) dan s(x) tunggal.
■
Pada algoritma pembagian di atas, r(x) disebut hasil bagi dan s(x) disebut sisa.
Perhatikan bahwa algoritma pembagian di atas berlaku pada F[x] jika F adalah medan.
Algoritma pembagian di atas berlaku pada D[x] di mana D adalah daerah integral, jika
koefisien pemimpin dari q(x) merupakan unit. Kemudian algoritma pembagian di atas
juga berlaku pada R[x] di mana R adalah gelanggang, jika koefisien pemimpin dari q(x)
merupakan unit, tetapi r(x) dan s(x) tidak tunggal.
Definisi 2.6.1.
Elemen a ∈ F disebut pembuat nol (atau akar) dari p(x) = b0 + b 1x + … + bnxn atas
medan F jika dan hanya jika p(a) = b0 + b 1a + … + bna n = 0.
Teorema 2.6.3 (Teorema Sisa).
Misalkan F medan dan a ∈ F. Jika p(x) ∈ F[x], maka terdapat r(x) ∈ F[x] sedemikian
sehingga p(x) = (x − a) r(x) + p(a).
BUKTI.
Jika p(x) ∈ F[x], maka menurut algoritma pembagian pada F[x], terdapat r(x) dan s(x)
sedemikian sehingga p(x) = (x − a) r(x) + s(x) di mana s(x) = 0 atau der(s(x)) < 1. Ini
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
55
berarti s(x) adalah polinomial konstan. Dengan demikian p(x) = (x − a) r(x) + f untuk
suatu f ∈ F, sehingga p(a) = (a − a) r(x) + f = f. Jadi p(x) = (x − a) r(x) + p(a).
■
Teorema 2.6.4 (Teorema Faktor).
Jika F medan, maka a ∈ F pembuat nol polinomial p(x) ∈ F[x] jika dan hanya jika p(x)
= (x − a) r(x) untuk r(x) ∈ F[x].
BUKTI.
( ⇒ ) Jika a ∈ F dan p(x) ∈ F[x], maka p(x) = (x − a) r(x) + p(a) untuk r(x) ∈ F[x]
(Teorema 2.6.3). Karena p(a) = 0, maka p(x) = (x − a) r(x).
( ⇐ ) Jika p(x) = (x − a) r(x), maka p(a) = (a − a) r(x) = 0.
■
Teorema 2.6.5.
Jika p(x) ∈ F[x] berderajat n ≥ 1, maka p(x) mempunyai paling banyak n pembuat nol
dalam medan F.
BUKTI.
Teorema akan dibuktikan untuk p(x) yang mempunyai pembuat nol dalam F dengan
Induksi Matematis. Sedangkan untuk p(x) yang tidak mempunyai pembuat nol, jelas
teorema benar.
Pangkal
Untuk n = 1, maka p(x) = a 0 + a 1x untuk a0, a 1 ∈ F di mana a1 ≠ 0, hanya
mempunyai pembuat nol −a0a1−1 ∈ F. Ini berarti p(x) hanya mempunyai 1
pembuat nol.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
56
Langkah Diasumsikan teorema benar untuk n = k − 1, yaitu setiap polinomial
berderajat k − 1 mempunyai paling banyak k − 1 pembuat nol dalam F.
Akan dibuktikan teorema benar untuk n = k.
Jika p(x) ∈ F[x] berderajat k dan a ∈ F pembuat nol dari p(x), maka menurut
Teorema 2.6.4, p(x) = (x − a) q(x), q(x) ∈ F[x]. Maka q(x) berderajat k − 1,
sehingga menurut asumsi di atas, q(x) mempunyai paling banyak k − 1
pembuat nol dalam F. Perhatikan bahwa jika b ∈ F pembuat nol dari p(x),
maka b = a atau b adalah pembuat nol dari q(x) (sebab (b − a) q(b) = 0 dan F
daerah integral). Ini berarti p(x) mempunyai paling banyak k pembuat nol
dalam F.
Terbukti p(x) berderajat n ≥ 1 mempunyai paling banyak n pembuat nol dalam F.
■
Teorema 2.6.6.
Jika F medan, maka setiap ideal dalam F[x] adalah ideal utama.
BUKTI.
Misalkan N[x] ideal dalam F[x]. Jelas N[x] = {0} = (0) adalah ideal utama dalam F[x].
Untuk N[x] ≠ {0}, pilih polinomial berderajat minimal m(x) ∈ N[x]. Akan ditunjukkan
bahwa N[x] = (m(x)).
Jelas (m(x)) ⊆ N[x] sebab jika q(x) ∈ (m(x)), maka q(x) = m(x) n(x) ∈ N[x] untuk suatu
n(x) ∈ F[x]. Ambil sembarang p(x) ∈ N[x]. Menurut algoritma pembagian pada F[x],
terdapat r(x) dan s(x) dalam F[x] sedemikian sehingga p(x) = m(x) r(x) + s(x) di mana
s(x) = 0 atau der(s(x)) < der(m(x)). Maka s(x) = p(x) + (−m(x) r(x)) ∈ N[x] sebab N[x]
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
57
ideal. Jika s(x) ≠ 0, maka der(s(x)) < der(m(x)). Padahal polinomial berderajat minimal
dalam N[x] adalah m(x), maka haruslah s(x) = 0, sehingga p(x) = m(x) r(x) ∈ (m(x)). Jadi
N[x] ⊆ (m(x)), sehingga N[x] = (m(x)).
Terbukti setiap ideal dalam F[x] adalah ideal utama.
■
Pembuktian Teorema 2.6.6 di atas menunjukkan bahwa jika N[x] ideal dalam F[x],
maka N[x] = (m(x)) di mana m(x) polinomial berderajat minimal yang membangun N[x].
Tetapi m(x) tidak tunggal sebab untuk b ≠ 0 ∈ F, maka bm(x) ∈ N[x] dan berderajat
sama dengan m(x), sehingga N[x] juga dibangun oleh bm(x). Jika dimisalkan koefisien
pemimpin dari m(x) adalah s, maka s−1m(x) ∈ N[x] dan koefisien pemimpin dari s−1m(x)
adalah elemen satuan 1F. Jadi hanya ada satu polinomial berderajat minimal dalam N[x]
dengan koefisien pemimpin elemen satuan 1 F. Polinomial dengan koefisien pemimpin
elemen satuan 1 F disebut polinomial monik. Dengan demikian ideal N[x] dalam F[x]
hanya dibangun oleh satu polinomial monik.
Dari pengertian di atas, akan didefinisikan faktor persekutuan terbesar dari dua
polinomial dalam F[x]. Sedangkan a(x) ≠ 0 ∈ F[x] dikatakan membagi b(x) ∈ F[x]
(dinotasikan a ( x ) b ( x) ) jika terdapat c(x) ∈ F[x] sedemikian sehingga b(x) = a(x) c(x).
Definisi 2.6.2.
Misalkan F medan dan f(x) ≠ 0, g(x) ≠ 0 ∈ F[x]. Polinomial monik d(x) ∈ F[x] disebut
faktor persekutuan terbesar dari f(x) dan g(x) jika dan hanya jika
(i)
d ( x) f ( x) dan d ( x) g ( x) .
(ii)
Jika h( x) f ( x) dan h( x) g ( x) , maka h( x) d ( x) .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
58
Seperti halnya faktor persekutuan terbesar dari dua bilangan bulat, faktor
persekutuan terbesar dari f(x) dan g(x) dinotasikan dengan (f(x), g(x)). Teorema berikut
menunjukkan bahwa faktor persekutuan terbesar dari dua polinomial atas F selalu ada
(pada kenyataannya telah diketahui bahwa polinomial 1F faktor dari setiap polinomial).
Karena definisi faktor persekutuan terbesar dari dua polinomial menyaratkan polinomial
monik, maka hanya ada satu faktor persekutuan terbesar dari dua polinomial dan
berbentuk kombinasi linear.
Teorema 2.6.7.
Misalkan F medan dan f(x), g(x) ∈ F[x] dengan g(x) ≠ 0. Maka terdapat dengan tunggal
faktor persekutuan terbesar dari f(x) dan g(x) yang berbentuk a(x) f(x) + b(x) g(x) untuk
suatu a(x), b(x) ∈ F[x].
BUKTI.
Misalkan I[x] = {r(x) f(x) + s(x) g(x) : r(x), s(x) ∈ F[x]}.
Dengan Teorema 2.5.1 akan ditunjukkan I[x] ideal dalam F[x].
Jelas I[x] ≠ ∅. Kemudian, (r1(x) f(x) + s1(x) g(x)) + (−(r2(x) f(x) + s2(x) g(x))) = (r1(x) +
(−r2(x))) f(x) + (s1(x) + (−s2(x))) g(x) ∈ I[x]. Selanjutnya, k(x) (r1(x) f(x) + s1(x) g(x)) =
(k(x) r1(x)) f(x) + (k(x) s1(x)) g(x) ∈ I[x]. Jadi I[x] ideal dalam F[x] dan I[x] ≠ {0} sebab
g(x) ≠ 0 ∈ I[x]. Menurut Teorema 2.6.6, I[x] dibangun dengan tunggal oleh polinomial
monik d(x) ∈ F[x], sehingga d ( x) f ( x) dan d ( x) g ( x ) sebab f(x), g(x) ∈ I[x] = (d(x)).
Kemudian, karena d(x) ∈ (d(x)) = I[x], maka d(x) = a(x) f(x) + b(x) g(x) untuk suatu
a(x), b(x) ∈ F[x]. Dengan demikian jika h( x) f ( x) dan h( x) g ( x) , maka h( x) a ( x) f ( x)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
59
dan h( x) b ( x) g ( x) , sehingga h( x) a ( x) f ( x) + b ( x) g ( x) atau h( x) d ( x) . Dari Definisi
2.6.2, polinomial monik d(x) adalah faktor persekutuan terbesar dari f(x) dan g(x).
■
Definisi 2.6.3.
Misalkan F medan dan f(x), g(x) ∈ F[x]. Polinomial f(x) dan g(x) disebut relatif prima
jika dan hanya jika faktor persekutuan terbesar dari f(x) dan g(x) sama dengan 1F.
Definisi 2.6.4.
Misalkan F adalah medan dan p(x) ∈ F[x] polinomial takkonstan. Maka p(x) disebut
polinomial taktereduksi dalam F[x] (atau taktereduksi atas F) jika dan hanya jika tidak
terdapat faktorisasi p(x) = f(x) g(x) untuk f(x), g(x) ∈ F[x], dengan der(f(x)) < der(p(x))
dan der(g(x) < der(p(x)).
Perhatikan bahwa definisi di atas mengatakan p(x) taktereduksi atas medan F,
bukan definisi taktereduksi secara umum. Definisi di atas dapat digeneralisasi untuk
daerah integral D, yaitu p ∈ D disebut taktereduksi jika dan hanya jika p bukan unit dan
untuk setiap faktorisasi p = qr, q atau r unit dalam D. Jadi p(x) taktereduksi berarti
bahwa jika p(x) mempunyai faktorisasi p(x) = f(x) g(x), haruslah salah satunya f(x) atau
g(x) berderajat 0. Jelas setiap polinomial linear (berderajat 1) taktereduksi atas F. Tetapi
tidak semua polinomial linear dalam daerah integral Z[x] taktereduksi sebab unit-unit
dalam Z[x] hanyalah −1 dan 1. Jadi polinomial 4x − 2 ∈ Z[x] bukan polinomial
taktereduksi (disebut tereduksi) sebab 4x − 2 = 2(2x − 1), walaupun 2x − 1 berderajat
tidak kurang dari derajatnya 4x − 2.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
60
Definisi taktereduksi (Definisi 2.6.4) di atas juga tergantung pada medan yang
didefinisikan. Polinomial x2 − 2 taktereduksi atas Q tetapi tereduksi atas R. Demikian
juga polinomial x2 + 1 taktereduksi atas R tetapi tereduksi atas C.
Polinomial q(x) ∈ F[x] disebut sekawan dari p(x) ∈ F[x] jika dan hanya jika p(x)
= d q(x) untuk suatu d ∈ F. Jadi faktor-faktor dari polinomial taktereduksi hanyalah
polinomial berderajat 0 dan sekawannya. Dari Teorema 2.6.4, maka setiap polinomial
taktereduksi atas medan F yang berderajat ≥ 2 tidak mempunyai akar dalam F.
Kebalikan pernyataan tersebut tidaklah benar. Polinomial x4 + 2x2 + 1 ∈ R[x] tidak
mempunyai akar dalam R, padahal x4 + 2x2 + 1 tereduksi atas R di mana x4 + 2x2 + 1 =
(x2 + 1) (x2 + 1). Tetapi pernyataan benar untuk polinomial kuadratik (berderajat 2) dan
polinomial kubik (berderajat 3). Teorema berikut ini menunjukkannya.
Teorema 2.6.8.
Jika p(x) ∈ F[x] polinomial berderajat 2 atau 3, maka p(x) tereduksi atas F jika dan
hanya jika p(x) mempunyai akar dalam medan F.
BUKTI.
( ⇒ ) Jika p(x) tereduksi atas F, maka p(x) = q(x) r(x) dengan der(q(x)) < der(p(x)) dan
der(r(x)) < der(p(x)). Jika p(x) berderajat 2 atau 3, maka salah satu faktornya
adalah polinomial berderajat 1. Misalkan q(x) berderajat 1, maka q(x) berbentuk
x − a untuk suatu a ∈ F. Jadi p(x) = (x − a) r(x), sehingga p(a) = 0.
( ⇐ ) Jika p(x) mempunyai akar b ∈ F, maka dari Teorema 2.6.4, p(x) = (x − b) s(x).
Jadi p(x) tereduksi atas F.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
61
Teorema 2.6.9.
Ideal taktrivial (p(x)) dalam F[x] adalah ideal maksimal jika dan hanya jika p(x)
taktereduksi atas medan F.
BUKTI.
( ⇒ ) Jika (p(x)) ideal maksimal, maka (p(x)) ideal prima (Teorema 2.5.8). Andaikan
p(x) ∈ F[x] tereduksi. Maka p(x) = q(x) r(x) untuk q(x), r(x) ∈ F[x] dengan
der(q(x)) < der(p(x)) dan der(r(x)) < der(p(x)). Karena setiap polinomial taknol
dalam (p(x)) berderajat ≥ der(p(x)), maka q(x) ∉ (p(x)) dan r(x) ∉ (p(x)).
Kontradiksi dengan (p(x)) adalah ideal prima, yaitu untuk q(x) r(x) ∈ (p(x)),
maka q(x) ∈ (p(x)) atau r(x) ∈ (p(x)). Jadi haruslah p(x) taktereduksi atas F.
( ⇐ ) Misalkan N[x] ideal dalam F[x] sedemikian sehingga (p(x)) ⊂ N[x] ⊂ F[x].
Menurut Teorema 2.6.6, N[x] ideal utama. Jadi N[x] = (g(x)) dengan g(x) ∈ F[x].
Karena p(x) ∈ N[x], maka p(x) = g(x) q(x) untuk suatu q(x) ∈ F[x]. Karena
diasumsikan p(x) taktereduksi dalam F[x], maka salah satunya g(x) atau q(x)
berderajat 0. Jika g(x) berderajat 0, maka g(x) ∈ F. Misalkan g(x) = d, maka dd−1
= 1 F ∈ (g(x)) sebab (g(x)) ideal. Dengan demikian ∀u(x) ∈ F[x], maka u(x) 1F =
u(x) ∈ (g(x)), sehingga F[x] = (g(x)) = N[x]. Sedangkan jika q(x) berderajat 0,
maka q(x) ∈ F. Misalkan q(x) = b, maka didapat p(x) = g(x) b, sehingga g(x) =
p(x) b−1 ∈ (p(x)). Ini menunjukkan bahwa ∀h(x) ∈ (g(x)), maka h(x) ∈ (p(x)),
sehingga (g(x)) = N[x] ⊆ (p(x)). Jadi (p(x)) = N[x].
Terbukti (p(x)) ideal maksimal dalam F[x].
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
62
Perhatikan bahwa pada pembuktian ( ⇒ ) di atas, sebenarnya (p(x)) tidak perlu
ideal maksimal, cukup ideal prima. Teorema 2.6.9 dapat dibagi menjadi dua bagian.
Bagian yang pertama adalah jika (p(x)) ideal prima, maka p(x) taktereduksi. Dan bagian
yang kedua adalah jika p(x) taktereduksi, maka (p(x)) ideal maksimal. Karena setiap
ideal dalam F[x] adalah ideal utama, maka dalam daerah integral F[x] kebalikan
Teorema 2.5.8 benar, yaitu setiap ideal prima adalah ideal maksimal. Dengan demikian
pernyataan berikut juga benar, ideal taktrivial (p(x)) dalam F[x] adalah ideal prima
jika dan hanya jika p(x) taktereduksi atas medan F.
Lema 2.6.10 (Lema Euclides pada Polinomial).
Misalkan F medan dan p(x) polinomial taktereduksi atas F. Jika p ( x) r ( x)s ( x) dengan
r(x), s(x) ∈ F[x], maka p ( x) r ( x) atau p ( x) s( x) .
BUKTI.
Jika p ( x) r ( x)s ( x) , maka r(x) s(x) ∈ (p(x)). Karena p(x) taktereduksi, maka (p(x)) ideal
prima dalam F[x], sehingga r(x) ∈ (p(x)) atau s(x) ∈ (p(x)). Dengan demikian p ( x) r ( x)
atau p ( x) s ( x) .
■
Akibat 2.6.11.
Misalkan p(x) adalah polinomial taktereduksi atas medan F. Jika p ( x) r1 ( x) ... rn ( x)
dengan ri(x) ∈ F[x], maka p ( x) ri ( x) untuk suatu i = 1, …, n.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
63
BUKTI.
Dibuktikan dengan Induksi Matematis pada n ≥ 2.
Pangkal
Untuk n = 2, teorema benar menurut Lema 2.6.10.
Langkah Diasumsikan teorema benar untuk n = k − 1, yaitu jika p ( x) r1 ( x) ... rk −1 ( x) ,
maka p ( x) ri ( x) untuk suatu i = 1, …, k − 1.
Akan dibuktikan teorema benar untuk n = k.
Jika p ( x) r1 ( x) ... rk −1 ( x)rk ( x) , maka p ( x) r1 ( x) ... rk −1 ( x) atau p ( x) rk ( x) .
Menurut asumsi di atas, jika p ( x) r1 ( x) ... rk −1 ( x) , maka p ( x) ri ( x) untuk
suatu i = 1, …, k − 1. Dengan demikian p ( x) ri ( x) untuk suatu i = 1, …, k.
Jadi jika p ( x) r1 ( x) ... rn ( x) , maka p ( x) ri ( x) untuk suatu i = 1, …, n.
■
Teorema 2.6.12 (Faktorisasi Polinomial atas Medan).
Jika p(x) polinomial atas medan F berderajat n ≥ 1, maka p(x) taktereduksi atas F atau
p(x) dapat difaktorkan menjadi polinomial-polinomial taktereduksi atas F. Lebih lanjut,
faktorisasi dari p(x) yang berbentuk
p ( x) = a [ p1 ( x)]m1 [ p 2 ( x)]m2 ... [ p k ( x)]mk
di mana a koefisien pemimpin dari p(x), dan p1(x), …, pk(x) monik, m1, …, mk positif,
adalah faktorisasi yang tunggal.
BUKTI.
Akan ditunjukkan dahulu p(x) taktereduksi atau dapat difaktorkan menjadi polinomialpolinomial taktereduksi dengan Induksi Matematis.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
64
Pangkal
Untuk n = 1, maka p(x) = a 0 + a 1x di mana a 1 ≠ 0, adalah polinomial
taktereduksi.
Langkah Diasumsikan benar untuk polinomial u(x) berderajat < n, yaitu u(x) adalah
polinomial taktereduksi atau u(x) dapat difaktorkan menjadi polinomialpolinomial taktereduksi.
Akan dibuktikan benar untuk polinomial p(x) berderajat n.
Jika p(x) polinomial taktereduksi, maka tidak ada yang perlu dibuktikan.
Sekarang jika p(x) polinomial tereduksi, maka p(x) = a(x) b(x) dengan
der(a(x)) < der(p(x)) dan der(b(x)) < der(p(x)). Menurut asumsi di atas, a(x)
polinomial taktereduksi atau a(x) dapat difaktorkan menjadi polinomialpolinomial taktereduksi. Demikian juga b(x) polinomial taktereduksi atau
b(x) dapat difaktorkan menjadi polinomial-polinomial taktereduksi. Maka
p(x) adalah perkalian polinomial-polinomial taktereduksi.
Terbukti polinomial p(x) berderajat n ≥ 1 adalah polinomial taktereduksi atau p(x) dapat
difaktorkan menjadi polinomial-polinomial taktereduksi.
Untuk bagian kedua juga dibuktikan dengan Induksi Matematis.
Pangkal
Untuk n = 1, maka p(x) = ax + b = a (x + a−1b).
Langkah Diasumsikan benar untuk polinomial u(x) berderajat < n, yaitu faktorisasi
dari u(x) yang berbentuk faktorisasi atas polinomial-polinomial monik
taktereduksi adalah faktorisasi yang tunggal.
Akan dibuktikan benar untuk polinomial p(x) berderajat n.
Misalkan faktorisasi dari p(x) berbentuk a [ p1 ( x)]m1 [ p 2 ( x )]m2 ... [ p k ( x)]mk
dan a [q1 ( x)]n1 [q2 ( x)]n 2 ... [qr ( x)]n r di mana a adalah koefisien pemimpin
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
65
dari p(x), dan pi(x), qi(x) polinomial monik taktereduksi, mi, ni positif. Maka
a [ p1 ( x)] m1 [ p 2 ( x)]m 2 ... [ p k ( x)]m k = a [q1 ( x)]n1 [q2 ( x)]n 2 ... [qr ( x)]n r . Di sini
berarti p1 ( x) [q1 ( x)]n1 [q2 ( x)]n 2 ... [qr ( x)]n r sehingga menurut Akibat 2.6.11,
p1 ( x) qi ( x) untuk suatu i. Dapat dipilih q1(x) sedemikian rupa sehingga
p1 ( x) q1 ( x) . Karena q1(x) monik taktereduksi, maka faktor-faktor dari q1(x)
hanyalah 1F dan q 1(x). Dan karena p 1(x) ≠ 1 F, maka haruslah p1(x) = q1(x).
p ( x)
= a [ p1 ( x)]m1 −1 [ p 2 ( x )]m2 ... [ p k ( x)] mk
p1 ( x)
= a [ p1 ( x )]n1 −1 [q2 ( x)]n2 ... [qr ( x)]nr .
Jelas der( p ( x) p1 ( x) ) < n sebab p1(x) taktereduksi. Dari asumsi di atas,
faktorisasi atas polinomial-polinomial monik taktereduksi dari p ( x) p1 ( x)
adalah faktorisasi yang tunggal. Jadi haruslah m1 − 1 = n1 − 1 (yaitu m1 = n1),
m2 = n2, …, mk = n r, kemudian k = r dan p 2(x) = q 2(x), …, p k(x) = q r(x). Maka
p ( x) = a [ p1 ( x)]m1 [ p 2 ( x)]m2 ... [ p k ( x)]mk adalah faktorisasi yang tunggal.
Terbukti faktorisasi dari polinomial p(x) berderajat n ≥ 1 yang berbentuk faktorisasi atas
polinomial-polinomial monik taktereduksi adalah faktorisasi yang tunggal.
■
Contoh 2.6.1.
Faktorisasi-faktorisasi atas polinomial-polinomial taktereduksi dari 2x2 − 2 ∈ Q[x]
adalah (2x + 2) (x − 1), (x + 1) (2x − 2), 2(x + 1) (x − 1), ( 13 x +
1
3
) (6x − 6), dan
sebagainya (ada takhingga banyaknya). Tetapi hanya ada satu bentuk faktorisasi atas
polinomial-polinomial monik taktereduksi dari 2x2 − 2, yaitu 2(x + 1) (x − 1).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
66
Teorema 2.6.13.
Misalkan F medan dan α ∈ F. Didefinisikan pemetaan θ α : F[x] → F dengan aturan
θα(a0 + a1x + … + a mxm) = a0 + a1α + … + a mαm
m
untuk setiap
∑a x
i =0
i
i
∈ F[x]. Maka θα : F[x] → F adalah homomorfisma.
BUKTI.
Akan ditunjukkan dahulu aturan pemetaan terdefinisi dengan baik. Ambil sembarang
p(x), q(x) ∈ F[x] sedemikian sehingga p(x) = q(x). Misalkan p(x) = a0 + a1x + … + a mxm
dan q(x) = b0 + b1x + … + bnxn. Karena p(x) = q(x), maka ai = bi untuk ∀i ≥ 0.
θα(a0 + a1x + … + a mxm) = a0 + a1α + … + a mαm
= b0 + b1α + … + b nαn
= θα(b0 + b1x + … + bnxn).
Jadi θα(p(x)) = θα(q(x)). Selanjutnya ditunjukkan θα homomorfisma.
n
k
 m

θα  ∑ a i x i  +  ∑ bi x i  = θα ∑ (a i + bi ) x i 
  i=0

 i=0

 i = 0
=
k
∑ (a
i =0
=
i
+ bi )α i
 m
  n

 ∑ a i α i  +  ∑ bi α i 
 i =0
  i =0

m
n
= θα  ∑ a i x i  + θα  ∑ bi x i  .
 i =0

 i=0

n
 m

m + n i

θα  ∑ a i x i   ∑ bi x i  = θα  ∑  ∑ a s bi − s  x i 
  i =0

 
 i = 0
 i= 0  s =0
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
67
=
m+n
i= 0
=

i
∑  ∑ a b
s =0
s i−s
 i
α

 m
 n

 ∑ a iα i   ∑ bi α i 
 i =0
  i=0

n
m
= θα  ∑ a i x i  θα  ∑ bi x i  .
 i=0

 i =0

■
Homomorfisma di atas disebut homomorfisma evaluasi pada α. Elemen θα(p(x))
= a 0 + a1α + … + anαn ∈ F dinotasikan dengan p(α). Jadi setiap polinomial p(x) ∈ F[x]
menentukan sebuah fungsi polinomial p : F → F, yaitu p : α a p(α) = θα(p(x)).
Tentu saja homomorfisma evaluasi berlaku untuk gelanggang R.
Contoh 2.6.2.
Misalkan F = Q dan homomorfisma evaluasi θ2 : Q[x] → Q. Maka θ2(x2 + x − 6) =
θ2(p(x)) = p(2) = 22 + 2 − 6 = 0. Dan θ2(x3 − x − 7) = θ2(q(x)) = q(2) = 23 − 2 − 7 = −1.
Teorema 2.6.14.
Jika F medan dan p(x) ∈ F[x] taktereduksi, maka F[ x ] ( p ( x)) medan dan memuat
submedan yang isomorfis dengan F.
BUKTI.
Jika p(x) taktereduksi, maka menurut Teorema 2.6.9 dan Teorema 2.5.6, F[ x ] ( p ( x))
medan. Misalkan I = (p(x)). Akan ditunjukkan bahwa N = {I + a : a ∈ F} ⊆ F[ x] I
isomorfis dengan F.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
68
Didefinisikan pemetaan α : F → N dengan aturan α(a) = I + a untuk setiap a ∈ F.
Ditunjukkan dahulu bahwa α terdefinisi dengan baik. Ambil sembarang a, b ∈ F
sedemikian sehingga a = b. Karena a ∈ I + a, maka b ∈ I + a, sehingga b = n + a untuk
suatu n ∈ I. Ini menunjukkan b + (−a) ∈ I, sehingga I + a = I + b, yaitu α(a) = α(b).
Pemetaan α homomorfisma sebab α(a + b) = I + (a + b) = (I + a) + (I + b) = α(a) + α(b)
dan α(ab) = I + (ab) = (I + a) (I + b) = α(a) α(b). Cukup jelas α surjektif. Selanjutnya
dibuktikan α injektif. Jika I + a = I + b, maka a − b ∈ I. Karena setiap elemen taknol
dalam I = (p(x)) berderajat ≥ der(p(x)), maka haruslah a − b = 0, yaitu a = b. Jadi α
injektif. Dengan demikian N ≅ F.
Terbukti F[ x ] ( p ( x)) medan dan memuat submedan yang isomorfis dengan F.
■
Teorema 2.6.15.
Misalkan F[x] gelanggang semua polinomial atas medan F dan I ideal yang dibangun
oleh p(x) ∈ F[x] berderajat n. Maka setiap elemen dalam F[ x] I dapat diekspresikan
dengan tunggal dalam bentuk I + s(x) untuk suatu s(x) ∈ F[x] dengan der(s(x)) < n.
BUKTI.
Ideal I dibangun oleh p(x), maka I = (p(x)) = {q(x) p(x) : q(x) ∈ F[x]}. Ambil sembarang
g(x) ∈ F[x]. Maka menurut algoritma pembagian pada F[x], terdapat r(x), s(x) ∈ F[x]
sedemikian sehingga g(x) = p(x) r(x) + s(x) dengan s(x) = 0 atau der(s(x)) < n. Karena I
ideal, maka g(x) + (−s(x)) = p(x) r(x) ∈ I, sehingga I + g(x) = I + s(x). Jadi setiap elemen
dalam F[ x] I dapat diekspresikan dalam bentuk I + s(x) dengan der(s(x)) < n.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
69
Selanjutnya dibuktikan ketunggalan dari I + s(x).
Misalkan juga I + u(x) adalah ekspresi dari I + g(x) dengan der(u(x)) < n. Maka I + s(x)
= I + u(x). Ini berarti s(x) + (−u(x)) ∈ I = (p(x)). Karena setiap elemen taknol dalam I
berderajat ≥ n padahal der(s(x) + (−u(x))) < n, maka haruslah s(x) + (−u(x)) = 0, yaitu
s(x) = u(x).
■
Teorema 2.6.15 di atas mengatakan bahwa setiap elemen dalam F[ x] I berbentuk
I + s(x) dengan der(s(x)) < n. Jadi untuk I + f(x), I + k(x) ∈ F[ x] I , maka dari bukti
Teorema 2.6.15, (I + f(x)) (I + k(x)) = I + (f(x) k(x)) = I + s(x) di mana s(x) adalah sisa
dari pembagian f(x) k(x) oleh p(x). Dengan perkataan lain, setiap koset dalam F[ x] I
mempunyai representasi tunggal polinomial berderajat < n dalam F[x]. Ini sama halnya
elemen-elemen dalam Zn direpresentasikan oleh tepat salah satu bilangan-bilangan bulat
0, 1, 2, …, n − 1. Ini memudahkan kita mengoperasikan elemen-elemen dalam F[ x] I .
Akan diberikan contoh-contoh penjelasan maksud tersebut sekaligus menutup bab ini.
Contoh 2.6.3.
Misalkan F = R dan p(x) = x2 + 1. Maka dengan Teorema 2.6.15, setiap elemen dalam
R[ x] I di mana I = (p(x)) = (x2 + 1), berbentuk I + (a + bx) dengan a, b ∈ R.
Contoh 2.6.4.
Dari Contoh 2.6.3 akan ditunjukkan bahwa R[ x] ( x 2 + 1) isomorfis dengan medan
semua bilangan kompleks C.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
70
Didefinisikan pemetaan α : R[ x] I → C dengan aturan α(I + (a + bx)) = a + bi untuk
setiap I + (a + bx) ∈ R[ x] I .
Ambil sembarang I + (a + bx), I + (c + dx) ∈ R[ x] I . Jika I + (a + bx) = I + (c + dx),
maka menurut Teorema 2.6.15, a + bx = c + dx, sehingga a = c dan b = d. Dengan
demikian α(I + (a + bx)) = a + bi = c + di = α(I + (c + dx)). Jadi aturan pemetaan
terdefinisi dengan baik. Kemudian ditunjukkan α homomorfisma.
α((I + (a + bx)) + (I + (c + dx))) = α(I + ((a + bx) + (c + dx)))
= α(I + ((a + c) + (b + d)x))
= (a + c) + (b + d)i
= (a + bi) + (c + di)
= α(I + (a + bx)) + α(I + (c + dx)).
α((I + (a + bx)) (I + (c + dx)))
= α(I + ((a + bx) (c + dx)))
= α(I + (ac + (ad + bc)x + bdx2)).
Perhatikan bahwa ac + (ad + bc)x + bdx2 = bd (x2 + 1) + (ac − bd) + (ad + bc)x. Jadi sisa
dari pembagian (a + bx) (c + dx) oleh x2 + 1 adalah (ac − bd) + (ad + bc)x sehingga
menurut Teorema 2.6.15,
α((I + (a + bx)) (I + (c + dx)))
= α(I + ((ac − bd) + (ad + bc)x))
= (ac − bd) + (ad + bc)i
= (a + bi) (c + di)
= α(I + (a + bx)) α(I + (c + dx)).
Ker(α) = {I + (a + bx) ∈ R[ x] I : α(I + (a + bx) = 0}
= {I + (a + bx) ∈ R[ x] I : a + bi = 0}
(i2 = −1)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
71
= {I + (a + bx) ∈ R[ x] I : a = b = 0}
= {I + 0}
= {I}.
Menurut Proposisi 2.5.9(iv), pemetaan α injektif. Jika c ∈ C, maka c = a + bi untuk
suatu a, b ∈ R. Ini berarti ada I + (a + bx) ∈ R[ x] I dan α(I + (a + bx)) = a + bi = c.
Dengan demikian pemetaan α surjektif. Jadi R[ x] ( x 2 + 1) ≅ C.
Perhatikan juga karena i ∈ C adalah akar dari x2 + 1, maka (x2 + 1) + x ∈ R[ x] ( x 2 + 1)
adalah akar dari x2 + 1.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB III
STRUKTUR MEDAN GALOIS
3.1. Perluasan Medan
Sudah diketahui bahwa polinomial x2 − 2 tidak mempunyai akar dalam Q. Tetapi
x2 − 2 mempunyai akar dalam R. Demikian pula contoh klasik lainnya, yaitu polinomial
x2 + 1 tidak mempunyai akar dalam R tetapi mempunyai akar dalam C. Padahal sudah
diketahui bahwa Q ⊂ R ⊂ C, yang berarti bahwa Q submedan dari R dan C, kemudian
R submedan dari C. Maka dalam hal ini R adalah perluasan dari Q, kemudian C adalah
perluasan dari Q dan R. Jadi x2 − 2 tidak mempunyai akar dalam Q tetapi mempunyai
akar dalam perluasannya, yaitu R dan C. Demikian pula x2 + 1 tidak mempunyai akar
dalam R tetapi mempunyai akar dalam perluasannya, yaitu C.
Definisi 3.1.1.
Medan E disebut perluasan dari medan F jika dan hanya jika E memuat submedan yang
isomorfis dengan F.
Definisi di atas bersifat lebih umum, dalam arti F submedan dari E merupakan
kejadian khusus E perluasan dari F sebab F ≅ F. Pada bab terdahulu telah dibuktikan
bahwa medan berkarakteristik prima p memuat submedan yang isomorfis dengan Zp,
sedangkan medan berkarakteristik 0 memuat submedan yang isomorfis dengan Q. Jadi
medan berkarakteristik p adalah perluasan dari Zp, dan medan berkarakteristik 0 adalah
perluasan dari Q.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
73
Jika medan F isomorfis dengan suatu submedan dari medan E, maka F dikatakan
dapat dimasukkan (embedded) ke dalam E, atau submedan dari E tersebut diidentikkan
sebagai F. Dengan perkataan lain, dapat diasumsikan F submedan dari E. Jadi untuk
selanjutnya dapat diasumsikan Zp submedan prima dari medan berkarakteristik prima p,
dan Q submedan prima dari medan berkarakteristik 0. Juga dalam Teorema 2.6.14 dapat
diasumsikan F submedan dari medan F[ x] I di mana submedan N = {I + a : a ∈ F}
dalam F[ x] I diidentikkan sebagai F. Perhatikan juga bahwa F perluasan dari dirinya
sendiri sebab F submedan dari F.
Misalkan medan E adalah perluasan dari medan F dan α ∈ E. Maka terdapat
homomorfisma evaluasi θα : F[x] → E yang didefinisikan dengan aturan θα(f(x)) = f(α).
Jika f(x) = g(x) h(x), maka f(α) = θα(f(x)) = θα(g(x) h(x)) = θα(g(x)) θα(h(x)) = g(α) h(α).
Dengan demikian f(α) = 0 jika dan hanya jika g(α) = 0 atau h(α) = 0 (sebab E medan,
tidak memuat pembagi nol). Jadi α ∈ E adalah akar dari f(x) jika dan hanya jika α
adalah akar dari g(x) atau h(x).
Perlu diingatkan kembali bahwa setiap polinomial takkonstan f(x) merupakan
polinomial taktereduksi atau faktorisasi atas polinomial-polinomial taktereduksi. Ini
berarti dalam setiap faktorisasi dari f(x), terdapat sekurang-kurangnya satu faktor dari
f(x) yang merupakan polinomial taktereduksi. Keterangan-keterangan di atas kiranya
dapat menjelaskan teorema di bawah ini.
Teorema 3.1.1 (Teorema Kronecker).
Jika F medan dan f(x) ∈ F[x] polinomial takkonstan, maka terdapat medan E yang
memuat F dan suatu akar dari f(x).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
74
BUKTI.
Misalkan f(x) = p(x) q(x) dengan p(x) taktereduksi atas F. Menurut Teorema 2.6.14,
F[ x ] ( p ( x)) = E medan yang memuat F. Misalkan I = (p(x)). Akan dibuktikan terdapat
α = I + x ∈ E sehingga p(α) = 0. Misalkan p(x) = a0 + a 1x + … + anxn, ai ∈ F.
Homomorfisma evaluasi θα : F[x] → E memberikan
θα(p(x)) = p(α) = (I + a0) + (I + a1)α + … + (I + an)αn
= (I + a0) + (I + a1) (I + x) + … + (I + an) (I + x)n
= (I + a0) + (I + a1x) + … + (I + anxn)
= I + (a0 + a1x + … + anxn)
= I + p(x)
= I.
Karena I = I + 0 adalah elemen identitas dalam E, maka α ∈ E akar dari p(x). Ini berarti
α adalah akar dari f(x). Jadi medan E memuat F dan suatu akar dari f(x).
■
Teorema di atas mengatakan bahwa setiap medan mempunyai perluasan dan
setiap polinomial takkonstan mempunyai akar dalam suatu medan. Dari kedua
pernyataan tersebut, pemahaman tentang perluasan medan dikaitkan dengan akar dari
suatu polinomial. Jadi seperti yang sudah disampaikan di awal bab, medan C dipahami
sebagai perluasan dari medan R yang memuat akar dari x2 + 1.
Pada Teorema 2.6.5 sudah dibuktikan bahwa polinomial p(x) dalam F[x] yang
berderajat n, mempunyai paling banyak n akar dalam medan F. Jelas bahwa p(x) juga
mempunyai paling banyak n akar dalam perluasan dari F. Polinomial x3 − x2 + x − 1
mempunyai satu akar dalam R yaitu 1, tetapi tiga akar dalam C yaitu −i, 1, i.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
75
Polinomial x3 + x2 − 8x − 12 = (x + 2)2 (x − 3) = (x + 2) (x + 2) (x − 3) mempunyai
tiga akar dalam Q termasuk akar berulang dari −2 (untuk menentukan akar-akar suatu
polinomial digunakan Teorema Faktor). Jadi −2 akar berulang 2, dan 3 akar berulang 1
dari x3 + x2 − 8x − 12, sehingga x3 + x2 − 8x − 12 mempunyai tiga akar dalam R dan C.
Definisi 3.1.2.
Misalkan medan E perluasan dari medan F. Elemen a ∈ E disebut akar berulang m ≥ 1
dari f(x) ∈ F[x] jika dan hanya jika f(x) = (x − a)m g(x) untuk suatu g(x) ∈ E[x] dengan
g(a) ≠ 0.
Tampak bahwa Definisi 3.1.2 di atas diturunkan dari Teorema Faktor. Di sini juga
berarti b ∈ F adalah akar berulang m dari f(x) ∈ F[x] untuk E = F. Jadi Definisi 3.1.2
bersifat lebih umum, dalam arti berlaku untuk perluasan dari F. Dan pernyataan g(a) ≠ 0
pada definisi di atas ekivalen dengan (x − a)m+1 bukan faktor dari f(x).
Definisi 3.1.3.
Misalkan medan E perluasan dari medan F. Polinomial f(x) ∈ F[x] dikatakan membelah
dalam E[x] (atau membelah atas E) jika dan hanya jika f(x) dapat difaktorkan menjadi
polinomial-polinomial linear dalam E[x].
Teorema 3.1.2.
Jika f(x) ∈ F[x] berderajat n ≥ 1, maka terdapat medan E yang memuat medan F
sedemikian sehingga f(x) membelah atas E.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
76
BUKTI.
Dibuktikan dengan Induksi Matematis.
Pangkal
Untuk n = 1, maka f(x) linear dan E = F.
Langkah Diasumsikan teorema benar untuk n = k − 1.
Akan dibuktikan teorema benar untuk n = k.
Jika f(x) ∈ F[x] berderajat k, maka dari Teorema Kronecker, terdapat medan
E1 yang memuat F dan suatu akar dari f(x), katakanlah a1. Jadi dalam E1[x],
f(x) = (x − a1) g(x) untuk suatu g(x) ∈ E1[x] (Teorema Faktor). Maka g(x)
berderajat k − 1, sehingga menurut asumsi di atas terdapat medan E yang
memuat E1 sedemikian sehingga g(x) membelah atas E. Dengan demikian
g(x) dapat difaktorkan menjadi polinomial-polinomial linear dalam E[x]. Ini
berarti f(x) adalah perkalian polinomial-polinomial linear dalam E[x]. Jadi
f(x) membelah atas E.
Terbukti terdapat medan E yang memuat medan F sedemikian sehingga f(x) membelah
atas E, untuk ∀n ≥ 1.
■
Perhatikan bahwa jika f(x) dalam F[x] membelah atas medan perluasan dari F
(misalkan saja E), maka E memuat semua akar dari f(x) termasuk akar-akar berulang,
juga benar untuk kebalikannya (Teorema Faktor). Medan E yang demikian itu disebut
medan pembelah (splitting field) dari f(x) atas medan F. Dan Teorema 3.1.2 di atas
membuktikan bahwa medan pembelah selalu ada untuk setiap polinomial. Contohnya,
C adalah medan pembelah dari polinomial x2 + 1 ∈ R[x] (karena x2 + 1 = (x + i) (x − i)
di mana (x + i), (x − i) ∈ C[x]).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
77
Pada bukti Teorema 3.1.2, medan E dipilih sebagai medan pembelah terkecil dari
polinomial f(x) ∈ F[x]. Dari bukti Teorema Kronecker, medan Q[ x] ( x 2 − 2) memuat
suatu akar dari polinomial taktereduksi x2 − 2 ∈ Q[x]. Karena x2 − 2 berderajat 2, maka
x2 − 2 membelah atas Q[ x] ( x 2 − 2) . Dengan cara yang sama seperti pada Contoh 2.6.4,
medan Q[ x] ( x 2 − 2) adalah medan K = {a + b 2 : a, b ∈ Q} ⊂ R ⊂ C.
Definisi 3.1.4.
Medan perluasan terkecil E dari medan F yang memuat semua akar dari f(x) ∈ F[x]
disebut medan pembelah dari polinomial f(x).
Definisi di atas menunjukkan bahwa medan pembelah dari polinomial f(x) ∈ F[x]
adalah irisan semua medan yang memuat F dan semua akar dari f(x).
Lebih lanjut, setiap dua medan pembelah yang ditentukan oleh suatu polinomial
saling isomorfis. Dengan perkataan lain, hanya ada satu medan pembelah dari suatu
polinomial. Medan pembelah dari polinomial x2 + 1 ∈ R[x] dan anggota-anggotanya
berbentuk koset adalah R[ x] ( x 2 + 1) . Dan pada Contoh 2.6.4 telah ditunjukkan bahwa
R[ x] ( x 2 + 1) ≅ C. Akan tetapi, untuk pembuktian secara umum ketunggalan medan
pembelah dari suatu polinomial, dalam tulisan ini tidak diberikan karena pembuktiannya
menggunakan Teorema Perluasan Isomorfisma (ini merupakan bagian permulaan dari
teori Galois).
Perlu diingatkan bahwa definisi medan pembelah dari suatu polinomial f(x) ∈ F[x]
tergantung pada medan F yang didefinisikan. Untuk menjelaskan maksud tersebut, akan
dikonstruksi suatu medan. Idenya berdasarkan pada F[x], yaitu himpunan semua
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
78
polinomial dalam x atas F. Telah diketahui bahwa F[x] bukan medan melainkan daerah
integral yang memuat F dan x. Untuk hal tersebut, gelanggang faktor yang memegang
peranan penting dan homomorfisma evaluasi dapat digunakan secara bersama-sama.
Misalkan medan E adalah perluasan dari medan F dan α ∈ E. Maka terdapat
homomorfisma evaluasi θα : F[x] → E dengan aturan θα(f(x)) = f(α) untuk ∀f(x) ∈ F[x].
Dan Im(θ α) = {f(α) ∈ E : f(α) = θ α(f(x)), f(x) ∈ F[x]} daerah integral dalam E sebab E
tidak mempunyai pembagi nol. Maka menurut Teorema Isomorfisma, Im(θα) ≅ F[ x] I
di mana I = Ker(θα) ideal dalam F[x]. Perhatikan bahwa α adalah akar dari ∀f(x) ∈ I
sebab I = {f(x) ∈ F[x] : θα(f(x)) = f(α) = 0}. Karena setiap ideal dalam F[x] adalah ideal
utama (Teorema 2.6.6), maka I = (p(x)) untuk suatu polinomial p(x) ∈ F[x]. Karena
Im(θα) daerah integral, maka F[ x] ( p ( x)) juga daerah integral. Akan tetapi ini berlaku
hanya jika p(x) = 0 (sebab F[x] (0) ≅ F[x]) atau p(x) taktereduksi (Teorema 2.6.14).
Jadi jika p(x) = 0, maka Im(θα) adalah daerah integral yang isomorfis dengan F[x].
Dan menurut Teorema Medan Hasil Bagi Daerah Integral, E memuat dengan tunggal
submedan K = { g (α ) h (α ) : g(α), h(α) ∈ Im(θ α), h(α) ≠ 0}. Medan K ini isomorfis
dengan medan semua fungsi rasional F(x) = { g ( x) h( x) : g(x), h(x) ∈ F[x], h(x) ≠ 0}
dan K medan terkecil yang memuat F dan α.
Sedangkan jika p(x) taktereduksi, maka Im(θα) merupakan medan yang isomorfis
dengan F[ x] ( p ( x)) . Karena F[ x ] ( p ( x)) adalah medan terkecil yang memuat F dan α
di mana α adalah akar dari p(x), maka Im(θα) medan terkecil yang memuat F dan α.
Untuk lebih mudahnya (juga dalam kedua kasus p(x) di atas), medan terkecil yang
memuat F dan α dinotasikan dengan F(α), yang tertuang dalam definisi di bawah ini.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
79
Definisi 3.1.5.
Jika E perluasan dari medan F dan α ∈ E, maka F(α) disebut submedan terkecil dari E
yang memuat F dan α.
Contoh 3.1.1.
Misalkan F = R, E = C dan α = i. Karena i merupakan akar dari polinomial taktereduksi
x2 + 1 ∈ R[x], maka homomorfisma evaluasi θi : R[x] → C memberikan R(i) = Im(θi) =
{θi(k(x)) ∈ C : k(x) ∈ R[x]}. Maka R(i) = C sebab setiap elemen dalam R(i) berbentuk
a + bi = θi(a + bx) untuk a, b ∈ R.
Definisi 3.1.6.
Misalkan medan E perluasan dari medan F dan a ∈ E. Elemen a disebut elemen aljabar
atas F jika dan hanya jika f(a) = 0 untuk suatu polinomial monik f(x) ∈ F[x].
Contoh 3.1.2.
Bilangan i ∈ C adalah elemen aljabar atas Q dan R sebab i adalah akar dari x2 + 1.
Bilangan real
2 adalah elemen aljabar atas Q sebab
2 adalah akar dari x2 − 2.
Tetapi bilangan real e dan π bukan elemen aljabar atas Q sebab e dan π bukan akar dari
setiap polinomial takkonstan f(x) ∈ Q[x] (pembuktiannya tidak diberikan di sini).
Elemen-elemen demikian (yang bukan elemen aljabar) disebut elemen transendental.
Misalkan p(x) ∈ F[x] polinomial taktereduksi dan α ∈ E adalah akar dari p(x).
Maka jelas α adalah akar dari setiap polinomial takkonstan g(x) ∈ F[x] di mana g(x)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
80
merupakan hasil perkalian p(x) dengan polinomial lainnya. Sebagai contoh, bilangan
kompleks i adalah akar dari polinomial taktereduksi x2 + 1 ∈ R[x], maka i juga adalah
akar dari polinomial-polinomial (x2 + 1) (x + 3), (x2 + 1) (x3 − 7x2 + 5), (x2 + 1) h(x).
Kemudian untuk suatu r ∈ R, maka r (x2 + 1) adalah polinomial berderajat minimal dari
semua polinomial takkonstan atas R yang mempunyai i sebagai akar. Tetapi hanya ada
satu polinomial monik berderajat 2 dalam R[x] yang mempunyai i sebagai akar, yaitu
polinomial x2 + 1.
Lema 3.1.3.
Misalkan E adalah medan perluasan dari medan F dan p(x) ∈ F[x] polinomial monik
taktereduksi berderajat d yang mempunyai α ∈ E sebagai akar.
(i)
Jika f(x) ∈ F[x] mempunyai α sebagai akar, maka d ≤ der(f(x)).
(ii)
Polinomial monik berderajat d dalam F[x] yang mempunyai α sebagai akar
hanyalah p(x).
BUKTI.
(i)
Misalkan I = {f(x) ∈ F[x] : f(α) = 0}. Jelas I ideal dalam F[x] sebab terdapat
homomorfisma evaluasi θα : F[x] → E di mana Ker(θα) = I ideal dalam F[x]. Jika
f(x) ∈ I, maka (f(x), p(x)) = k(x) ∈ I sebab k(x) = f(x) r(x) + p(x) s(x) (Teorema
2.6.7). Karena p(x) polinomial monik taktereduksi, maka polinomial monik yang
membagi p(x) hanyalah 1 F dan p(x). Tetapi 1 F ∉ I, maka haruslah k(x) = p(x),
sehingga p ( x) f ( x) .
Jadi d = der(p(x)) ≤ der(f(x)) untuk ∀f(x) ∈ F[x] yang mempunyai α sebagai akar.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
81
(ii)
Misalkan juga m(x) polinomial monik berderajat d yang mempunyai α sebagai
akar. Maka p(x) − m(x) ∈ I, sehingga p(x) − m(x) mempunyai α sebagai akar.
Andaikan p(x) − m(x) ≠ 0. Berarti der(p(x) − m(x)) < d, kontradiksi dengan (i).
Dengan demikian haruslah p(x) − m(x) = 0, yaitu p(x) = m(x).
■
Proposisi penting di bawah ini merangkum situasi-situasi di atas.
Proposisi 3.1.4.
Jika E medan perluasan dari medan F dan α ∈ E elemen aljabar atas F, maka
(i)
terdapat polinomial monik taktereduksi p(x) ∈ F[x] yang mempunyai α sebagai
akar,
(ii)
jika f(x) ∈ F[x] mempunyai α sebagai akar, maka p(x) membagi f(x),
(iii) satu-satunya polinomial monik berderajat minimal dalam F[x] yang mempunyai α
sebagai akar adalah p(x),
(iv)
F[ x ] ( p ( x)) ≅ F(α).
BUKTI.
(i)
Jika E perluasan dari F dan α ∈ E, maka θ α : F[x] → E merupakan homomorfisma
evaluasi. Karena α adalah elemen aljabar atas F, maka Ker(θα) ≠ {0}. Dan karena
setiap ideal dalam F[x] adalah ideal utama, maka Ker(θα) = (p(x)) untuk suatu
polinomial monik p(x) ∈ F[x]. Dari Teorema Isomorfisma, F[ x ] ( p ( x)) ≅ Im(θα).
Karena Im(θα) daerah integral, maka F[ x] ( p ( x)) juga daerah integral. Menurut
Teorema 2.5.7, (p(x)) ideal prima. Dari bukti Teorema 2.6.9, p(x) taktereduksi.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
82
Karena p(x) ∈ (p(x)) = Ker(θα), maka p(α) = 0. Jadi p(x) adalah polinomial monik
taktereduksi yang mempunyai α sebagai akar.
(ii)
Dari bukti Lema 3.1.3.
(iii) Lema 3.1.3.
(iv) Karena α adalah akar dari p(x), maka Im(θα) adalah medan terkecil yang memuat
F dan α, yaitu Im(θα) = F(α), sehingga F[ x] ( p ( x)) ≅ F(α).
■
Ketunggalan polinomial monik p(x) pada Proposisi 3.1.4 disebut polinomial
taktereduksi untuk α atas F (atau polinomial berderajat minimal untuk α atas F).
Karena
untuk
2 ∈ R adalah elemen aljabar atas Q, maka polinomial monik taktereduksi
2 atas Q adalah x2 − 2. Tetapi polinomial monik taktereduksi dalam R[x] untuk
2 adalah x −
2 sebab x −
2 berderajat minimal dan x −
2 membagi x2 − 2.
Polinomial monik taktereduksi dalam R[x] untuk 1 + i adalah x2 − 2x + 2.
Proposisi 3.1.5.
Misalkan medan E perluasan dari medan F. Jika α ∈ E adalah elemen aljabar atas F
dengan p(x) ∈ F[x] polinomial taktereduksi untuk α berderajat n, maka setiap β ∈ F(α)
dapat diekspresikan dengan tunggal dalam bentuk β = b 0 + b1α + … + bn−1αn−1 di mana
bi ∈ F.
BUKTI.
Homomorfisma evaluasi θ α : F[x] → E memberikan Im(θα) = {f(α) ∈ E : f(α) = θ α(f(x))
untuk suatu f(x) ∈ F[x]}. Diketahui α adalah elemen aljabar atas F dengan p(x) ∈ F[x]
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
83
polinomial taktereduksi untuk α berderajat n. Sehingga F[ x] ( p ( x)) ≅ F(α) = Im(θα)
(Proposisi 3.1.4). Perhatikan bahwa setiap elemen dalam F(α) berbentuk polinomial
dalam α dengan koefisien-koefisien dalam F. Kemudian dari Teorema 2.6.15, maka
setiap koset dalam F[ x] ( p ( x)) dapat diekspresikan dengan tunggal dalam bentuk
(p(x)) + s(x) dengan der(s(x)) < n. Ini berarti setiap koset dalam F[ x ] ( p ( x)) dapatlah
direpresentasikan dengan tunggal dalam bentuk polinomial s(x) berderajat < n kecuali
untuk koset (p(x)) + p(x). Jadi setiap elemen dalam F(α) dapat diekspresikan dengan
tunggal dalam bentuk polinomial s(α) berderajat < n kecuali untuk p(α) sebab p(α) = 0.
Jadi setiap β ∈ F(α) dapat diekspresikan dengan tunggal dalam bentuk β = b 0 + b 1α +
… + bn−1αn−1 di mana bi ∈ F.
■
Hasil-hasil yang sudah didapat dikaitkan sebagai berikut, dalam Contoh 2.6.4
ditunjukkan bahwa R[ x] ( x 2 + 1) ≅ C. Dalam Contoh 3.1.1 ditunjukkan R(i) = C. Dan
Proposisi 3.1.4 membuktikan R(i) ≅ R[ x] ( x 2 + 1) . Kemudian dengan Proposisi 3.1.5,
elemen-elemen dalam R(i) lebih mudah ditentukan, yaitu R(i) = {a + bi : a, b ∈ R}.
Dengan demikian sekarang dengan mudah dapat ditentukan medan pembelah dari
polinomial taktereduksi x2 − 2 ∈ Q[x] yang isomorfis dengan medan Q[ x] ( x 2 − 2) ,
yaitu medan Q( 2 ) = {a + b 2 : a, b ∈ Q} (ini jika dibandingkan dengan cara yang
sama seperti pada Contoh 2.6.4, yaitu dengan menunjukkan Q[ x] ( x 2 − 2) isomorfis
dengan K = {a + b 2 : a, b ∈ Q}).
Dengan demikian, medan semua bilangan kompleks yang sudah kita kenal dengan
C = {a + bi : a, b ∈ R} dikonstruksi dari R dengan menggunakan Proposisi 3.1.4 dan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
84
Proposisi 3.1.5 (juga berpegang prinsip pada Teorema Kronecker). Penggunaan huruf i
(berpautan dengan kata imaginary) merupakan suatu tradisi untuk menyatakan akar dari
x2 + 1, yaitu i2 + 1 = 0 (yang kemudian didefinisikan i2 = −1).
Jika α ∈ F, maka jelas F medan terkecil yang memuat F dan α. Proposisi 3.1.4
dan Proposisi 3.1.5 juga dapat menunjukkannya. Jika α ∈ F, maka polinomial monik
taktereduksi dalam F[x] untuk α adalah polinomial linear x − α, sehingga medan
terkecil yang memuat F dan α adalah F(α) = {b : b ∈ F} = F. Ini juga berarti F(α) = F
adalah medan pembelah dari x − α.
Misalkan g(x) ∈ F[x] polinomial taktereduksi berderajat k dan α1, α2, …, αk ∈ E
(perluasan dari medan F) adalah akar-akar dari g(x). Dari Proposisi 3.1.4, F[ x ] ( g ( x))
isomorfis dengan F(α1), F(α2), …, F(αk), sehingga F(α1) ≅ F(α2) ≅ … ≅ F(αk). Jadi
F[ x ] ( g ( x)) memuat semua akar dari g(x) atau F[ x] ( g ( x)) adalah medan pembelah
dari polinomial taktereduksi g(x) ∈ F[x]. Ini berarti bahwa jika α ∈ E adalah akar dari
polinomial taktereduksi g(x) ∈ F[x], maka F(α) adalah medan pembelah dari g(x), yaitu
medan terkecil yang memuat F dan semua akar dari g(x).
Sebelumnya sudah disinggung bahwa medan pembelah dari suatu polinomial
tergantung pada medan yang didefinisikan. Medan pembelah dari x2 + 1 ∈ R[x] adalah
R(i) = C, tetapi jika x2 + 1 ∈ Q[x], maka medan pembelahnya Q(i) = {a + bi : a, b ∈ Q}
(submedan dari C). Artinya, medan terkecil yang memuat Q dan semua akar dari x2 + 1
adalah Q(i).
Semua contoh medan pembelah di atas dari polinomial taktereduksi, padahal
menurut Teorema 3.1.2, medan pembelah selalu ada untuk setiap polinomial. Berikut ini
diberikan contoh-contoh medan pembelah dari polinomial tereduksi.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
85
Contoh 3.1.3.
Akan ditentukan medan pembelah dari x3 − 1 ∈ Q[x].
Karena 1 ∈ Q akar dari x3 − 1 ∈ Q[x], maka x3 − 1 tereduksi dalam Q[x], yaitu (x − 1)
faktor dari x3 − 1. Dengan pembagian yang panjang, didapat x3 − 1 = (x − 1) (x2 + x + 1).
Dan x2 + x + 1 tidak mempunyai akar dalam Q, sehingga x2 + x + 1 taktereduksi atas Q
(Teorema 2.6.8). Jadi Q[ x] ( x 2 + x + 1) medan pembelah dari x2 + x + 1 ∈ Q[x]. Karena
1 ∈ Q ⊂ Q[ x] ( x 2 + x + 1) , maka Q[ x] ( x 2 + x + 1) medan pembelah dari x3 − 1 ∈ Q[x].
Kemudian Proposisi 3.1.4 dan Proposisi 3.1.5 digunakan untuk menentukan medan
yang isomorfis dengan Q[ x] ( x 2 + x + 1) . Dengan menggunakan rumus kuadrat yang
sudah dikenal, maka w = (−1 + i 3 ) 2 ∈ C merupakan akar dari x2 + x + 1. Dengan
demikian Q(w) = {a + bw : a, b ∈ Q} medan yang isomorfis dengan Q[ x] ( x 2 + x + 1) .
Karena a, b ∈ Q dan w = (−1 + i 3 ) 2 , maka medan pembelah dari x3 − 1 ∈ Q[x]
adalah {c + di 3 : c, d ∈ Q} = Q(i 3 ) ⊂ C (sebab polinomial monik taktereduksi
dalam Q[x] untuk i 3 adalah polinomial berderajat 2, yaitu x2 + 3).
Contoh 3.1.4.
Akan ditentukan medan pembelah dari x4 − x2 − 2 ∈ Q[x].
Polinomial ini tidak mempunyai akar dalam Q tetapi tereduksi atas Q, yaitu x4 − x2 − 2
= (x2 − 2) (x2 + 1). Dari contoh-contoh di atas, maka Q( 2 ) = {a + b 2 : a, b ∈ Q}
medan pembelah dari x2 − 2 ∈ Q[x], dan Q(i) = {a + bi : a, b ∈ Q} medan pembelah
dari x2 + 1 ∈ Q[x]. Tetapi
2 ∉ Q(i) dan i ∉ Q( 2 ), sehingga Q( 2 ) dan Q(i)
kedua-duanya bukan medan pembelah dari x4 − x2 − 2 ∈ Q[x]. Dapat ditunjukkan bahwa
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
86
{a + b 2 + ci + di 2 : a, b, c, d ∈ Q} medan pembelah dari x4 − x2 − 2 ∈ Q[x]
(pembuktiannya analog dengan Contoh 3.1.5 di bawah).
Pembahasan tentang perluasan medan di atas, yaitu medan pembelah dari suatu
polinomial f(x) ∈ F[x] dan submedan terkecil dari medan E yang memuat medan F dan
α ∈ E, telah memberikan gambaran tentang medan-medan lainnya selain medan-medan
Q, R, dan C yang sudah kita kenal. Medan-medan Q( 2 ) = {a + b 2 : a, b ∈ Q} dan
Q(i) = {a + bi : a, b ∈ Q} dapat diperiksa kembali apakah tertutup terhadap operasi
penjumlahan, perkalian, dan invers multiplikatif. Jelas kedua medan tertutup terhadap
operasi penjumlahan dan perkalian. Invers multiplikatif dari a + b 2 ≠ 0 ∈ Q( 2 )
adalah (a c) − (b c) 2 di mana c = a2 − 2b 2. Invers multiplikatif dari a + bi ≠ 0 ∈ Q(i)
adalah (a d ) − (b d )i di mana d = a 2 + b2.
Definisi 3.1.5 dapat digeneralisasi. Misalkan elemen-elemen α1, α2, …, αn ∈ E
(medan yang memuat medan F). Maka terdapat medan perluasan terkecil dari F yang
memuat {α1, α2, …, αn}, ditulis F(α1, α2, …, αn). Jadi suatu medan dapat dihasilkan
dari F dan {α1, α2, …, αn}, yaitu dengan mengoperasikan berulang-ulang penjumlahan,
perkalian, invers aditif, invers multiplikatif setiap elemen dari F dan {α1, α2, …, αn}.
Kemudian jika α1, α2, …, αn merupakan akar-akar dari suatu polinomial f(x) ∈ F[x],
maka F(α1, α2, …, αn) adalah medan pembelah dari f(x).
Contoh 3.1.5.
Akan ditentukan medan perluasan terkecil dari Q yang memuat { 2 ,
3 }.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
87
Dengan memfokuskan ketertutupan operasi penjumlahan dan perkalian dari
3 , sepertinya Q( 2 ,
2 dan
3 ) = {a + b 2 + c 3 + d 6 : a, b, c, d ∈ Q}. Tetapi akan
digunakan Proposisi 3.1.4 dan Proposisi 3.1.5 untuk menunjukkannya. Perkalian dari
2 dan
3 adalah
6 , sehingga polinomial monik taktereduksi dalam Q[x] untuk
6 adalah x2 − 6. Dengan Proposisi 3.1.5, maka Q( 6 ) = {a + b 6 : a, b ∈ Q}.
Tetapi Q( 6 ) tidak memuat
3 , sehingga Q( 2 ,
2 dan
3 . Padahal Q( 2 ,
3 ) ≠ Q( 6 ). Misalkan α =
2 +
3 ) harus memuat
2 dan
3 , maka α2 = 5 + 2 6 ⇔
α2 − 5 = 2 6 ⇔ (α2 − 5)2 = 24 ⇔ α4 − 10α2 + 1 = 0. Ini berarti polinomial monik
taktereduksi dalam Q[x] untuk
2 +
3 adalah x4 − 10x2 + 1. Dengan Proposisi 3.1.5,
maka Q(α) = {e + fα + gα2 + hα3 : e, f, g, h ∈ Q}. Perhatikan bahwa α3 = ( 2 +
= (5 + 2 6 ) ( 2 +
3 ) = 11 2 + 9 3 . Maka Q( 2 +
3 )3
3 ) = {a + b 2 + c 3 +
d 6 : a, b, c, d ∈ Q} (memuat
2 dan
= Q( 2 +
3 ) adalah medan pembelah dari x4 − 5x2 + 6 ∈ Q[x]
3 ). Di sini Q( 2 ,
3 ). Dengan demikian haruslah Q( 2 ,
(juga medan pembelah dari x4 − 10x2 + 1 ∈ Q[x]). Perhatikan juga bahwa Q( 2 ,
3)
3)
adalah Q( 2 ) ( 3 ) atau Q( 3 ) ( 2 ), yaitu medan terkecil yang memuat medan
Q( 2 ) dan
3 , atau medan terkecil yang memuat medan Q( 3 ) dan
2.
3.2. Ruang Vektor
Ruang vektor dapat digunakan untuk mempelajari perluasan medan. Diasumsikan
topik ruang vektor sudah dikenal dengan baik, di sini hanya diingatkan kembali dan
teorema-teorema yang berkaitan dengan perluasan medan saja yang dibuktikan.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
88
Definisi 3.2.1.
Ruang vektor V atas medan F adalah grup komutatif (V, +) bersama dengan operasi
perkalian skalar dan dipenuhi
(i)
ru ∈ V,
(ii)
rs(u) = r(su),
(iii) (r + s)u = (ru) + (su),
(iv) r(u + v) = (ru) + (rv),
(v)
1Fu = u
untuk setiap skalar r, s ∈ F dan setiap vektor u, v ∈ V.
Contoh 3.2.1.
Jika F medan, maka Fn = F × F × … × F = {(a1, a 2, …, an) : a i ∈ F} merupakan grup
komutatif terhadap operasi penjumlahan. Didefinisikan operasi perkalian skalar dengan
ru = (ra 1, ra2, …, ran) di mana u ∈ Fn dan r ∈ F. Jelas Fn adalah ruang vektor atas F
sebab memenuhi sifat-sifat ruang vektor. Sudah dibuktikan bahwa jika p prima, maka
Zp medan, sehingga Z np adalah ruang vektor atas Zp dengan banyaknya elemen dalam
Z np adalah p n.
Contoh 3.2.2.
Misalkan F medan dan F[x] gelanggang semua polinomial atas F. Didefinisikan operasi
perkalian skalar dengan rv = r a(x) = r (a 0 + a1x + … + anxn) = (ra0 + ra1x + … + ranxn)
di mana a(x) ∈ F[x] adalah vektor dan r ∈ F adalah skalar. Maka F[x] adalah ruang
vektor atas F. Sifat-sifat ruang vektor dipenuhi sebab F[x] daerah integral.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
89
Contoh 3.2.3.
Misalkan medan E perluasan dari medan F. Didefinisikan operasi perkalian skalar
dengan rw = ra di mana a ∈ E sebagai vektor dan r ∈ F sebagai skalar. Maka E ruang
vektor atas F.
Definisi 3.2.2.
Subhimpunan W ≠ ∅ dari ruang vektor V disebut subruang dari ruang vektor V jika dan
hanya jika W adalah ruang vektor terhadap operasi yang didefinisikan dalam V.
Contoh 3.2.4.
Himpunan ⟨v1, v2, …, vn⟩ = {a1v1 + a2v2 + … + anvn : a i∈ F, vi ∈ V} adalah subruang
dari ruang vektor V atas medan F.
Definisi 3.2.3.
Subruang W = ⟨v1, v2, …, vn⟩ dari ruang vektor V atas medan F disebut subruang yang
direntang (atau dibangun) oleh subhimpunan {v1, v2, …, vn} dari V. Dan vektor-vektor
v = a 1v1 + a2v2 + … + anvn ∈ W disebut kombinasi linear dari v1, v2, …, vn.
Definisi 3.2.4.
Misalkan V ruang vektor atas medan F. Vektor-vektor v1, v2, …, vn ∈ V dikatakan
bebas linear atas F jika dan hanya jika persamaan a 1v1 + a 2v2 + … + anvn = 0 untuk ∀ai
∈ F, dipenuhi hanya jika a 1 = a2 = … = an = 0. Selainnya disebut takbebas linear atas
F, yaitu terdapat sekurang-kurangnya satu ai ≠ 0 ∈ F dan a 1v1 + a 2v2 + … + anvn = 0.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
90
Definisi 3.2.5.
Misalkan V ruang vektor atas medan F dan v1, v2, …, vn ∈ V. Himpunan {v1, v2, …, vn}
disebut basis dari V atas F jika dan hanya jika {v1 , v2, …, vn} merentang V dan vektorvektor v1, v2, …, vn bebas linear atas F.
Contoh 3.2.5.
Himpunan {(1F, 0, …, 0), (0, 1 F, 0, …, 0), …, (0, …, 0, 1 F)} merupakan basis (disebut
basis standar) dari Fn atas F sebab {(1F, 0, …, 0), (0, 1 F, 0, …, 0), …, (0, …, 0, 1F)}
merentang Fn dan (1F, 0, …, 0), (0, 1F, 0, …, 0), …, (0, 0, …, 0, 1 F) bebas linear atas F.
Dalam ruang vektor dibuktikan bahwa setiap dua basis dari ruang vektor V atas
medan F mempunyai banyak vektor yang sama, disebut sebagai dimensi dari V atas F
dan ditulis dimF(V). Sebagai contoh, C adalah ruang vektor atas R di mana {1, i} basis
dari C atas R sebab {1, i} merentang C dan 1, i bebas linear. Tetapi {−1, i} juga basis
dari C atas R. Banyaknya vektor dalam setiap basis dari C adalah 2, yaitu dimR(C) = 2.
Kemudian dibuktikan juga bahwa setiap n vektor bebas linear dalam ruang vektor V
berdimensi n (terdapat n vektor merentang V) adalah basis dalam V. Jika dimF(V) = n,
maka setiap m vektor dari V (m > n) adalah vektor-vektor takbebas linear atas F.
Teorema 3.2.1.
Misalkan V ruang vektor atas medan F dan v1, v2, …, vn ∈ V bebas linear atas F. Maka
setiap elemen (vektor) v ∈ ⟨v1, v2, …, vn⟩ dapat diekspresikan dengan tunggal dalam
bentuk v = a 1v1 + a2v2 + … + anvn, di mana ai ∈ F.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
91
BUKTI.
Misalkan v mempunyai ekspresi v = a 1v1 + a2v2 + … + anvn = b1v1 + b 2v2 + … + bnvn
dengan a i, bi ∈ F. Maka (a1 − b1)v1 + (a2 − b 2)v2 + … + (an − bn)vn = 0. Karena elemenelemen v1, v2, …, vn bebas linear atas F, maka a 1 − b1 = a2 − b2 = … = an − bn = 0,
sehingga a 1 = b1, a2 = b2, …, an = bn.
■
Teorema 3.2.2.
Jika V ruang vektor berdimensi berhingga atas medan F, maka V mempunyai basis.
BUKTI.
Misalkan subhimpunan minimal {v1, v2, …, vn} merentang V. Akan ditunjukkan bahwa
v1, v2, …, vn bebas linear sehingga {v1, v2, …, vn} basis untuk V. Andaikan v1, v2, …, vn
takbebas linear atas F. Maka terdapat a 1 ≠ 0 ∈ F sehingga a1v1 + a2v2 + … + a nvn = 0.
Jadi v1 = (−a1−1) (a2v2 + … + anvn). Karena V direntang oleh {v1, v2, …, vn}, maka
untuk sembarang v ∈ V, v = b 1v1 + b2v2 + … + bnvn = b1(−a 1−1) (a2v2 + … + anvn) + b 2v2
+ … + bnvn. Ini berarti {v2, v3, …, vn} merentang V. Terdapat suatu kontradiksi, karena
diasumsikan V direntang oleh subhimpunan minimal {v1, v2, …, vn}. Sehingga haruslah
v1, v2, …, vn bebas linear.
Terbukti setiap ruang vektor berdimensi berhingga mempunyai basis.
■
Definisi 3.2.6.
Dimensi medan perluasan E (sebagai ruang vektor) atas medan F disebut derajat dari E
atas F, ditulis [E : F]. Jika [E : F] berhingga, maka E disebut perluasan berhingga.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
92
Teorema 3.2.3.
Misalkan medan E perluasan dari medan F. Jika α ∈ E elemen aljabar atas F dengan
polinomial taktereduksi p(x) ∈ F[x] untuk α berderajat n, maka F(α) adalah perluasan
berhingga berderajat n di mana basis dari F(α) atas F adalah {1E, α, α2, …, αn−1}.
BUKTI.
Jika α ∈ E elemen aljabar atas F dengan polinomial taktereduksi p(x) ∈ F[x] untuk α
berderajat n, maka menurut Proposisi 3.1.5, setiap β ∈ F(α) dapat diekspresikan dengan
tunggal dalam bentuk β = b0 + b1α + b2α2 + … + bn−1αn−1 di mana bi ∈ F. Jadi setiap
elemen β ∈ F(α) kombinasi linear dari 1E, α, α2, …, αn−1, sehingga {1 E, α, α2, …, αn−1}
merentang F(α). Akan ditunjukkan bahwa 1 E, α, α2, …, αn−1 bebas linear atas F
sehingga {1E, α, α2, …, αn−1} basis dari F(α). Jika b0 + b1α + … + b n−1αn−1 = 0, maka
q(α) = 0 untuk suatu q(x) = b 0 + b1x + … + bn−1xn−1 ∈ F[x]. Karena p(x) taktereduksi
(berderajat minimal) yang mempunyai α sebagai akar, maka haruslah q(x) = 0. Ini
berarti b0 = b1 = … = bn−1 = 0. Dengan demikian 1E, α, α2, …, αn−1 bebas linear. Jadi
{1 E, α, α2, …, αn−1} basis dari F(α) atas F, sehingga [F(α) : F] = dimF(F(α)) = n.
■
Sebagai catatan, jika F(α) adalah perluasan berhingga, tidak berarti F(α) adalah
medan berhingga. Contohnya, R(i) = C adalah perluasan berhingga berderajat 2 atas R.
Definisi 3.2.7.
Medan perluasan E dari medan F disebut perluasan aljabar jika dan hanya jika setiap
elemen dalam E adalah elemen aljabar atas F.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
93
Teorema 3.2.4.
Jika medan E perluasan berhingga dari medan F, maka E perluasan aljabar.
BUKTI.
Karena E perluasan berhingga dari F yaitu [E : F] = n, maka n + 1 elemen dari E
takbebas linear atas F. Ini berarti bahwa jika α ∈ E, maka 1E, α, α2, …, αn takbebas
linear atas F, yaitu terdapat bi ∈ F tidak semuanya nol sedemikian sehingga b 0 + b 1α +
b2α2 + … + bnαn = 0. Dengan demikian α adalah akar dari suatu polinomial q(x) = b 0 +
b1x + b2x2 + … + b nxn ≠ 0 ∈ F[x] (kemudian q(x) dikalikan b n−1 ≠ 0 untuk mendapatkan
polinomial monik).
Terbukti setiap α ∈ E adalah elemen aljabar atas F.
■
3.3. Medan Galois
Sudah diketahui bahwa Zp adalah medan berhingga berorder p jika dan hanya jika
p prima. Ini berarti Z4 bukanlah medan. Tetapi terdapat medan berorder 4, tentu saja
medan ini bukan Z4 melainkan perluasan dari medan Z2. Medan perluasan dari Z2 ini
adalah Z 2[ x] ( p ( x)) di mana p(x) adalah polinomial taktereduksi berderajat 2 atas Z2.
Akan ditunjukkan sekarang, bahwa karena 0 dan 1 dalam Z2 (demi kepraktisan, tanda
kurung siku dihilangkan) bukan akar-akar dari polinomial p(x) = x2 + x + 1 ∈ Z2[x],
maka p(x) taktereduksi atas Z2 (Teorema 2.6.8). Telah ditunjukkan bahwa Z 2[ x] ( p ( x))
medan perluasan dari Z2 dan memuat semua akar dari p(x). Misalkan α ∈ Z 2 [ x] ( p ( x))
akar dari p(x), maka menurut Proposisi 3.1.4, Z 2 [ x] ( p ( x)) isomorfis dengan medan
Z2(α), yaitu medan di mana semua elemennya adalah 0 + 0α, 1 + 0α, 0 + 1α, 1 + 1α
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
94
(Proposisi 3.1.5). Jadi Z2(α) = {0, 1, α, 1 + α} medan berhingga berorder 4. Tampak
bahwa Z2(α) ⊃ Z2. Karena α adalah akar dari p(x) = x2 + x + 1 yaitu α2 + α + 1 = 0,
maka α2 = −1 + (−α) = 1 + α (elemen dalam Z2(α) berbentuk polinomial dalam α
dengan koefisien-koefisien dalam Z2), sehingga (1 + α)2 + (1 + α) + 1 = 1 + 2α + α2 + 1
+ α + 1 = 1 + 2α + 1 + α + 1 + α + 1 = (1 + 1) + (1 + 1) + 2α + 2α = 0 + 0 + 0 + 0 = 0.
Jadi α dan 1 + α adalah akar-akar dari x2 + x + 1 ∈ Z2[x]. Di bawah ini tabel lengkap
penjumlahan dan perkalian setiap elemen dalam Z2(α). Penghitungan seperti di atas.
Tabel 3.1. Tabel Cayley penjumlahan dan perkalian untuk medan Z2(α)
0
1
α
+
1+α
0
0
1
α
1+α
1
1
0
α
1+α
α
α
0
1
1+α
α
1
0
1+α 1+α
⋅
0
1
α
1+α
0
0
0
0
0
1
α
1+α
0
0
0
1
α
1+α
α
1
1+α
1
α
1+α
Dengan cara yang sama, medan berorder 23 = 8 dapat dikonstruksi dari Z2, dengan
polinomial taktereduksi berderajat 3 yaitu x3 + x + 1 ∈ Z2[x]. Semua elemennya adalah
0, 1, α, 1 + α, α2, 1 + α2, α + α2, 1 + α + α2. Dan akar-akar dari x3 + x + 1 ∈ Z2[x]
adalah α, α2, α + α2. Polinomial x2 + 1 taktereduksi atas Z3, maka dapat dikonstruksi
medan perluasan dari Z3 berorder 3 2 = 9 dan memuat semua akar dari x2 + 1 ∈ Z3[x].
Medan berorder 9 tersebut adalah {0, 1, 2, α, 2α, 1 + α, 1 + 2α, 2 + α, 2 + 2α} dan
akar-akar dari x2 + 1 ∈ Z3[x] adalah α dan 2α. Kemudian polinomial x3 + x2 + x + 1
taktereduksi dalam Z3[x], maka dapat dikonstruksi medan berorder 33 = 27. Demikian
seterusnya.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
95
Galois menyatakan bahwa medan berorder pn selalu dapat dikonstruksi jika dapat
ditemukan polinomial taktereduksi berderajat positif n atas medan Zp.
Sekarang, polinomial-polinomial x dan x − 1 taktereduksi atas Z2, maka Z 2 [ x] ( x)
dan Z 2 [ x] ( x − 1) semuanya adalah medan berorder 2. Tetapi Z 2 [ x] ( x) ≅ Z2(0) = Z2
dan Z 2 [ x] ( x − 1) ≅ Z2(1) = Z2, sehingga Z 2 [ x] ( x) ≅ Z 2[ x] ( x − 1) . Jadi Z 2[ x] ( x)
dan Z 2 [ x] ( x − 1) merupakan medan Z2. Di atas ditunjukkan bahwa Z 2 [ x] ( x 3 + x + 1)
medan berorder 8. Di sini Z 2 [ x] ( x3 + x 2 + 1) juga medan berorder 8 sebab x3 + x2 + 1
taktereduksi atas Z2. Misalkan ω ∈ Z 2 [ x] ( x3 + x 2 + 1) adalah akar dari x3 + x2 + 1,
maka Z 2 [ x] ( x3 + x 2 + 1) = {0, 1, ω, 1 + ω, ω2, 1 + ω2, ω + ω2, 1 + ω + ω2}. Dengan
membuat tabel-tabel Cayley penjumlahan dan perkalian untuk Z 2[ x] ( x3 + x + 1) dan
Z 2 [ x] ( x3 + x 2 + 1) di mana penghitungan dilakukan dengan mendefinisikan α3 = 1 + α
dan ω3 = 1 + ω2, tampak bahwa Z 2[ x] ( x3 + x + 1) ≅ Z 2 [ x] ( x3 + x 2 + 1) . Hal ini sedikit
menggambarkan bahwa setiap dua medan yang berorder pn saling isomorfis untuk suatu
bilangan prima p dan suatu bilangan bulat positif n. Lema berikut gambaran lebih lanjut.
Lema 3.3.1.
Jika F medan berhingga berorder q, maka setiap elemen dalam F adalah akar dari
polinomial xq − x.
BUKTI.
F# = F − {0} adalah grup multiplikatif berorder q − 1. Dengan Akibat 2.2.12, a q−1 = 1 F
untuk ∀a ∈ F#. Ini berarti aq = a, sehingga a q − a = 0. Dengan demikian setiap a ∈ F#
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
96
adalah akar dari xq − x. Tetapi 0 juga akar dari xq − x. Jadi setiap elemen dalam F adalah
akar dari xq − x.
■
Setiap medan berhingga F harus berkarakteristik prima p sebab tidak mungkin F
berkarakteristik 0 (memuat submedan prima yang isomorfis dengan Q). Jadi F memuat
submedan Zp. Lema 3.3.1 di atas menunjukkan bahwa jika F berorder pn, maka F adalah
medan pembelah dari x p − x ∈ Zp[x]. Sebelumnya sudah dijelaskan bahwa setiap dua
n
medan pembelah dari x p − x ∈ Zp[x] saling isomorfis untuk suatu bilangan prima p dan
n
suatu bilangan bulat positif n, sehingga Lema 3.3.1 memberikan gambaran ketunggalan
medan berorder p n. Medan berorder pn ini disebut medan Galois, dinotasikan dengan
GF(pn), di mana dikonstruksi dari Zp dengan polinomial taktereduksi berderajat positif n
atas Zp. Ketunggalan medan Galois berorder pn untuk suatu bilangan prima p dan suatu
bilangan bulat positif n, tetap dapat dibuktikan walaupun ketunggalan medan pembelah
dari suatu polinomial tidak dibuktikan di sini. Di bawah ini akan dibuktikan bahwa tidak
ada medan berhingga lainnya selain medan Galois.
Teorema 3.3.2.
Jika F medan berhingga, maka F = pn untuk suatu bilangan prima p dan suatu bilangan
bulat positif n.
BUKTI.
Jika F medan berhingga, maka F memuat submedan Zp untuk suatu bilangan prima p.
Ini berarti F adalah ruang vektor atas Zp. Jelas F berdimensi berhingga, sehingga dari
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
97
Teorema 3.2.2, F mempunyai basis di mana banyaknya elemen dalam basis tersebut
adalah dimensi dari F atas Zp. Misalkan basis dari F atas Zp adalah {v1, v2, …, vn}
dengan vi ∈ F adalah vektor-vektor. Maka setiap vektor v ∈ F dapat diekspresikan
dengan tunggal dalam bentuk v = b1v1 + b2v2 + … + bnvn sebab v1, v2, …, vn bebas linear
(Teorema 3.2.1) dengan b i ∈ Zp. Maka total semua kombinasi linear dari v1, v2, …, vn
adalah p n. Jadi medan berhingga F berorder pn.
■
Akan dibuktikan pernyataan Galois bahwa ada medan berorder p n untuk setiap
bilangan prima p dan setiap bilangan bulat positif n. Diawali lema-lema pendukung.
Lema 3.3.3.
Jika F adalah medan berkarakteristik prima p, maka (a + b) p = a p + b p untuk setiap
n
n
n
a, b ∈ F dan setiap bilangan bulat positif n.
BUKTI.
Ambil sembarang a, b ∈ F. Dibuktikan dengan Induksi Matematis.
Pangkal
Untuk n = 1, maka menurut Teorema Binomial,
 p
 p
(a + b)p = ap +   ap−1b +   a p−2b2 + … + bp,
1
2
 p
  = p! i!( p − i)! dengan
i
1 ≤ i ≤ p − 1. Karena i! dan (p − i)! kedua-duanya tidak dibagi oleh p tetapi
 p
hanya p! yang dibagi oleh p, maka p membagi bilangan bulat positif   .
i
Jadi jika F berkarakteristik p, yaitu pm = 0 untuk ∀m ∈ F, maka
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
98
 p
p!
( p − 1)! p
  m =
m =
m = (sp)m = s(pm) = s0 = 0. Dengan
i!( p − i )!
i!( p − i )!
i
demikian (a + b)p = ap + b p.
Langkah Diasumsikan teorema benar untuk n = k, yaitu (a + b) p = a p + b p .
k
k
k
Akan dibuktikan teorema benar untuk n = k +1.
( a + b) p
k +1
= (( a + b ) p ) p = ( a p + b p ) p = ( a p ) p + (b p ) p = a p
k
k
k
k
k
Terbukti (a + b) p = a p + b p untuk ∀n ≥ 1.
n
n
n
k +1
k +1
+ bp .
■
Lema 3.3.4.
Misalkan E medan berkarakteristik prima p dan n adalah bilangan bulat positif. Maka
g(x) = xq − x dengan q = p n tidak mempunyai akar berulang > 1 dalam E.
BUKTI.
Jelas 0 akar berulang 1 dari g(x) = xq − x = x (xq−1 − 1). Misalkan a ≠ 0 akar dari g(x)
dalam E, maka g(x) = (x − a) h(x). Akan ditunjukkan a bukan akar dari h(x) sehingga
g(x) tidak mempunyai akar berulang > 1. Perhatikan bahwa g(x − a) = (x − a)q − (x − a).
Karakteristik dari E adalah p, maka dari Lema 3.3.3, g(x − a) = xq + (−a)q − x + a.
Karena a q = a dengan q = p n, maka (−a)q + a = 0 untuk setiap p (sebab (−a)q + a = aq + a
= a + a = 2a = 0 untuk p = 2, dan (−a)q + a = −aq + a = −a + a = 0 untuk p > 2). Dengan
demikian g(x) = g(x − a) = (x − a)q − (x − a) = (x − a) ((x − a)q−1 − 1) dan di sini a bukan
akar dari (x − a)q−1 − 1 = h(x).
Terbukti g(x) tidak mempunyai akar berulang > 1 dalam E.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
99
Teorema 3.3.5 (Eksistensi Medan Galois).
Untuk setiap bilangan prima p dan setiap bilangan bulat positif n, terdapat medan
berorder pn.
BUKTI.
Jika g(x) = xq − x ∈ Zp[x] dengan q = p n, maka menurut Teorema 3.1.2, terdapat medan
E yang memuat Zp dan semua akar dari g(x). Jadi dalam E[x], g(x) = (x − a1) (x − a2) …
(x − aq). Karena E medan berkarakteristik p, maka menurut Lema 3.3.4, a 1, a2, …, aq
saling berbeda. Misalkan K = {a ∈ E : g(a) = 0}, maka K = q = pn. Selanjutnya tinggal
ditunjukkan bahwa K adalah submedan dari E. Ambil sembarang a, b ∈ K, maka aq = a
dan b q = b. Menurut Lema 3.3.3, (a + b)q = a q + bq = a + b, sehingga g(a + b) = 0.
Kemudian, (ab)q = aqb q = ab, sehingga g(ab) = 0. Dan g(−a) = (−a)q − (−a) = 0 sebab
(−a)q − (−a) = aq + a = a + a = 2a = 0 jika p = 2, dan (−a)q − (−a) = −a q + a = −a + a = 0
jika p > 2. Berarti a + b, ab, −a ∈ K. Karena 1E ∈ K, maka K adalah subgelanggang
komutatif dari E dengan elemen satuan. Dan akhirnya, g(a−1) = (a−1)q − a −1 = (aq)−1 − a−1
= a −1 − a−1 = 0, yaitu a −1 ∈ K.
Terbukti K medan berorder p n.
■
Di atas sudah dibuktikan terdapat medan berorder q jika dan hanya jika q adalah
pangkat bilangan prima. Sebelum membuktikan ketunggalan medan berorder q = pn
untuk suatu bilangan prima p dan suatu bilangan bulat positif n, ditunjukkan terlebih
dahulu bahwa grup multiplikatif dari setiap medan berhingga adalah grup siklik. Untuk
hal tersebut, akan digunakan suatu konsep dalam teori bilangan.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
100
Didefinisikan fungsi Euler φ(n) dengan φ(1) = 1 dan untuk n > 1, maka φ(n) =
banyaknya bilangan bulat positif kurang dari n dan relatif prima terhadap n. Sebagai
contoh, φ(18) = 6 sebab bilangan-bilangan bulat positif yang kurang dari 18 dan relatif
prima terhadap 18 adalah 1, 5, 7, 11, 13, 17.
Teorema 3.3.6.
Jika m dan n adalah bilangan-bilangan bulat positif, maka
∑
mn
φ(m) = n.
BUKTI.
Misalkan G = {eG, a, a 2, …, an−1}, yaitu G grup siklik berorder n yang dibangun oleh a.
Pernyataan-pernyataan berikut ini adalah aplikasi dari Teorema 2.2.6. Jika m n , maka G
mempunyai tepat satu subgrup (dan siklik) H berorder m. Karena elemen berorder m
membangun subgrup berorder m, maka elemen-elemen berorder m dalam G semuanya
di dalam H. Misalkan H dibangun oleh ab = h. Maka hk berorder m jika k relatif prima
terhadap m dengan 1 ≤ k < m. Berarti banyaknya elemen berorder m adalah φ(m). Dan
karena order setiap elemen dalam G membagi n (Akibat 2.2.12), maka jelas jumlahan
dari φ(m) sama dengan n untuk setiap m yang membagi n, yaitu
∑
mn
φ(m) = n.
■
Contoh 3.3.1.
Bilangan-bilangan bulat positif yang membagi 18 adalah 1, 2, 3, 6, 9, 18. Jadi φ(1) = 1,
φ(2) = 1, φ(3) = 2, φ(6) = 2, φ(9) = 6, φ(18) = 6. Dan φ(1) + φ(2) + φ(3) + φ(6) + φ(9) +
φ(18) = 18.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
101
Teorema 3.3.7.
Subgrup berhingga G dari grup multiplikatif dari medan F adalah siklik.
BUKTI.
Jika F medan, maka F# = F − {0} adalah grup multiplikatif dari F. Misalkan G ≤ F#
berorder n. Akan ditunjukkan bahwa G memuat elemen berorder n sehingga G siklik.
Misalkan bilangan bulat taknegatif ψ(m) adalah banyaknya elemen berorder m dalam G.
Dibuktikan dahulu pernyataan-pernyataan berikut benar
(i)
ψ(m) ≤ φ(m) untuk setiap m yang membagi n,
(ii)
∑
mn
ψ(m) = n,
(iii)
∑
mn
φ(m) = n.
Jika ada elemen h berorder m dalam G, maka h membangun subgrup siklik H berorder
m dalam G. Jadi setiap elemen dalam H adalah penyelesaian dari persamaan xm = 1F.
Karena G memuat paling banyak m akar dari polinomial xm − 1 F, maka G memuat
paling banyak m penyelesaian dari persamaan xm = 1 F. Ini berarti H memuat setiap
penyelesaian dari persamaan xm = 1 F. Dengan perkataan lain, elemen-elemen berorder m
dalam G semuanya di dalam H. Dari bukti Teorema 3.3.6, H memuat tepat φ(m) elemen
berorder m, sehingga ψ(m) = φ(m). Jika tidak ada elemen berorder m, maka ψ(m) = 0.
Jadi ψ(m) ≤ φ(m) untuk setiap m yang membagi n. Maka (i) benar. Karena order setiap
elemen dalam G membagi n, maka (ii) benar. Dan Teorema 3.3.6 membuktikan (iii).
Dari (i), (ii), (iii) menunjukkan bahwa ψ(m) = φ(m) untuk setiap m yang membagi n.
Berarti ψ(n) = φ(n) ≥ 1, yaitu G memuat elemen berorder n. Jadi G siklik.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
102
Teorema 3.3.8.
Jika F medan berhingga, maka grup multiplikatif dari F adalah grup siklik.
BUKTI.
Teorema 3.3.7 sudah membuktikan bahwa setiap subgrup berhingga dari F# = F − {0}
adalah siklik. Karena F# adalah subgrup berhingga dari F#, maka F# siklik.
■
Contoh 3.3.2.
Z3# = {1, 2} adalah grup siklik yang dihasilkan oleh 2. Grup K# = {1, α, 1 + α} dari
medan K berorder 4 adalah grup siklik yang dihasilkan oleh α dan 1 + α, di mana
polinomial taktereduksi berderajat 2 atas Z2 yaitu x2 + x + 1.
Akibat 3.3.9.
Jika F medan berhingga, maka F = Zp(a) untuk suatu bilangan prima p dan a ∈ F.
BUKTI.
Jika F medan berhingga, maka F adalah perluasan dari Zp untuk suatu bilangan prima p.
Kemudian dari Teorema 3.3.8, F# adalah grup siklik yang dihasilkan oleh a ∈ F. Karena
Zp(a) adalah medan yang dihasilkan dari Zp dan a, maka haruslah F = Zp(a).
■
Teorema 3.3.10.
Jika K dan L medan-medan berorder pn untuk suatu bilangan prima p dan suatu bilangan
bulat n > 0, maka K dan L isomorfis.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
103
BUKTI.
Jika K, L berorder pn untuk suatu bilangan prima p dan bilangan bulat n > 0, maka K, L
perluasan berhingga dari Zp. Dari Akibat 3.3.9, maka K = Zp(α) untuk suatu α ∈ K,
sehingga α adalah elemen aljabar atas Zp (Teorema 3.2.4). Menurut Proposisi 3.1.4,
terdapat polinomial taktereduksi g(x) dalam Zp[x] yang mempunyai α sebagai akar
sedemikian sehingga Zp(α) = K ≅ Z p [ x] ( g ( x)) . Perhatikan bahwa g(x) berderajat n
sebab [K : Zp] = n dan [Zp(α) : Zp] = der(g(x)) (Teorema 3.2.3). Karena α adalah akar
dari xq − x ∈ Zp[x] dengan q = pn (Lema 3.3.1), dan g(x) polinomial taktereduksi untuk
α atas Zp, maka g(x) harus membagi xq − x (Proposisi 3.1.4). Di lain pihak, akar-akar
dari xq − x semuanya adalah elemen dari L. Maka dalam L[x], xq − x = (x − β1) (x − β2)
… (x − βq) di mana βi ∈ L. Dalam L[x], tidak semua (x − βi) relatif prima terhadap g(x)
karena jika semua (x − βi) relatif prima terhadap g(x), maka (x − β1) (x − β2) … (x − βq)
= xq − x relatif prima terhadap g(x). Kontradiksi dengan g(x) membagi xq − x. Ini berarti
(x − βi) dan g(x) mempunyai faktor persekutuan berderajat 1 untuk suatu βi ∈ L. Maka
haruslah di sini (x − βi) membagi g(x), yaitu g(x) = (x − βi) h(x) untuk suatu h(x) ∈ L[x],
sehingga βi adalah akar dari g(x). Karena g(x) taktereduksi atas Zp, maka dari Proposisi
3.1.4, Zp(βi) ≅ Z p [ x] ( g ( x)) . Dan menurut Teorema 3.2.3, [Zp(βi) : Zp] = der(g(x)) = n.
Karena [L : Zp] = n dan homomorfisma evaluasi θ β i : Zp[x] → L menunjukkan bahwa
Zp(βi) ⊆ L, maka haruslah L = Zp(βi). Jadi K ≅ Z p [ x] ( g ( x)) ≅ L.
■
Sudah dibuktikan di atas bahwa hanya ada satu medan berorder pn untuk suatu
bilangan prima p dan suatu bilangan bulat n > 0. Berikut ini akan dibuktikan sifat lain
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
104
dari medan Galois GF(p n), yaitu grup aditif dari GF(pn) untuk suatu bilangan prima p
dan suatu bilangan bulat n > 0, isomorfis dengan n-tupel grup aditif Zp × Zp × … × Zp
(dapat juga ditulis dengan Zp ⊕ Zp ⊕ … ⊕ Zp, dan disebut jumlahan langsung).
Akibat 3.3.11.
Grup aditif dari GF(p n) isomorfis dengan Z np = Zp × Zp × … × Zp untuk suatu bilangan
prima p dan suatu bilangan bulat n > 0.
BUKTI.
Menurut Teorema 3.3.10, jika medan-medan K dan L berorder pn untuk suatu bilangan
prima p dan suatu bilangan bulat n > 0, maka K dan L isomorfis. Jadi (K, +) dan (L, +)
isomorfis sebagai ruang vektor atas Zp. Karena Z np adalah ruang vektor atas Zp di mana
Z np = pn, maka (K, +) isomorfis dengan Z np = Zp × Zp × … × Zp.
■
Meskipun bukti eksistensi medan Galois dalam Teorema 3.3.5 tidak menunjukkan
konstruksi langsung dari polinomial taktereduksi atas Zp seperti dinyatakan oleh Galois,
teorema berikut menunjukkan bahwa polinomial taktereduksi berderajat positif n atas Zp
selalu ada. Maka medan Galois selalu dapat dikonstruksi. Tetapi tidak ada rumus umum
untuk menghasilkan polinomial taktereduksi berderajat n atas Zp.
Teorema 3.3.12.
Untuk setiap bilangan bulat n > 0 dan setiap bilangan prima p, terdapat polinomial
taktereduksi berderajat n atas Zp.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
105
BUKTI.
Teorema 3.3.5 membuktikan terdapat medan berorder pn. Dalam bukti Teorema 3.3.10
telah ditunjukkan terdapat polinomial taktereduksi g(x) berderajat n atas Zp.
■
Teorema berikut ini generalisasi dari Teorema 3.3.12 untuk setiap medan berhingga.
Teorema 3.3.13.
Untuk setiap bilangan bulat n > 0, terdapat polinomial taktereduksi berderajat n atas
medan berhingga F.
BUKTI.
Misalkan F = p m. Maka setiap elemen dalam F adalah akar dari x p − x (Lema 3.3.1).
m
Kemudian untuk setiap n > 0, terdapat medan E berorder p mn (Teorema 3.3.5). Berarti
setiap elemen dalam E adalah akar dari x p − x. Ditunjukkan dahulu bahwa jika a ∈ F,
mn
maka a adalah akar dari x p − x, yaitu a p = a untuk ∀n. Ambil sembarang a ∈ F.
mn
mn
Dibuktikan dengan Induksi Matematis.
Pangkal
Untuk n = 1, maka a p = a sebab a adalah akar dari x p − x.
m1
m
Langkah Diasumsikan benar untuk n = k, yaitu a p = a.
mk
Akan dibuktikan benar untuk n = k + 1.
ap
m ( k +1 )
= ap
mk
pm
= (a p ) p = a p = a .
mk
m
m
Jadi jika a ∈ F, maka a adalah akar dari x p − x untuk ∀n. Jadi F submedan dari E.
mn
Karena E = pmn = (pm)n, maka E adalah perluasan berderajat n atas F, yaitu [E : F] = n
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
106
(tetapi E adalah perluasan berderajat mn atas Zp). Dengan cara yang sama seperti pada
bukti Teorema 3.3.10, maka terdapat polinomial taktereduksi berderajat n atas F.
■
Contoh 3.3.3.
Polinomial q(x) = x2 + x + 1 taktereduksi atas Z2. Maka dapat dikonstruksi perluasan
dari Z2, yaitu K = {0, 1, α, 1 + α}. Terdapat polinomial taktereduksi berderajat 2 atas K,
yaitu r(x) = x2 + x + α (sebab semua elemen dalam K bukan akar dari r(x), di mana
penghitungan dapat dilakukan dengan mendefinisikan α2 = 1 + α).
Akhirnya, akan dibuktikan sifat utama medan Galois, yaitu banyaknya submedan
dari medan Galois GF(pn) adalah banyaknya bilangan bulat positif yang membagi n.
Dibuktikan dahulu teorema penting berikut ini.
Teorema 3.3.14.
Misalkan m, n adalah bilangan-bilangan bulat positif dan p adalah bilangan prima. Maka
pm − 1 membagi p n − 1 jika dan hanya jika m membagi n.
BUKTI.
Menurut algoritma pembagian pada bilangan bulat, terdapat dengan tunggal bilangan
bulat q dan r sedemikian sehingga n = mq + r dengan 0 ≤ r < m.
Perhatikan bahwa p n = pn + (pn−m + pn−2m + … + pn−m(q−1) + pn−mq) − (pn−m + pn−2m + … +
pn−m(q−1) + pn−mq) = pn + (pn−m + pn−2m + … + pn−m(q−1)) − (pn−m + p n−2m + … + pn−m(q−1) +
pn−mq) + pn−mq = (p m − 1) (pn−m + pn−2m + pn−3m + … + p n−mq) + pn−mq.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
107
Dengan demikian pn − 1 = (p m − 1)d + pn−mq − 1 = (pm − 1)d + (p r − 1) di mana d = (p n−m
+ p n−2m + pn−3m + … + pn−mq). Jadi pm − 1 membagi p n − 1 jika dan hanya jika p r − 1 = 0
jika dan hanya jika r = 0 jika dan hanya jika m membagi n.
■
Teorema 3.3.15.
Misalkan m, n adalah bilangan-bilangan bulat positif dan p, q adalah bilangan-bilangan
prima. Maka GF(qm) submedan dari GF(pn) jika dan hanya jika p = q dan m membagi n.
BUKTI.
( ⇒ ) Jika GF(qm) submedan dari GF(pn), maka menurut Teorema Lagrange, order
grup aditif dari GF(qm) harus membagi order grup aditif dari GF(pn). Jadi q m
membagi pn. Karena p, q adalah bilangan-bilangan prima, maka haruslah p = q.
Order grup multiplikatif dari GF(p m) harus membagi order grup multiplikatif
dari GF(p n), sehingga pm − 1 membagi pn − 1. Menurut Teorema 3.3.14, haruslah
m membagi n.
( ⇐ ) Dari Teorema 3.3.5, terdapat medan GF(pm) dan GF(p n) untuk setiap bilangan
bulat positif m, n dan setiap prima p. Kemudian jika m n , maka n = mk untuk
suatu bilangan bulat k > 0. Dari bukti Teorema 3.3.13, maka GF(p m) submedan
dari GF(p mk) = GF(pn).
■
Contoh 3.3.4.
Bilangan-bilangan bulat positif yang membagi 12 adalah 1, 2, 3, 4, 6, 12. Maka GF(212)
mempunyai tepat 6 submedan, yaitu GF(2) = Z2, GF(2 2), GF(23), GF(2 4), GF(26), dan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
108
GF(212). Ketunggalan setiap submedan dijamin Teorema 3.3.10. Submedan-submedan
dari GF(2 6) adalah Z2, GF(22), GF(23), dan GF(26). Submedan-submedan dari GF(24)
adalah Z2, GF(22), dan GF(24). Submedan-submedan dari GF(2 3) adalah Z2 dan GF(23).
Submedan-submedan dari GF(2 2) adalah Z2 dan GF(22). Jadi GF(22) bukan submedan
dari GF(23). Juga GF(23) bukan submedan dari GF(24), dan GF(24) bukan submedan
dari GF(2 6). Teorema 3.3.15 juga menjamin bahwa Z2 bukan submedan dari Z3, Z5, Z7,
Z11, Z13, dan sebagainya. Ini juga berarti bahwa GF(22) bukan submedan dari GF(34),
GF(76), GF(1312).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB IV
PENUTUP
Dari uraian sebelumnya, maka akan diberikan beberapa poin penting yang menjadi
dasar dan berkaitan dengan struktur medan Galois.
1.
Setiap medan mempunyai perluasan dan setiap polinomial takkonstan mempunyai
akar dalam suatu medan.
2.
Medan pembelah selalu ada untuk setiap polinomial. Setiap dua medan pembelah
dari suatu polinomial saling isomorfis.
3.
Medan berorder p n selalu dapat dikonstruksi dari medan Zp jika dapat ditemukan
polinomial taktereduksi berderajat positif n atas Zp. Pada kenyataannya, selalu ada
polinomial taktereduksi berderajat n atas Zp. Maka medan berorder p n selalu ada
untuk setiap bilangan prima p dan setiap bilangan bulat positif n.
4.
Setiap medan berhingga harus berorder p n untuk suatu bilangan prima p dan suatu
bilangan bulat positif n.
5.
Untuk setiap bilangan bulat positif n, terdapat polinomial taktereduksi berderajat n
atas setiap medan berhingga.
6.
Polinomial x p + 1 merupakan polinomial tereduksi atas Zp.
7.
Setiap dua medan berhingga yang berorder sama saling isomorfis.
8.
Setiap elemen dalam medan Galois GF(pn) berbentuk polinomial berderajat < n
n
dengan koefisien-koefisien dalam Zp. Dan seluruh operasi bekerja pada modulo
p(x) di mana p(x) adalah polinomial (monik) taktereduksi berderajat n atas Zp.
9.
Setiap elemen dalam GF(p n) adalah akar dari polinomial x p − x .
n
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
110
10.
Grup multiplikatif dari GF(pn) adalah grup siklik berorder pn − 1.
11.
Grup aditif dari GF(pn) isomorfis dengan grup aditif Zp × Zp × … × Zp (n-tupel).
12.
Banyaknya submedan dari GF(p n) adalah banyaknya bilangan bulat positif yang
membagi n.
Inti dari Teorema Fundamental Galois sendiri adalah suatu eksplorasi hubungan
antara grup semua automorfisma dari medan pembelah E dengan struktur submedan F
dari E. Yang menjadi tema sentral dari Teorema Fundamental Galois adalah terdapat
suatu cara umum dalam menentukan penyelesaian dari persamaan polinomial f(x) = 0
yang tidak dapat diselesaikan dengan penarikan akar-akar (by radicals) untuk f(x) yang
berderajat ≥ 5. Meskipun dalam waktu yang relatif singkat, abstraksi dan hasil kerja dari
Galois dianggap sebagai perintis usaha pengembangan aljabar ke dalam satu aktivitas
matematika yang lebih spesifik yaitu aljabar abstrak.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
DAFTAR PUSTAKA
Cameron, P.J. (1998). Introduction to Algebra. New York: Oxford University Press.
Durbin, J.R. (1985). Modern Algebra. 2nd Edition. New York: John Wiley & Sons.
Fraleigh, J.B. (1996). A First Course in Abstract Algebra. 4th Edition. Reading:
Addison-Wesley.
Herstein, I.N. (1996). Abstract Algebra. 3rd Edition. Upper Saddle River: Prentice-Hall.
McCoy, N.H. (1987). Introduction to Modern Algebra. 4th Edition. Boston: Allyn and
Bacon.
Rotman, J.J. (1998). Galois Theory. Universitext (UTX). 2nd Edition. New York:
Springer-Verlag.