Upload
truongcong
View
223
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
i
KRITERIA DAERAH DEDEKIND
Skripsi
Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat
Memperoleh Gelar Sarjana Sains
Program Studi Matematika
Oleh:
Widiatmo Kurniadi
NIM: 083114012
PROGRAM STUDI MATEMATIKA
JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI
UNIVERSITAS SANATA DHARMA
YOGYAKARTA
2014
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
ii
CRITERION OF DEDEKIND DOMAIN
Thesis
Presented as Partial Fulfillment of the Requirements
To Obtain SARJANA SAINS Degree
In Mathematics
By:
Widiatmo Kurniadi
Student Number: 083114012
MATHEMATICS STUDY PROGRAM
MATHEMATICS DEPARTMENT
FACULTY OF SCIENCE AND TECHNOLOGY
SANATA DHARMA UNIVERSITY
YOGYAKARTA
2014
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
t. . t;.1 ..,, '.,', , ,,, , T{rgg$;fd.,April ZOt+'.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
SKRIPSI
KRITERIA DAERAH DEDEKII\D
Dipersiapkarr dan ditulis oleh:
lVidiamo Ktnrriadi
NIM:083114012
Telah dipa6ult*** U' Paf,itiaPenguji
pada,'tai t4 da1
Kenia
Sekretaris
Anggota
: Priof .Dr.
: Dr. rer. nat.
: M.V. Any
?26p1t12914
Fakultas Sains dan Teknologi
Universitas Sanata Dharma
tv
P.H. PrimaRosa S.Si., M.Sc.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
v
Pain is temporary. It may last a minute, or an hour, or a day, or a year, but
eventually it will subside and something else will take it’s place. If I quit, however,
it lasts forever.
-Lance Armstrong-
Skripsi ini dipersembahkan untuk
Tuhan Yesus, orang tua, Mas win sekeluarga,
Om Giat dan sekeluarga dan teman-teman yang
selalu menemani saya dalam keadaan apapun.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
:ii jl=:E-1,1jt:.ir::*
Pernyataan Keaslian KaryaI
Saya menyatakan dengan sesungguhnya bahwa skripsi ini tidak memuat karya
atau bagian karya orang lain, kecuali yang telah disebutkan dalam kutipan dan daftar pustaka,
sebagaimaoa layaknya karya ilmiah.
Yogyakarta, I 1 April 2014
Penulis
Widiatmo Kurniadi
vi
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
vii
ABSTRAK
Dibuktikan lima kriteria yang saling ekivalen supaya daerah integral � dengan
lapangan pecahan � merupakan daerah Dedekind, yaitu setiap ideal sejati dari �
adalah hasil kali tunggal dari sejumlah berhingga ideal prima dari � (dengan
pengurutan kembali ideal prima tersebut) dan setiap ideal prima tersebut
mempunyai invers, setiap ideal fraksi dari � mempunyai invers, setiap ideal
taknol dari � mempunyai invers, himpunan setiap ideal fraksi dari � membentuk
grup komutatif terhadap operasi perkalian, daerah integral � adalah daerah
Noether, tertutup secara integral dan setiap ideal prima taknol dari � adalah ideal
maksimal.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
viii
ABSTRACT
Five equivalence criterions for an integral domain � with it’s field of quotient �
to become Dedekind domain have been proved, namely every proper ideal is a
unique product of finite number of prime ideals (up to order of the factors) and
each is invertible, every fractional ideals of � is invertible, every nonzero ideal of
� is invertible, the set of all fractional ideals of � forms a multiplicative
commutative group, integral domain � is an integrally closed Noetherian domain
and every nonzero prime ideal of � is a maximal ideal.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
LEMBAR PERIIYATAAN PERSETUJUAN
PT]BLIKASI KARYA ILMIAII TJNTUK KEPENTINGAI\ AKADEMIS
Yang bertanda tangan di bawah ini" saya mahasiswa Universitas Sanata Dharma:
Nama : Widiatmo Kurniadi
Nomor Mahasiswa : 083114012
Demi pengambangan ilmu pengetahuan, saya memberikan kepada Perpustakaan
Universitas Sanata Dharma karya ilmiah yang berjudul:
KRITERIA DAERAH DEDEKIND
beserta perangkat yang diperlukan (bila ada). Dengan demikian saya memberikan kepada
Perpustakaan Universitas Sanata Dharma hak untuk menyimpan, mengalihkan dalam
bentuk media lain, mengeiolanya dalam bentuk pangkalan data, mendistribusikan secara
terbatas, dan mempublikasikan di internet, atau media lain untuk kepentingan akademis
tanpa meminta ijin dari saya mauptrn memberikan royalti kepada saya, selama tetap
mencanfumkan nama saya sebagai penulis.
Demikian pemyataan ini saya buat dengan sebenarnya.
Dibuat di Yogyakarta,
Pada tanggal: 1l April2014
i
I
tI
I
l
Yang menyatakan
[/4wiaia#o/rurniaai
lx
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
x
KATA PENGANTAR
Puji dan syukur kepada Tuhan Yang Maha Esa atas berkat dan rahmat-Nya,
sehingga skripsi dengan judul ”Kriteria Daerah Dedekind” ini dapat diselesaikan ini dapat
diselesaikan tepat pada waktunya.
Penulis menyadari sepenuhnya bahwa skripsi ini tidak lepas dari dukungan,
dorongan, kerjasama maupun bimbingan banyak pihak. Oleh karena itu, penulis mengucapkan
banyak terima kasih kepada:
1. Ibu M.V. Any Herawati, S.Si, M.Si. selaku dosen pembimbing dan dosen penguji
skripsi yang telah membimbing dan memberi masukan sejak awal hingga
selesainya skripsi ini.
2. Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si. selaku Ketua Program Studi
Matematika yang telah memberikan nasehat dan bimbingan selama proses
penyusunan skripsi.
3. Romo Prof. Dr. Frans Susilo, SJ dan Bapak Dr. rer. nat. Herry Pribawanto
Suryawan, S.Si., M.Si. selaku dosen penguji yang telah memberikan koreksi dan
masukan selama proses penyusunan skripsi ini.
4. Perpustakaan Universitas Sanata Dharma dan staf sekretariat yang telah
memberikan fasilitas dan kemudahan pembelajaran, serta administrasi bagi
penulis selama masa perkuliahan.
5. Semua pihak yang telah membantu penulis, tetapi tidak dapat disebutkan satu
persatu.
Yogyakarta, 11 April 2014
Penulis
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
xi
DAFTAR ISI
HALAMAN JUDUL …………………………………………………………………. i
HALAMAN JUDUL DALAM BAHASA INGGRIS ………………………………. ii
HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING ……………………………………... iii
HALAMAN PENGESAHAN ………………………………………………………... iv
HALAMAN PERSEMBAHAN ……………………………………………………… v
HALAMAN PERNYATAAN KEASLIAN KARYA ………………………………. vi
HALAMAN ABSTRAK ……………………………………………………………… vii
HALAMAN ABSTRACT …………………………………………………………….. viii
LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI KARYA
ILMIAH UNTUK KEPENTINGAN AKADEMIS …………………………………. ix
KATA PENGANTAR ………………………………………………………………... x
DAFTAR ISI ………………………………………………………………………….. xi
BAB I PENDAHULUAN ……………………………………………………………. 1
A. Latar Belakang Masalah ……………………………………………...... 1
B. Rumusan Masalah ……………………………………………………... 2
C. Batasan Masalah ……………………………………………………….. 2
D. Tujuan Penelitian ………………………………………………………. 2
E. Metode Penelitian ……………………………………………………... 2
F. Manfaat Penelitian …………………………………………………….. 2
G. Sistematika Penulisan …………………………………………………. 2
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
xii
BAB II GRUP, GELANGGANG DAN MODUL ....................................................... 4
A. Pemetaan dan Grup.................................................................................... 4
B. Gelanggang ............................................................................................. 38
C. Konstruksi Lapangan Pecahan ................................................................ 68
D. Modul ...................................................................................................... 77
BAB III DAERAH DEDEKIND .................................................................................... 107
A. Daerah Dedekind ..................................................................................... 107
B. Kriteria Daerah Dedekind ....................................................................... 126
BAB IV PENUTUP ........................................................................................................ 139
A. Kesimpulan ............................................................................................. 139
B. Saran ....................................................................................................... 139
DAFTAR PUSTAKA ..................................................................................................... 140
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB I
PENDAHULUAN
A. Latar Belakang Masalah
Teorema Fermat yang terakhir, yaitu �� + �� = �� tidak punya solusi bilangan bulat un-
tuk � > 2, � ∈ ℕ.Ada yang mencoba membuktikan teorema ini, diantaranya Kummer (1858).
Kummer membuat sistem bilangan kompleks yang bisa digunakan untuk membuktikan bahwa
teorema tersebut benar untuk sejumlah tak berhingga eksponen yang habis dibagi bilangan-
bilangan prima beraturan. Sebagai hasilnya, Kummer berhasil membuktikan teorema fermat un-
tuk � < 100. Usahanya untuk membuktikan teorema fermat secara umum gagal, sebab
faktorisasi tunggal dari bilangan bulat (setiap bilangan bulat � ≥ 2, dapat dinyatakan secara
tunggal sebagai perkalian pangkat dari bilangan-bilangan prima tanpa memperhatikan urutan)
tidak bisa diperluas ke gelanggang lain termasuk himpunan bilangan kompleks. Kummer be-
rusaha untuk memperbaiki ketunggalan dari faktorisasi pada bilangan kompleks tersebut dengan
memperkenalkan istilah bilangan-bilangan ideal.
Berdasar ide Kummer tentang bilangan-bilangan ideal tersebut, Dedekind membuat
konsep yang berjudul teori bilangan yang bersifat aljabar secara umum dan dipublikasikan pada
tahun 1879. Kemudian Hilbert memperluas konsep tersebut yang kemudian dikembangkan oleh
Noether. Pada akhirnya konsep tersebut mengarah pada gagasan umum tentang ketunggalan
faktorisasi ideal menjadi pangkat-pangkat ideal prima, yang kemudian disebut daerah Dedekind.
Pada skripsi ini akan dibahas tentang kriteria daerah integral menjadi daerah Dedekind.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
2
B. Rumusan Masalah
Permasalahan yang akan dibahas dalam skripsi adalah bagaimana kriteria agar suatu daerah inte-
gral merupakan daerah Dedekind ?
C. Batasan Masalah
Batasan masalah pada skripsi ini adalah tidak dibahas kriteria daerah Dedekind yang
menggunakan lokalisasi dan gelanggang valuasi diskret.
D. Tujuan Penelitian
Tujuan penulisan skripsi ini adalah memahami kriteria agar suatu daerah integral merupakan
daerah Dedekind dan pemenuhan tugas akhir dalam Program Studi Matematika Universitas San-
ata Dharma.
E. Metode Penelitian
Metode penelitian yang digunakan yaitu metode studi pustaka dengan menggunakan buku-buku
aljabar abstrak.
F. Manfaat Penelitian
Penelitian ini untuk memahami kriteria suatu daerah integral merupakan daerah Dedekind dan
sebagai pemenuhan salah satu syarat memperoleh gelar sarjana sains program studi matematika.
G. SISTEMATIKA PENULISAN
I. PENDAHULUAN
A. Latar Belakang Masalah
B. Rumusan Masalah
C. Batasan Masalah
D. Tujuan Penelitian
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
3
E. Metode Penelitian
F. Manfaat penelitian
II. GRUP, GELANGGANG DAN MODUL
A. Pemetaan dan Grup
B. Gelanggang
C. Konstruksi Lapangan Pecahan
D. Modul
III. DAERAH DEDEKIND
A. Daerah Dedekind
B. Kriteria Daerah Dedekind
IV. PENUTUP
A. Kesimpulan
B. Saran
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB II
GRUP, GELANGGANG DAN MODUL
A. Pemetaan dan Grup
Definisi 2.1.1
Suatu kelas bagian � dari � × � disebut relasi pada � × �. Selanjutnya simbol ��� ekivalen
dengan ��, � ∈ � untuk setiap � ∈ � dan � ∈ � dan jika � = � maka � adalah relasi pada �.
Contoh 2.1.1
Misal himpunan � = �1,2,3�, � = �2,4,6� dan � adalah relasi dari �ke� dengan aturan � = 2�
untuk setiap � ∈ �, � ∈ � yaitu � = ��1,2, �2,4, �3,6�.
Definisi 2.1.2
Perkalian Cartesius dari himpunan ��, … , �� yaitu himpunan semua �-tuple terurut ���, … , ��,
dimana �� ∈ ��. Perkalian cartesius tersebut disimbolkan dengan ∏ ������ = �� × …× ��.
Contoh 2.1.2
Misal � = �1�, � = �1,2� maka � × � = ��1,1, �1,2�.
Definisi 2.1.3
Misal � adalah himpunan tak kosong dan � adalah himpunan indeks. Suatu partisi dari � adalah
himpunan dari �� , � ∈ � dimana �� adalah himpunan bagian dari � yang memenuhi sifat
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
5
1. Untuk setiap � ∈ � berlaku �� ≠ ∅.
2. Untuk setiap �, ∈ � jika �� ≠ � maka �� ∩ � = ∅.
3. Gabungan dari �� , �� �, … sama dengan �, dimana �, � + 1,… ∈ �. Selanjutnya elemen dari
partisi tersebut disebut sel dari partisi A.
Contoh 2.1.3
Misal � = �1,2,3,4,5,6�. Salah satu partisi dari � yaitu ��1,2,3,4�, �5,6�� dengan sel dari partisi
yaitu �� = �1,2,3,4�, �� = �5,6�. Definisi 2.1.4
Suatu relasi � pada � disebut relasi ekivalensi pada A jika dan hanya jika untuk setiap �, �, � ∈� relasi � bersifat
1. Refleksif yaitu ���,
2. Simetris yaitu jika ��� maka ���,
3. Transitif, yaitu jika ���, ��� maka ���.
Contoh 2.1.4
Akan dibuktikan relasi � pada ℤ yang didefinisikan !�" jika dan hanya jika !" > 0 untuk se-
tiap !," ∈ ℤ − �0� adalah suatu relasi ekivalensi pada ℤ. Jelas relasi � bersifat refleksif. Sebab
untuk setiap ! ∈ ℤ − �0� berlaku !� > 0 sehingga !�!. Misal !�" sehingga !" > 0. Karena
perkalian di ℤ komutatif sehingga !" = "! > 0 maka "�!. Jadi relasi � bersifat simetris.
Misal !�","�& sehingga !" > 0 dan "& > 0. Karena !" > 0 maka ! > 0 dan " > 0 atau
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
6
! < 0 dan " < 0, selain itu "& > 0 sehingga " > 0 dan & > 0 atau " < 0 dan & < 0. Jika
! > 0 dan " > 0 dan "& > 0 maka & > 0 sehingga !& > 0 maka !�&. Jika ! < 0 dan " < 0
dan "& > 0 maka & < 0 sehingga !& > 0 akibatnya !�&. Jika " > 0 dan & > 0 dan !" > 0
sehingga ! > 0 maka !& > 0 akibatnya !�&. Jika " < 0, & < 0 dan !" > 0 maka ! < 0 se-
hingga !& > 0 akibatnya !�&. Karena setiap kemungkinan berlaku !�& maka � adalah relasi
yang bersifat transitif. Karena � adalah relasi yang simetris, refleksif dan transitif maka � adalah
suatu relasi ekivalensi.
Definisi 2.1.5
Misal ( adalah himpunan dan � adalah relasi ekivalensi. Setiap ), * ∈ ( disebut ekivalen jika
dan hanya jika )�*. Karena � mempunyai sifat refleksif, maka jika diambil sebarang + ∈ ( ter-
dapat elemen di ( yang ekivalen dengan +. Himpunan setiap elemen di ( yang ekivalen dengan +
disebut kelas ekivalensi dengan represntasi s dan disimbolkan dengan [+] = �� ∈ (|+���. Him-
punan setiap kelas ekivalensi dimana � adalah relasi ekivalensi pada ( disimbolkan dengan
�/ = �[+]|+ ∈ (�. Contoh 2.1.5
Pada contoh 2.1.4, salah satu kelas ekivalensi dari ℤ yaitu [2] = �� ∈ ℤ − �0�|��2�. Teorema 2.1.1
Misal � adalah himpunan tak kosong dan 0 adalah relasi ekivalensi pada (. Jika ), * ∈ � maka
1. Elemen * ∈ [)] jika dan hanya jika )0*.
2. Elemen ) ∈ [)].
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
7
3. Himpunan [)] ≠ ∅.
4. Irisan [)] dengan [*] tidak sama dengan ∅ jika dan hanya jika )0*.
5. Irisan [)] dengan [*] tidak sama dengan ∅ jika dan hanya jika [)] = [*] Bukti:
1. Misal * ∈ [)] sehingga menurut definisi 2.1.5 * ∈ � dan )0*. Sebaliknya jika )0* maka
menurut definisi 2.1.5, * ∈ [)]. 2. Menurut definisi 2.1.4, 0 bersifat refleksif sehingga ) ∈ [)]. 3. Karena 0 bersifat refleksif maka ) ∈ [)] sehingga )̅ ≠ ∅.
4. Misal [)] ∩ [*] ≠ ∅ sehingga ada elemen 2 ∈ )̅ dan 2 ∈ [*]. Karena 2 ∈ [)] dan 2 ∈ [*] maka
menurut definisi 2.1.5, 20) dan 20* maka menurut definisi 2.1.4, )02 sehingga diperoleh )0*.
Sebaliknya diketahui )0* sehingga ) ∈ [*]. Karena ) ∈ [)] maka [)] ∩ [*] ≠ ∅.
5. Misal [)] ∩ [*] ≠ ∅. Ambil sebarang 2 ∈ [)] maka menurut pernyataan pertama )02.
Menurut pernayaan keempat berlaku )0*. Karena 0 adalah relasi ekivalensi pada �, dan )02
maka menurut definisi 2.1.4, 20). Diperoleh 20) dan )0* sehingga menurut definisi 2.1.4, 20*
sehingga menurut pernyataan pertama 2 ∈ [*]. Akibatnya [)] ⊆ [*]. Bukti untuk [*] ⊆ [)] ana-
log dengan pembuktian [)] ⊆ [*]. Akan dibuktikan pernyataan sebaliknya. Karena [)] = [*] maka jelas [)] ∩ [*] ≠ ∅.
∎
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
8
Teorema 2.1.2
Misal � himpunan tak kosong dan ~ adalah relasi ekivalensi pada � maka ~ menghasilkan
partisi, dimana �6 = �) ∈ �|)~�� adalah sel yang memuat � untuk semua � ∈ �. Konversnya,
jika ~ adalah relasi pada � yang menghasilkan partisi maka ~ adalah relasi ekivalensi.
Bukti:
Misal � adalah himpunan tak kosong dan ~ adalah relasi ekivalensi pada �. Akan ditunjukkan
relasi ekivalensi ~ pada � menghasilkan partisi. Calon partisi dari relasi ekivalensi ~ pada � yai-
tu ~7 = ��6|� ∈ �� dimana �6 = �) ∈ �|)~��. Akan ditunjukkan setiap sel dari ~7 adalah him-
punan tak kosong, saling asing, dan setiap gabungan dari sel tersebut sama dengan �. Misal �6 adalah sebarang sel dari ~7. Menurut pernyataan pertama teorema 2.1.1, � ∈ �6 sehingga �6 ≠ ∅
maka terbukti setiap sel dari ~7 adalah himpunan tak kosong. Selanjutnya akan dibuktikan setiap
sel dari ~7 saling asing. Ambil sebarang ) ∈ �6 maka ) ∈ � dan )~�. Karena ~ adalah relasi
ekivalensi sehingga menurut definisi 2.1.4 berlaku�~) sehingga )~). Jadi ) ∈ )̅ maka �6 ⊆ )̅.
Ambil sebarang � ∈ )̅ maka �~) sehingga menurut definisi 2.1.4, )~� maka �~�. Jadi menurut
teorema 2.1.1, � ∈ �6 sehingga �6 = )̅. Menurut teorema 2.1.1, �6 = )̅ jika dan hanya jika
�6 ∩ )̅ ≠ ∅. Pernyataan tersebut ekivalen dengan �6 ≠ )̅ jika dan hanya jika �6 ∩ )̅ = ∅. Jadi ter-
bukti �6 ∩ )̅ = ∅. Menurut teorema 2.1.1, setiap elemen dari � terletak pada satu sel sehingga
gabungan dari sel tersebut sama dengan �. Jadi terbukti ~7 adalah partisi dari �. Selanjutnya
akan dibuktikan konversnya. Misal 9 adalah partisi dari � dengan himpunan indeks �. Didefin-
isikan 9 = ���|� ∈ �� dan didefinisikan relasi ~ pada � sebagai berikut, untuk setiap +, : ∈ �,
+~: jika dan hanya jika terdapat � ∈ � sedemikian sehingga + ∈ �� dan : ∈ ��. Akan ditunjukkan
~ adalah relasi ekivalensi pada �. Jelas ~ adalah relasi yang refleksif, sebab terdapat � ∈ �
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
9
sedemikian sehingga + ∈ �� dan + ∈ �� untuk setiap ) ∈ �. Selain itu untuk setiap +, : ∈ � jika
+~: maka terdapat ∈ � sedemikian sehingga + ∈ � dan : ∈ � . Ekivalen dengan jika +~: maka
terdapat ∈ � sedemikian sehingga : ∈ � dan + ∈ � . Akibatnya menurut relasi yang didefinisi-
kan, :~+ sehingga menurut definisi 2.1.4, relasi ~ bersifat simetris. Selanjutnya untuk setiap
� ∈ � jika +~: dan :~� maka terdapat <, " ∈ � sedemikian sehingga + ∈ �= dan : ∈ �= dan
: ∈ �> dan � ∈ �>. Karena : ∈ �= dan : ∈ �> maka �= ∩ �> ≠ ∅ sehingga menurut definisi
2.1.3, �= = �> maka +, :, � adalah elemen �=. Jadi + ∈ �= dan � ∈ �= sehingga +~� maka
menurut definisi 2.1.4, ~ adalah relasi yang transitif. Menurut definisi 2.1.4, terbukti bahwa ~
adalah relasi ekivalensi.
∎
Definisi 2.1.6
Misal � adalah relasi pada �. Relasi � disebut relasi teurut parsial pada A jika dan hanya jika
1. Relasi � bersifat refleksif.
2. Relasi � bersifat antisimetris yaitu untuk setiap �, � ∈ � jika ��� dan ��� maka � = �.
3. Relasi � bersifat transitif.
Himpunan tak kosong � yang mempunyai relasi terurut parsial � disebut himpunan terurut par-
sial. Selanjutnya himpunan terurut parsial akan disebut poset.
Contoh 2.1.6
Misal � adalah relasi pada ℝ dengan aturan ) ≤ * untuk setiap ), * ∈ ℝ. Jelas � bersifat re-
fleksif sebab ) ≤ ) untuk setiap ) ∈ ℝ. Kemudian untuk setiap ), * ∈ ℝ jika ) ≤ * dan * ≤ )
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
10
maka jelas ) = * sehingga � adalah relasi yang antisimetris. Selain itu, untuk setiap ), *, 2 ∈ ℝ
jika ) ≤ *, * ≤ 2 maka jelas ) ≤ 2 sehingga � adalah relasi yang transitif. Karena � adalah
relasi yang refleksif, antisimetris dan transitif maka � adalah relasi terurut parsial sehingga ℝ
adalah poset.
Definisi 2.1.7
Misal � adalah poset dengan relasi teurut parsial (. Elemen �, � ∈ � disebut sebanding jika dan
hanya jika ��� atau ���.
Contoh 2.1.7
Pada contoh 2.1.6, ), * ∈ ℝ dengan relasi � adalah sebanding.
Definisi 2.1.8
Misal � adalah poset dengan relasi terurut parsial (. Elemen � ∈ � disebut elemen maksimal jika
dan hanya jika untuk setiap � ∈ � berlaku � sebanding dengan �, yaitu ���. Elemen A ∈ � dise-
but elemen minimal jika dan hanya jika A sebanding dengan � yaitu A�� untuk setiap � ∈ �.
Contoh 2.1.8
Misal � = �1,2,3,4,5,6�. Dibuat relasi � pada � dengan aturan untuk setiap � ≤ � untuk setiap
�, � ∈ � maka � = �B1,1C, B1,2C, B1,3C, B1,4C, B1,5C, B1,6C, B2,3C, B2,4C, B2,5C, B2,6C, B3,3C, B3,4C, B3,5C, B3,6C, B4,4C, B4,5C, B4,6C, B5,5C, B5,6C, B6,6C�. Jelas �
adalah poset dengan relasi � dan 6 adalah elemen maksimal pada �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
11
Definisi 2.1.9
Misal ( adalah himpunan dengan � adalah relasi pada (. Relasi � disebut relasi terurut secara
linear pada S jika dan hanya jika:
1. Untuk setiap �, � ∈ ( berlaku tepat satu kondisi ini yaitu ��� atau � = � atau ���, dan
2. Relasi � pada ( bersifat transitif.
Contoh 2.1.9
Misal � = �1,2,3�. Dibuat relasi � pada � dengan aturan � < � untuk setiap �, � ∈ � maka
� = �B1,2C, B1,3C, B2,3C� sehingga � adalah relasi yang terurut linear pada �.
Definisi 2.1.10
Misal � adalah himpunan terurut secara parsial dan D adalah himpunan bagian tak kosong dari
�. Elemen A ∈ � disebut batas atas dari D jika dan hanya jika ��A untuk setiap � ∈ D. Suatu
himpunan bagian tak kosong D dari � yang teurut secara linear disebut rantai pada A.
Contoh 2.1.10
Menurut contoh 2.1.8, 6 adalah batas atas dari �.
Definisi 2.1.11
Misal � adalah himpunan terurut secara parsial dan D adalah sebarang himpunan bagian dari �
yang tak kosong. Himpunan � disebut terurut dengan baik jika dan hanya jika setiap D mempu-
nyai elemen minimal.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
12
Contoh 2.1.11
Misal � = �1,2,3� dan � adalah relasi pada � dengan sifat ��� jika dan hanya jika � ≤ � untuk
setiap �, � ∈ � maka � = �B1,1C, B1,2C, B1,3C, B2,2C, B2,3C, B3,3C�. Karena � memenuhi definisi
2.1.6, maka � adalah poset. Himpunan bagian tak kosong dari � adalah �� = �1�, �� =�2�, �E = �3�, �F = �1,2�, �G = �1,3�, �H = �2,3�, �I = �. Perhatikan bahwa setiap himpunan
tak kosong dari � mempunyai elemen minimal sehingga � adalah himpunan terurut dengan baik.
Teorema 2.1.3
Jika � ≠ ∅ adalah himpunan terurut secara parsial sedemikian sehingga setiap rantai J ⊆ �
mempunyai batas atas di � maka � mempunyai elemen maksimal.
Bukti:
Andaikan � tidak mempunyai elemen maksimal. Ambil sebarang )K ∈ � dan dibuat rantai pada
� yaitu )K ≤ )� ≤ )� ≤ ⋯ dimana )� ∈ � untuk setiap �. Menurut hipotesis, rantai tersebut
mempunyai batas atas di �, misal *K. Dibuat rantai baru pada � yaitu *K ≤ *� ≤ *� ≤ ⋯ se-
hingga rantai yang baru tersebut mempunyai batas atas di �. Perhatikan bahwa, jika rantai ini
diteruskan maka setiap rantai tersebut mempunyai batas atas dan juga mempunyai elemen mini-
mal di � sehingga menurut definisi 2.1.11, � adalah himpunan yang terurut dengan baik. Karena
� tidak mempunyai elemen maksimal maka menurut definisi 2.1.8 berlaku untuk setiap 2 ∈ �
terdapat ) ∈ J dan ) ≮ 2 tapi J mempunyai batas atas sehingga ada 2K ∈ J dan ) ≤ 2K untuk
setiap ) ∈ J akibatnya kontradiksi dengan untuk setiap 2 ∈ � terdapat ) ∈ J dan ) ≮ 2. Jadi �
mempunyai elemen maksimal.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
13
Definisi 2.1.12
Relasi � dari � × D disebut pemetaan jika dan hanya jika untuk setiap ) ∈ � terdapat * ∈ D
sedemikian sehingga B), *C ∈ � dan untuk setiap B)�, *�C, B)�, *�C ∈ � jika )� = )� maka
*� = *�. Selanjutnya pemetaan akan disimbolkan dengan huruf non kapital, misal O dan
pemetaan dari � × D akan disimbolkan O: � → D atau pemetaan O dari � ke D.
Contoh 2.1.12
Perhatikan relasi O dari ℤ ke ℝ yang didefinisikan OB)C = 2) − 1 untuk setiap ) ∈ ℤ. Akan di-
tunjukkan O adalah suatu pemetaan. Jelas untuk setiap ) ∈ ℤ terdapat * ∈ ℝ sedemikian sehing-
ga B), *C ∈ O. Selanjutnya ambil sebarang B)�, *�C, B)�, *�C ∈ O. Misal )� = )� sehingga
OB)�C = 2)� − 1 = 2)� − 1 = OB)�C. Jadi menurut definisi 2.1.12, O adalah suatu pemetaan
dari ℤ ke ℝ.
Definisi 2.1.13
Misal � adalah himpunan. Pemetaan O: � → � disebut pemetaan identitas, disimbolkan dengan
17: � → �, jika dan hanya jika OB�C = � untuk setiap � ∈ �.
Definisi 2.1.14
Misal �, D adalah himpunan dan O: � → D. Himpunan
�"O = �� ∈ D|� = OB�Cuntuksuatu� ∈ �� disebut peta dari pemetaan O. Jika O: � → D
maka OX� adalah pemetaan invers dari D ke � dimana OX� = �B*, )C|B), *C ∈ O�.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
14
Contoh 2.1.14
Dibuat pemetaan O:ℝ → ℝ yang didefinisikan OB)C = sin ) untuk setiap ) ∈ ℝ. Menurut defin-
isi 2.1.14, �"O = �−1 ≤ * ≤ 1|* = OB)Cuntuksetiap) ∈ ℝ�. Definisi 2.1.15
Misal �, D adalah himpunan. Pemetaan O: � → D disebut injektif jika dan hanya jika untuk se-
tiap �, �� ∈ � jika OB�C = OB��C maka � = ��. Pemetaan O: � → D disebut surjektif jika dan
hanya jika untuk setiap � ∈ D terdapat �� ∈ � sedemikian sehingga OB��C = �. Selanjutnya
O: � → D disebut bijektif jika dan hanya jika O adalah pemetaan yang injektif dan surjektif.
Contoh 2.1.15
Perhatikan himpunan ℝ� = �B�, �C|�, � ∈ ℝ� dan ℂ = �� + ��]�, � ∈ ℝ, � = √−1�, dan dibuat
pemetaan O:ℝ → ℂ yang didefinisikan O_B�, �C` = � + �� untuk setiap B�, �C ∈ ℝ�. Akan
dibuktikan O adalah pemetaan yang bijektif. Ambil sebarang B�, �C, B��, ��C ∈ ℝ� dan OB�, �C =OB��, ��C. Perhatikan bahwa � + �� = �� + ��� sehingga � − �� + B� − ��C� = 0 + 0� maka
� − �� = 0 dan � − �� = 0 sehingga berlaku � = �� dan � = ��, akibatnya B�, �C = B��, ��C. Jadi O adalah pemetaan yang injektif. Selanjutnya akan dibuktikan O adalah pemetaan yang sur-
jektif. Ambil sebarang ) ∈ ℂ, misal ) = � + A� akan dicari * ∈ ℝ� sehingga OB*C = � + A�. Dipilih * = B�, AC ∈ ℝ� sehingga berlaku OB*C = O_B�, AC` = � + A�. Jadi O adalah pemetaan
yang surjektif. Karena O adalah pemetaan yang surjektif dan injektif maka O adalah pemetaan
yang bijektif.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
15
Definisi 2.1.16
Misal O: � → D, a: D → J adalah suatu pemetaan. Pemetaan komposisi dari O dan a adalah
pemetaan dari � ke J, disimbolkan dengan a ∘ O dan didefinisikan Ba ∘ OCB�C = a_OB�C` untuk
setiap � ∈ �.
Contoh 2.1.16
Diberikan O:ℝ → ℝ� yang didefinisikan OB�C = B�, 0C dan a:ℝ� → ℂ yang didefinisikan
a_B�, �C` = � + ��. Pemetaan komposisi dari O dan a adalah pemetaan dari ℝ ke ℂ dengan
Ba ∘ OCB�C = a_OB�C` = a_B�, 0C` = � + 0� = �.
Teorema 2.1.4
Jika O: � → D maka BO ∘ 17CB�C = OB�C = B1c ∘ OCB�C untuk setiap � ∈ �.
Bukti:
Menurut definisi 2.1.13, 17B�C = � untuk setiap � ∈ � sehingga BO ∘ 17CB�C = O_17B�C` =OB�C dan 1cB�C = � untuk setiap � ∈ D maka B1c ∘ OCB�C = 1c_OB�C` = OB�C. Jadi
BO ∘ 17CB�C = O_17B�C` = OB�C = B1c ∘ OCB�C. ■
Teorema 2.1.5
Misal O adalah pemetaan dari � ke D. Invers dari O yaitu OX� adalah suatu pemetaan jika dan
hanya jika O adalah pemetaan yang bijektif.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
16
Bukti:
1. B→C Misal OX� ada. Ambil sebarang �, �� ∈ � dan OB�C = OB��C. Menurut definisi 2.1.12 misal
OB�C = � dan OB��C = �� untuk suatu �, �� ∈ D atau � = ��. Karena OX� adalah suatu pemetaan
sehingga menurut definisi 2.1.12, OX�B�C = OX�B��C sehingga � = ��. Jadi menurut definisi
2.1.15, O adalah pemetaan yang injektif. Selanjutnya ambil sebarang * ∈ D akan dicari ) ∈ �
sedemikian sehingga OB)C = *. Menurut definisi 2.1.12, untuk setiap * ∈ D terdapat ) ∈ �
sedemikian sehingga OX�B*C = ) maka cukup dipilih ) = OX�B*C sedemikian sehingga
O_OX�B*C` = *. Jadi menurut definisi 2.1.15, O adalah pemetaan yang surjektif.
2. B←C Misal O adalah pemetaan yang bijektif dan akan ditunjukkan OX� adalah suatu pemetaan. Ambil
sebarang *� ∈ D akan dicari )� ∈ � sedemikian sehingga OX�B*�C = )�. Karena O surjektif
maka menurut definisi 2.1.15 OB)�C = *�. Diperoleh B)�, *�C ∈ O sehingga menurut definisi
2.1.14, B*�, )�C ∈ OX�. Terbukti terdapat )� ∈ � sedemikian sehingga OX�B*�C = )�. Selanjut-
nya ambil sebarang B*�, )�C, B*E, )EC ∈ OX� dan *� = *E. Karena B*�, )�C, B*E, )EC ∈ OX� maka
menurut definisi 2.1.14, B)�, *�C, B)E, *EC ∈ O sehingga menurut definisi 2.1.12, OB)�C = *� =*E = OB)EC maka menurut definisi 2.1.15, )� = )E. Jadi menurut definisi 2.1.12, OX� adalah sua-
tu pemetaan.
■
Teorema 2.1.6
Jika O: � → D, a: D → J, ℎ: J → f maka Bℎ ∘ aC ∘ O = ℎ ∘ Ba ∘ OC adalah pemetaan dari � ke f.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
17
Bukti:
Ambil sebarang � ∈ � sehingga menurut definisi 2.1.12 terdapat � ∈ D sedemikian sehingga
[Bℎ ∘ aC ∘ O]B�C = Bℎ ∘ aCB�C selain itu terdapat � ∈ J sehingga ℎ_aB�C` = ℎB�C = A untuk
suatu A ∈ f. Perhatikan bahwa [ℎ ∘ Ba ∘ OC]B�C = ℎ ∘ ga_OB�C`h = ℎ_aB�C` = ℎB�C = A. Jadi
terbukti Bℎ ∘ aC ∘ O = ℎ ∘ Ba ∘ OC. ■
Definisi 2.1.17
Himpunan tak kosong i disebut semigrup dengan operasi biner ∗ pada i yang asosiatif, yaitu
� ∗ B� ∗ �C = B� ∗ �C ∗ � untuk setiap �, �, � ∈ i selanjutnya sifat ini disebut sifat asosiatif.
Contoh 2.1.17
Himpunan bilangan bulat ℤ membentuk semigrup dengan operasi biner penjumlahan B+C. Definisi 2.1.18
Suatu monoid adalah semigrup i yang memuat identitas dua sisi, yaitu k ∈ i sehingga � ∗ k =k ∗ � = � untuk setiap � ∈ i.
Contoh 2.1.18
Himpunan ilB2,ℝC = mn� �� Ao p�, �, �, A ∈ ℝ, �A − �� ≠ 0q adalah suatu monoid dengan
operasi biner perkalian dan identitasnya yaitu matriks identitas.
Definisi 2.1.19
Grup ⟨i,∗⟩ adalah himpunan i dengan operasi biner * pada i, sedemikian sehingga memenuhi
tiga axioma berikut:
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
18
1. Operasi biner * bersifat asosiatif yaitu untuk setiap �, �, � ∈ i berlaku � ∗ B� ∗ �C = B� ∗ �C ∗�.
2. Terdapat elemen identitas yaitu ada elemen k ∈ i, sehingga k ∗ ) = ) = ) ∗ k untuk setiap
) ∈ i.
3. Mempunyai elemen invers. Artinya untuk setiap � ∈ i, ada �t ∈ i dengan sifat � ∗ �t = �t ∗� = k. Akibat dari operasi biner pada i, i tertutup terhadap operasi *, yaitu ∀v,w∈xB� ∗ �C ∈ i. Grup⟨i,∗⟩ disebut grup Abel atau bersifat komutatif jika dan hanya jika ∀v,w∈x � ∗ � = � ∗ �.
Selanjutnya notasi � ∗ � secara umum akan ditulis dengan �� dan untuk elemen invers akan di-
tulis �X� yang berarti elemen invers dari �. Sedangkan jika operasinya adalah penjumlahan maka
� ∗ � akan ditulis dengan � + � dan untuk elemen invers akan ditulis −� yang berarti elemen
invers dari �.
Jadi grup adalah himpunan dengan operasi biner yang bersifat asosiatif, terdapat elemen identi-
tas, dan setiap elemen mempunyai invers, dan terdapat sifat tertutup yaitu misal i adalah grup
dan �, � adalah sebarang elemen di i berlaku �� ∈ i.
Misal i adalah grup dengan operasi perkalian dan � adalah sebarang elemen di i
dengan k adalah elemen identitas. Untuk ! ∈ ℤ, didefinisikan:
1. Untuk ! = 0 berlaku �y = k.
2. Untuk ! ≥ 1 berlaku �y = ���…� sebanyak ! faktor.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
19
3. Untuk ! ≤ −1 berlaku �Xy = �X��X�…�X� sebanyak ! faktor.
Analog jika i adalah grup dengan operasi penjumlahan, maka penulisan !� = � + � +⋯+ �
sebanyak ! faktor dan 0� = 0 serta untuk bilangan bulat negatif " maka penulisan "� = −� −� − � −⋯− � sebanyak " faktor.
Contoh 2.1.19
Himpunan ℤ membentuk grup dengan operasi penjumlahan. Elemen identitas dari ℤ adalah 0
dan untuk setiap � ∈ ℤ terdapat −� ∈ ℤ sedemikian sehingga � + B−�C = 0 serta untuk setiap
�, �, � ∈ ℤ berlaku � + B� + �C = B� + �C + � sehingga menurut definisi 2.1.19, ℤ adalah grup
terhadap operasi penjumlahan.
Definisi 2.1.20
Himpunan { disebut grup bagian dari i jika dan hanya jika { ≠ ∅ dan { ⊆ i dan { memben-
tuk grup dengan operasi di i.
Contoh 2.1.20
Perhatikan himpunan bilangan real ℝ dan himpunan bilangan bulat ℤ. Himpunan bilangan real ℝ
adalah grup dengan operasi penjumlahan dan ℤ ≠ ∅ dan ℤ ⊆ ℝ. Jadi menurut contoh 2.1.19, ℤ
adalah grup bagian dari ℝ.
Teorema 2.1.7
Misal i grup dan { ≠ ∅,{ ⊆ i. Himpunan { adalah grup bagian dari i jika dan hanya jika un-
tuk setiap �, � ∈ { berlaku ��X� ∈ {.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
20
Bukti:
1. B←C Karena { ⊆ i, maka jelas operasinya bersifat asosiatif. Akan ditunjukkan k ∈ {. Karena {
himpunan tak kosong, ambil suatu ) di { sehingga k = ))X� ∈ {. Akan ditunjukkan )X� ∈ {.
Karena ) ∈ { dan k ∈ { maka k)X� = )X� ∈ {. Akan dibuktikan bahwa { tertutup. Ambil
sebarang ), * ∈ {, akan ditunjukkan )* ∈ {. Telah ditunjukkan *X� ∈ { jika * ∈ {. Misal
� = ), � = *X� maka )* = )B*X�CX� = ��X� ∈ {. Terbukti { adalah grup bagian i.
2. B→C Misal { adalah grup bagian dari i. Menurut definisi 2.1.20, { ≠ ∅ dan { ⊆ i dan { memben-
tuk grup dengan operasi di i. Karena { adalah grup, maka menurut definisi 2.1.19, berlaku
��X� ∈ { untuk setiap �, � ∈ {
■
Definisi 2.1.21
Misal i grup dan { himpunan bagian dari i. Untuk sebarang � ∈ i, himpunan ��ℎ|ℎ ∈ {} dinyatakan dengan �{, analog dengan {� = {ℎ�|ℎ ∈ {}. Himpunan �{ disebut koset kiri dari
{ di i yang memuat � jika dan hanya jika { adalah grup bagian dari i sedangkan {� disebut
koset kanan { di i yang memuat � jika dan hanya jika { adalah grup bagian dari i.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
21
Contoh 2.1.21
Misal { = �0,3,6� adalah grup bagian penjumlahan modulo sembilan dari
ℤ| = �0,1,2,3,4,5,6,7,8�. Koset kiri dari { di iadalah 0 + { = 3 + { = 6 + {, 1 + { = 4 +{ = 7 + {, 2 + { = 5 + { = 8 + {.
Teorema 2.1.8
Jika { adalah subgrup dari i dan � adalah sebarang elemen di i maka � ∈ �{ dan � ∈ {�.
Bukti:
Menurut definisi 2.1.19, k ∈ { sehingga � = �k ∈ �{ dan � = k� ∈ {�.
Teorema 2.1.9
Misal { adalah grup bagian dari grup idan �, � ∈ i. Himpunan �{ = { jika dan hanya jika
� ∈ {.
Bukti:
1. B→C Karena �{ = {, maka �ℎ� = ℎ� untuk suatu ℎ�, ℎ� ∈ { sehingga � = ℎ�ℎ�X� ∈ {.
2. B←C Misal � ∈ {. Ambil sebarang ) ∈ �{, misal ) = �ℎ untuk suatu ℎ ∈ {. Karena �, ℎ ∈ { dan {
tertutup, maka ) = �ℎ ∈ {, jadi �{ ⊆ {. Sebaliknya, ambil sebarang * ∈ {, karena � ∈ {,
maka �X� ∈ { sehingga �X�* ∈ {. Jadi * = k* = B��X�C* = �B�X�*C ∈ �{, maka { ⊆ �{.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
22
Teorema 2.1.10
Jika �, � adalah sebarang elemen dari grup i maka B��CX� = �X��X�.
Bukti:
Menurut definisi 2.1.19, B��CB��CX� = k sehingga B�X��C�B��CX� = �B��CX� = �X� dan
�X��B��CX� = B��CX� = �X��X�.
■
Teorema 2.1.11
Misal { adalah grup bagian dari grup idan �, � ∈ i. Himpunan �{ = �{ jika dan hanya jika
�X�� ∈ {.
Bukti:
1. B→C Misal �{ = �{ maka �ℎ� = �ℎ� untuk suatu ℎ�, ℎ� ∈ {. Perhatikan bahwa ℎ� = �X��ℎ� atau
ℎ�ℎ�X� = �X�� ∈ {.
2. B←C Ambil sebarang ) ∈ �{ maka ) = �ℎ untuk suatu ℎ ∈ { dan �X� = ℎ)X�. Karena �X�� = ℎE
dan � = �ℎE untuk suatu ℎE ∈ { maka ℎ)X�� = ℎE atau )X� = ℎX�ℎE�X� sehingga menurut
teorema 2.1.10, ) = �BℎX�ℎECX� = �BℎEX�ℎC = �ℎF ∈ �{. Jadi �{ ⊆ �{. Ambil sebarang
* ∈ �{ maka * = �ℎG untuk suatu ℎG ∈ { sehingga * = �ℎEℎG = �ℎH untuk suatu ℎH ∈ {. Jadi
�{ ⊆ �{. Terbukti �{ = �{. ■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
23
Definisi 2.1.22
Misal grup bagian { dari grup i. Grup bagian { disebut grup bagian normal dari grup i jika
dan hanya jika �{ = {� untuk setiap � ∈ i. Disimbolkan dengan { ⊲ i.
Contoh 2.1.22
Perhatikan himpunan (lB2, ℝC = ���� ���� A�� ���A� − ���� = 1. �, �, �, A ∈ ℝ� dan ilB2,ℝC =mn� �� Ao p�A − �� ≠ 0, �, �, �, A ∈ ℝq. Himpunan ilB2,ℝC adalah grup dengan operasi perkal-
ian sebab memenuhi definisi 2.1.19, dan (lB2, ℝC adalah grup bagian dari ilB2,ℝC sebab me-
menuhi teorema 2.1.7. Himpunan (lB2, ℝC adalah grup bagian normal dari ilB2,ℝC. Misal �
adalah sebarang elemen di ilB2,ℝC dan � = n� �� Ao. Ambil sebarang � ∈ �_(lB2, ℝC`, � = n� �� Ao ��� ���� A��. Perhatikan bahwa
det � = detB n� �� Ao ��� ���� A��C = det n� �� Ao det ��� ���� A�� = gdet n� �� Aoh 1 =1 gdet n� �� Aoh = det ��� ���� A�� det n� �� Ao sehingga � ∈ _(lB2,ℝC`� maka �_(lB2,ℝC` ⊆_(lB2, ℝC`�. Bukti untuk _(lB2, ℝC`� ⊆ �_(lB2,ℝC` analog dengan bukti �_(lB2,ℝC` ⊆_(lB2, ℝC`�. Jadi menurut definisi 2.1.22, (lB2, ℝC adalah grup bagian normal dari ilB2,ℝC. Berikut akan diberikan contoh grup bagian dari suatu grup yang bukan grup bagian normal.
Contoh 2.1.23
Misal { = mn� �0 Ao p�, �, A ∈ ℝ, �A ≠ 0q. Jelas { adalah grup bagian dari ilB2,ℝC. Andaikan
{ adalah grup bagian normal dari ilB2, ℝC maka �{ = {� untuk setiap � ∈ ilB2,ℝC. Karena
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
24
�{ = {� maka �{�X� = {. Padahal jika dipilih � = n1 23 4o sehingga �X� = �−2 1E� − ��� dan
� = n1 20 3o ∈ { maka ���X� = n10 −330 −9o ∉ {. Kontradiksi dengan �{�X� = {. Jadi {
bukan grup bagian normal dari ilB2,ℝC. Teorema 2.1.12
Misal i�, … , iy adalah grup dan B��, … , �yC, B��, … , �yC ∈ ∏ i�y��� . Himpunan ∏ i�y��� = i� ×…× iy = �B��, … , �yC|�� ∈ i�, � = 1,2,3, … , !� adalah grup dengan operasi
B��, … , �yCB��, … , �yC = B����, … , �y�yC ∈ ∏ i�y��� . Selanjutnya himpunan ∏ i�y��� disebut
perkalian langsung dari grup i�. Bukti:
Jelas ∏ i�y��� ≠ ∅ sebab menurut definisi 2.1.19, ada elemen identitas k� dari i� untuk setiap � sehingga Bk�, … , kyC adalah elemen identitas dari ∏ i�y��� . Karena B��, … , �yCB��, … , �yC =B����, … , �y�yC ∈ ∏ i�y��� untuk setiap B��, … , �yC, B��, … , �yC ∈ ∏ i�y��� maka operasi di
∏ i�y��� tertutup. Selanjutnya akan dibuktikan sifat asosiatifnya. Perhatikan bahwa
B��, … , �yC[B��, … , �yCB��, … , �yC] = B��, … , �yCB����, … , �y�yC = B������, … , �y�y�yC = [B��, … , �yCB��, … , �yC]B��, … , �yC. Jadi terbukti sifat asosiatifnya. Selain itu karena i� adalah
grup maka menurut definisi 2.1.19, ��X� ∈ i� untuk setiap �� ∈ i� sehingga B��X�, … , �yX�C ∈∏ i�y��� . Jadi menurut definisi 2.1.19, ∏ i�y��� adalah grup. ■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
25
Selanjutnya ∏ i�y��� akan disebut penjumlahan langsung dari grup i� jika dan hanya jika i� ada-
lah grup komutatif dengan operasi penjumlahan untuk setiap �. Teorema 2.1.13
Misal i adalah grup dan { adalah grup bagian normal dari grup i. Himpunan i {� =��{|� ∈ i� adalah grup dengan operasi B�{CB�{C = ��{.
Bukti:
Mula-mula akan ditunjukkan operasinya terdefinisi dengan baik. Misal �{ = �t{ dan �{ =�t{ maka �t = �ℎ� dan �t = �ℎ�, untuksuatuℎ�, ℎ� ∈ { sehingga menurut teorema 2.1.9 dan
definisi 2.1.22 �t�t{ = �ℎ��ℎ�{ = �ℎ��{ = �ℎ�{� = �{� = ��{. Jadi terbukti operasinya
terdefinisi dengan baik. Selanjutnya akan dibuktikan i {� grup. Karena { ⊲ i, maka k ∈ { se-
hingga menurut teorema 2.1.9, k{ = { ∈ i {� . Akan ditunjukkan k{ = { adalah elemen identi-
tas di i {� . Ambil sebarang �{ ∈ i {� sehingga B�{CBk{C = B�kC{ = �{. Jadi terbukti
k{ = { adalah elemen identitas di i {� . Menurut definisi 2.1.22, �{ = {� sehingga
B�{CB�X�{C = B{�CB�X�{C = �ℎ�B�X�ℎEC|ℎE, ℎ ∈ {� = { sehingga menurut definisi
2.1.19,�X�{ adalah invers dari �{. Ambil sebarang �, �, � ∈ i maka �{B�{�{C =�{B��{C = B���C{ = B��C�{ = B��C{�{ = B�{�{C�{, sehingga terbukti perkaliannya ber-
sifat asosiatif. Jadi terbukti i {� grup.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
26
Definisi 2.1.23
Misal i dan i̅ grup. Pemetaan O: i → i̅ disebut homomorfisma grup jika dan hanya jika
OB��C = OB�COB�C untuk setiap �, � ∈ i.
Contoh 2.1.24
Himpunan ilB2,ℝC = mn� �� Ao p�, �, �, A ∈ ℝ, �A − �� ≠ 0q membentuk grup dengan operasi
perkalian dan himpunan ℝ∗ = �)|) ∈ ℝ, ) ≠ 0�. Didefinisikan pemetaan O: ilB2, ℝC → ℝ∗ yai-
tu O gn� �� Aoh = �A − ��. Perhatikan bahwa
O gn� �� Aoh O ���� ���� A���
= B�A − ��CB��A� − ����C = ���A�A − �����A − ����A� + ������
dan O �n� �� Ao ��� ���� A���
= O ����� + ��� ��� + �A���� + A�� ��� + AA���
= B��� + ���CB��� + AA�C − B��� + �A�CB��� + A��C = ������ + ���AA� + ������ + ���AA� − ������ − ����A� − A����� − A���A�
= ���A�A − �����A − ����A� + ������ = O gn� �� Aoh O ���� ���� A��� sehingga menurut definisi
2.1.23, O adalah homomorfisma grup.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
27
Teorema 2.1.14
Misal �, �, � adalah sebarang elemen di grup i. Jika �� = �� maka � = � dan jika �� = ��
maka � = �.
Bukti:
Menurut definisi 2.1.19, �X�B��C = �X�B��C sehingga � = � dan B��C�X� = B��C�X� maka
� = �.
■
Teorema 2.1.15
Jika O adalah homomorfisma grup dari grup i ke i̅ maka O memetakan elemen identitas dari i
ke elemen identitas i̅.
Bukti:
Misal kx adalah elemen identitas dari i dan kx̅ adalah elemen identitas dari i̅ maka kx = kxkx
dan OBkxC = OBkxkxC = OBkxCOBkxC sehingga menurut teorema 2.1.14, kx̅ = OBkxC. Jadi ter-
bukti O membawa elemen identitas dari i ke i̅.
■
Teorema 2.1.16
Misal i, i�, i�adalah grup. Jika O adalah suatu homomorfisma grup dari i ke i�dan a adalah
suatu homomorfisma grup dari i� ke i� maka a ∘ O adalah suatu homomorfisma grup dari i ke
i�.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
28
Bukti:
Ambil sebarang �, �� ∈ i, maka OB���C = OB�COB��C ∈ i� sehingga
Ba ∘ OCB���C = a_OB���C` = a_OB�COB��C` = a_OB�C`a_OB��C` untuk setiap �, �� ∈ i. Jadi terbukti a ∘ O adalah suatu homomorfisma
grup dari i ke i�. ■
Definisi 2.1.24
Misal i, i̅ adalah grup dan � dari i ke i̅ adalah suatu homomorfisma grup. Himpunan ker� =�) ∈ i|�B)C = k�. Contoh 2.1.25
Pada contoh 2.1.24, ker O = mn� �� Ao , �, �, �, A ∈ ℝpO gn� �� Aoh = �A − �� = 1q. Teorema 2.1.17
Misal O adalah homomorfisma grup dari i ke i̅. Himpunan ker O adalah grup bagian normal
dari i.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
29
Bukti:
Menurut teorema 2.1.15, k ∈ ker O, sehingga ker O ≠ ∅. Ambil sebarang �, � ∈ ker O, maka
menurut teorema 2.1.15, OB��X�C = OB�COB�X�C = OB�C_OB�C`X� = kk = k, sehingga
��X� ∈ ker O. Jadi menurut teorema 2.1.7, ker O adalah grup bagian dari i. Selanjutnya akan
dibuktikan a ker O = Bker OCa untuk setiap a ∈ i. Ambil sebarang ℎ ∈ a ker O, misal ℎ =aOB�C untuk suatu � ∈ ker O, maka ℎ = ak = ka = OB�Ca ∈ Bker OCa, jadi a ker O ⊆Bker OCa. Ambil sebarang ℎ� ∈ Bker OCa, misal ℎ� = OB��Ca untuk suatu �� ∈ ker O, maka
ℎ� = ka = ak = aOB��C ∈ a ker O jadi Bker OCa ⊆ a ker O. Jadi diperoleh a ker O ⊆ Bker OCa dan Bker OCa ⊆ a ker O sehingga a ker O = Bker OCa. Jadi menurut definisi 2.1.22, ker O adalah
grup bagian normal dari i.
■
Definisi 2.1.25
Misal i, i′ adalah grup. Pemetaan O: i → i′ disebut isomorfisma grup jika dan hanya jika O
adalah homomorfisma grup yang bijektif. Notasi i ≈ i′ berlaku jika dan hanya jika ada iso-
morfisma grup O dari i ke it. Contoh 2.1.26
Misal i adalah himpunan semua bilangan real dengan operasi penjumlahan dan i̅ adalah him-
punan semua bilangan real positif dengan operasi perkalian. Jelas i, i̅ adalah grup. Akan di-
tunjukkan i ≈ i̅.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
30
1. Dibuat pemetaan O: i → i̅ yaitu OB)C = 2� untuk setiap ) ∈ i.
2. Akan ditunjukkan O adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang ), )� ∈ i dan
OB)C = OB)�C ↔
2� = 2�� ↔
log�2� = log� 2�� ↔
) = )�. Jadi terbukti O adalah pemetaan yang injektif.
3. Akan dibuktikan O adalah pemetaan yang surjektif. Ambil sebarang * ∈ i̅ akan dicari � ∈ i
sehingga OB�C = *, yaitu OB�C = 2v = * atau � = log� * ∈ i. Jadi terbukti O adalah pemetaan
yang surjektif.
4. Akan dibuktikan O mengawetkan operasi. Ambil sebarang )�, )E ∈ i maka OB)�COB)EC =B2��CB2��C = 2�� �� = OB)� + )EC. Jadi terbukti O mengawetkan operasi untuk setiap elemen di
i. Jadi menurut definisi 2.1.25, i ≈ i̅.
Definisi 2.1.26
Suatu aksi dari grup i pada himpunan ( adalah fungsi dari i × (ke( (biasanya disimbolkan
dengan Ba, +C → a+C sehingga untuk setiap ) ∈ ( dan a�, a� ∈ i berlaku k) = ) dan
Ba�a�C) = a�Ba�)C. Ketika suatu aksi diberikan, maka i beraksi pada himpunan (.
Contoh 2.1.27
Perhatikan ℤ,ℝ dan dibuat fungsi dari O: ℤ × ℝ → ℝ yang didefinisikan OB�, �C = � + � untuk
setiap � ∈ ℤ, � ∈ ℝ. Ambil sebarang ) ∈ ℝ dan 0 ∈ ℤ maka OB0, )C = 0 + ) = ) dan untuk se-
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
31
tiap a, a� ∈ ℤ berlaku Ba+a�C + ) = a + Ba� + )C. Jadi menurut definisi 2.1.26, ℤ beraksi pada
ℝ.
Definisi 2.1.27
Misal i ≠ �0� adalah grup dan ∅ ≠ � ⊆ i. Grup i dikatakan dibangun oleh � atau ekivalen
dengan � membangun grup i jika dan hanya jika untuk setiap a ∈ i berlaku a = ∏ )�y�y���
dengan )� ∈ �, !� ∈ ℤ untuk setiap �. Jika � berhingga dan � membangun grup i maka i
dikatakan dibangun secara berhingga oleh �.
Perhatikan pada definisi 2.1.27, himpunan i adalah grup dengan operasi perkalian yang
dibangun oleh �, sedangkan untuk grup terhadap operasi penjumlahan yang dibangun oleh him-
punan bagian dari grup tersebut didefinisikan sebagai berikut. Misal i adalah grup terhadap
operasi penjumlahan dan ∅ ≠ � ⊆ i. Himpunan � disebut membangun grup i jika dan hanya
jika untuk setiap a ∈ i berlaku a = ∑ )�!����� dengan )� ∈ �, !� ∈ ℤ. Selanjutnya grup i yang
dibangun secara berhingga oleh � akan disimbolkan dengan i = )�, )�, … , )y¡. Contoh 2.1.28
Menurut contoh 2.1.19, ℤ adalah grup terhadap operasi penjumlahan sehingga menurut teorema
2.1.12, ℤ� adalah grup terhadap operasi penjumlahan. Selanjutnya akan dibuktikan grup ℤ�
dibangun secara berhingga oleh �B1,0C, B0,1C�. Ambil sebarang ) ∈ B1,0C, B0,1C¡ maka ) =)�B1,0C + )�B0,1C untuk suatu )�, )� ∈ ℤ sehingga ) = B)�, )�C ∈ ℤ�. Terbukti B1,0C, B0,1C¡ ⊆ℤ�. Selanjutnya ambil sebarang * ∈ ℤ� maka * = B�, �C untuk suatu �, � ∈ ℤ, sehingga
* = �B1,0C + �B0,1C ∈ B1,0C, B0,1C¡. Terbukti ℤ� ⊆ B1,0C, B0,1C¡. Jadi B1,0C, B0,1C¡ = ℤ�
sehingga �B1,0C, B0,1C� membangun secara berhingga grup ℤ�.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
32
Teorema 2.1.18
Misal � adalah himpunan bagian dari grup i yang komutatif terhadap operasi penjumlahan dan
taknol. Pernyataan berikut ekivalen.
1. Setiap elemen taknol � ∈ i dapat dinyatakan secara tunggal sebagai � = ∑ !�>��� )� dengan
!� ≠ 0 untuk suatu � = 1,2, … ," dan !� ∈ ℤ untuk � = 1,2, … ," dan untuk setiap )� , ) ∈ � dan
)� ≠ ) jika � ≠ untuk setiap �, . 2. Himpunan � membangun i dan ∑ !¢�� ) = 0 untuk ! ∈ ℤ dengan )� , ) ∈ � dan )� ≠ ) jika dan hanya jika ! = 0 untuk = 1,2, … , £.
Selanjutnya himpunan bagian � dari i pada teorema 2.1.18 disebut ��+�+A�£�a£¤¥i.
Bukti:
B1 → 2C Mula-mula akan dibuktikan 0 ∉ �. Andaikan 0 ∈ �, dan
� = ∑ !�>��� )� + ℎ0 = ∑ !�>��� )� + ℎ�0 dimana ℎ tidak perlu sama dengan ℎ�. Kontradiksi
dengan � dapat dinyatakan secara tunggal sebagai � = ∑ !�>��� )�. Diketahui jika � ∈ i dan
� ≠ 0 maka � dapat dinyatakan secara tunggal sebagai � = ∑ !�>��� )� dengan !� ≠ 0 untuk sua-
tu � = 1,2, … ," dimana !� ∈ ℤ untuk � = 1,2, … ," dan )� , ) ∈ � dan )� ≠ ) dimana � ≠ un-
tuk � = 1,2, … ," dan = 1,2, … ," maka menurut definisi 2.1.19 berlaku � membangun i.
B←C Diketahui ! = 0 untuk = 1,2, … , £ maka jelas ∑ !¢�� ) = 0.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
33
B→C Sebaliknya diketahui ∑ !¢�� ) = 0 untuk ! ∈ ℤ dengan )�, ) ∈ � dan )� ≠ ). Andaikan ada
¦ dan 1 ≤ ¦ ≤ £ dan !§ ≠ 0 maka )� + ∑ !¢�� ) = )� = B!� + 1C)� + ∑ !)¢�� sehingga
terdapat dua cara penulisan )�. Kontradiksi dengan penulisan setiap elemen di i adalah tunggal.
B2 → 1C Diketahui � membangun i maka menurut definisi 2.1.19, setiap a ∈ i dapat dinyatakan sebagai
∑ ¦�>��� )� dan ¦� ∈ ℤ untuk setiap �. Andaikan ada �� ∈ i dan �� ≠ 0 dan �� = ∑ �>�� ) =∑ �>�� ) dimana � ≠ � untuk setiap = 1,2, … ," maka ∑ �>�� ) − _∑ �>�� )` =∑ _� − �`>�� ) = 0 sehingga _� − �` = 0 untuk setiap maka � = � . Kontradiksi dengan
� ≠ �. Jadi �� = ∑ �>�� ) dengan � ≠ 0 untuk suatu = 1,2, … ," dimana � ∈ ℤ untuk
� = 1,2, … ," dan )�, ) ∈ � dan )� ≠ ) dimana � ≠ untuk � = 1,2, … ," dan = 1,2, … ,".
∎
Definisi 2.1.28
Grup komutatif i ≠ �0� terhadap operasi penjumlahan disebut bebas jika dan hanya jika i
mempunyai basis dari grup i.
Contoh 2.1.29
Menurut contoh 2.1.28, ℤ� dibangun secara berhingga oleh �B1,0C, B0,1C�. Jelas ℤ� adalah grup
komutatif sebab untuk setiap B�, �C, B�, AC ∈ ℤ� berlaku B�, �C + B�, AC = B� + �, � + AC =B� + �, A + �C = B�, AC + B�, �C. Selanjutnya akan dibuktikan �B1,0C, B0,1C� adalah basis dari
ℤ�. Misal B0,0C = ��B1,0C + ��B0,1C untuk suatu ��, �� ∈ ℤ sehingga B0,0C = B��, ��C maka
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
34
�� = �� = 0. Karena �B1,0C, B0,1C� membangun grup ℤ� secara berhingga dan jika B0,0C =��B1,0C + ��B0,1C maka �� = �� = 0 akibatnya menurut teorema 2.1.18, �B1,0C, B0,1C� adalah
basis dari grup ℤ� sehingga ℤ� adalah grup komutatif yang bebas.
Teorema 2.1.19
Jika i adalah grup komutatif taknol yang bersifat bebas dengan
� = �¤�, … , ¤¢� adalah basisdarigrupi yang mempunyai elemen sebanyak £ maka
i ≈ ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³¢´°³µ¶· = �B��, … , �¢C|�� ∈ ℤuntuk� = 1,2, … , £�. Bukti:
Dibuat pemetaan O: i → ℤ × ℤ × …× ℤ yang didefinisikan
OBℎC = O_∑ !¢�� ¤` = B!�, … , !¢C. Menurut contoh 2.1.19, ℤ adalah grup terhadap operasi
penjumlahan sehingga menurut teorema 2.1.12 berlaku ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³¢´°³µ¶· adalah grup terhadap
operasi penjumlahan.
Mula-mula akan dibuktikan O adalah suatu homomorfisma grup. Ambil
sebarang ℎ, ℎ� ∈ i, misal ℎ = ∑ !¢�� ¤ dan ℎ� = ∑ �¢�� ¤ untuk suatu �, ! ∈ ℤ maka
OBℎC + OBℎ�C = O ¸¹!¢
�� ¤º + O¸¹�¢�� ¤º
= B!�, … , !¢C + B��, … , �¢C = B!� + ��, … , !¢ + �¢C
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
35
= O ¸¹!¢�� ¤ +¹�¢
�� ¤º
= OBℎ + ℎ�C sehingga menurut definisi 2.1.23 O adalah homomorfisma grup.
Selanjutnya akan dibuktikan O adalah pemetaan yang bijektif. Ambil seba-
rang B��, … , �¢C ∈ ℤ × ℤ × …× ℤ pilih ∑ �¢�� ¤ ∈ i maka O_∑ �¢�� ¤` = B��, … , �¢C sehingga
menurut definisi 2.1.15, O adalah pemetaan yang surjektif. Berikutnya akan dibuktikan O adalah
pemetaan yang injektif. Ambil sebarang ), * ∈ i. Misal ) = ∑ ��¢��� )� dan * = ∑ A�¢��� )� di-
mana ��, A� ∈ ℤ untuk � = 1,2,3, … , £ dan OB)C = OB*C. Akibatnya menurut teorema 2.1.18
�� = A� untuk � = 1,2,3, … , £ maka ) = * sehingga menurut definisi 2.1.15, O adalah pemetaan
yang injektif.
Jadi O adalah homomorfisma yang bijektif sehingga menurut definisi
2.1.25, i ≈ ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³¢´°³µ¶· = �B��, … , �¢C|�� ∈ ℤuntuk� = 1,2, … , £�.
∎
Teorema 2.1.20
Misal i, i′ adalah grup dan a adalah sebarang elemen di i. Jika � adalah homomorfisma grup
dari i ke i′ maka �BayC = _�BaC`y untuk setiap bilangan bulat !.
Bukti:
Mula-mula akan dibuktikan untuk ! = 0. Jika ! = 0, maka ay = k sehingga menurut teorema
2.1.15, �BaKC = �BkC = k = _�BaC`K = k′. Selanjutnya akan dibuktikan untuk ! ≥ 1 dengan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
36
prinsip induksi matematika. Pernyataan 9y yaitu �BayC = _�BaC`y untuk setiap bilangan bulat
!. Akan dibuktikan 9y benar untuk ! = 1, yaitu �Ba�C = �BaC = _�BaC`�, sehingga 9y benar
untuk ! = 1. Diasumsikan 9y benar untuk ! = ¦, yaitu �Ba§C = _�BaC`§, maka untuk
! = ¦ + 1 berlaku �Ba§ �C = �Ba§C�Ba�C = _�BaC`§_�BaC`� = _�BaC`§ �. Jadi terbukti 9y
benar untuk ! = ¦ + 1, sehingga 9y benar untuk ! ≥ 1. Selanjutnya akan dibuktikan �BayC =_�BaC`y untuk ! < 0, ! ∈ ℤ. Jika ! < 0 maka −! > 0. Menurut teorema 2.1.15 berlaku
kt = �BkC = �BayaXyC = �BayC�BaXyC. Karena −! > 0 maka �BaXyC = _�BaC`Xy sehingga
kt = �BayC_�BaC`Xy. Kemudian kalikan kedua ruas dengan _�BaC`y pada persamaan kt =�BayC_�BaC`Xy sehingga diperoleh _�BaC`y = �BayC. Jadi terbukti �BayC = _�BaC`y untuk
! < 0, ! ∈ ℤ. Kesimpulannya �BayC = _�BaC`y untuk setiap ! ∈ ℤ.
∎
Teorema 2.1.21
Jika » adalah grup bagian dari i dan O adalah isomorfisma grup dari i ke grup i̅ maka
OB»C = �OB¦C|¦ ∈ »� adalah grup bagian dari i̅.
Bukti:
Akan dibuktikan OB»C ≠ ∅. Menurut definisi 2.1.20, k ∈ » sehingga menurut teorema 2.1.15,
OBkC = kx̅ ∈ OB»C maka OB»C ≠ ∅. Jelas OB»C ⊆ i̅. Menurut teorema 2.1.7, untuk setiap
¦�, ¦� ∈ » maka ¦�¦�X� ∈ » sehingga OB¦�¦�X�C = OB¦�COB¦�X�C dan menurut teorema 2.1.20
berlaku OB¦�X�C = _OB¦�C`X� maka OB¦�¦�X�C = OB¦�COB¦�X�C = OB¦�C_OB¦�C`X� ∈ OB»C. Ka-
rena OB»C ≠ ∅ dan OB»C ⊆ i̅ dan OBkC = kx̅ ∈ OB»C dan untuk setiap ¦�, ¦� ∈ » maka
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
37
¦�¦�X� ∈ » sehinggaOB¦�C_OB¦�C`X� ∈ OB»C maka menurut teorema 2.1.7, OB»C adalah grup
bagian dari i̅. ∎
Teorema 2.1.22
Misal i adalah grup komutatif taknol yang bebas dengan elemen basis dari grup i sejumlah !.
Jika » adalah grup bagian dari i maka » adalah grup komutatif yang bebas dengan anggota ba-
sis dari grup » kurang dari atau sama dengan !.
Bukti:
Mula-mula akan dibuktikan » adalah grup komutatif yang bebas dan misal � = �)�, )�, … , )y� adalah basisdarigrupi. Karena i adalah grup komutatif dan » adalah grup bagian dari i se-
hingga jika diambil sebarang ¦�, ¦� ∈ » maka menurut definisi 2.1.20 ¦�¦� = ¦�¦� ∈ » se-
hingga menurut definisi 2.1.19, » adalah grup komutatif. Ambil sebarang ¦ ∈ » maka menurut
definisi 2.1.20, ¦ ∈ i sehingga menurut definisi 2.1.28. ¦ dapat dinyatakan sebagai ∑ ��)�y���
dimana �� ∈ ℤ untuk � = 1,2,3, … , ! sehingga � membangun ». Selanjutnya, misal ∑ ¦�)�y��� =0 ∈ ». Karena � adalah basisdarigrupi dan 0 ∈ » ⊆ i maka menurut teorema 2.1.18, ¦� = 0
untuk � = 1,… , !. Karena � membangun » dan jika ∑ ¦�)�y��� = 0 ∈ » maka ¦� = 0 untuk
� = 1, … , ! sehingga menurut teorema 2.1.18, � adalah basisdarigrup» sehingga menurut
definisi 2.1.28, » adalah grup komutatif yang bebas. Misal � = �*�, *�, … , *�� adalah
basisdarigrup» dan andaikan + > !. Menurut teorema 2.1.19, i ≈ ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³y´°³µ¶· dan
» ≈ ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³�´°³µ¶·. Perhatikan bahwa menurut definisi 2.1.2, ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³y´°³µ¶· adalah himpunan
!- tuple terurut dimana �� ∈ ℤ untuk setiap � = 1,2, … , ! sedangkan ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³�´°³µ¶· adalah him-
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
38
punan +- tuple terurut dimana � ∈ ℤ untuk setiap = 1,2, … , +. Misal O adalah isomorfisma
grup tersebut dari i ke ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³y´°³µ¶·. Karena » adalah grup bagian dari i maka menurut te-
orema 2.1.21, OB»C adalah grup bagian dari ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³y´°³µ¶·. Padahal OB»C = ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³�´°³µ¶· dan
+ > ! maka ¼ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³y´°³µ¶·½ ∩ ¼ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³�´°³µ¶·½ = ∅ sehingga kontradiksi denganOB»C ada-
lah grup bagian dari ℤ × ℤ × …× ℤ©ªªª«ªªª¬®¯°±²°³y´°³µ¶·. Jadi pengandaian salah, maka + ≤ !.
∎
B. Gelanggang
Definisi 2.2.1
Himpunan � adalah gelanggang jika dan hanya jika � mempunyai dua operasi biner,
penjumlahan dan perkalian, sehingga untuk semua �, �, � ∈ � berlaku:
1.� + � = � + �
2. B� + �C + � = � + B� + �C 3. Ada 0 ∈ �, sehingga untuk setiap � ∈ �, � + 0 = �
4. Ada – � ∈ � sehingga untuk setiap � ∈ �, � + B−�C = 0
5. �B��C = B��C�
6. �B� + �C = �� + ��dan B� + �C� = �� + ��.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
39
Dari definisi di atas terlihat bahwa gelanggang adalah grup komutatif terhadap operasi pen-
jumlahan dan perkaliannya bersifat asosiatif, dan sifat distributif terbagi menjadi dua yaitu dis-
tributif kanan dan distributif kiri.Perkalian dari gelanggang ini tidak perlu komutatif. Ketika ada
gelanggang yang perkaliannya bersifat komutatif maka gelanggang itu disebut gelanggang
komutatif. Elemen 0 dari aksioma 3 pada definisi 2.2.1 selanjutnya disebut elemen nol. Ketika
suatu gelanggang selain {0}, memiliki elemen identitas perkalian, maka gelanggang tersebut
dikatakan mempunyai elemen satuan dan ditulis dengan 1. Suatu elemen taknol dari ring komu-
tatif dengan elemen identitas tidak perlu memmempunyai invers perkalian. Ketika inversnya ada,
maka elemen tersebut disebut elemen yang mempunyai invers.
Contoh 2.2.1
Himpunan ℤadalah gelanggang sebab untuk semua ), *, 2 ∈ ℤ,memenuhi 6 sifat di atas.
Definisi 2.2.2
Diberikan � gelanggang, dan ( ⊆ �.Himpunan (disebut gelanggang bagian dari � jika dan
hanya jika ( membentuk gelanggang dengan operasi di �.
Teorema 2.2.1
Misal ( ⊆ �, ( ≠ ∅, dan � adalah gelanggang. Himpunan ( adalah gelanggang bagian dari �
jika dan hanya jika 0 ∈ ( dan � − � ∈ ( dan �� ∈ ( untuk setiap �, � ∈ (.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
40
Bukti:
1. B→C Jelas, sebab ( gelanggang bagian, maka ( adalah gelanggang, sehingga definisi 2.2.1 dipenuhi
oleh (, yang berarti 0 ∈ (, karena ( gelanggang bagian dari � maka menurut definisi 2.2. 1, (
adalah grup terhadap operasi penjumalahan, sehingga � − � ∈ ( dan menurut definisi 2.2.1,
�� ∈ ( untuk setiap �, � ∈ (.
2. B←C Karena 0 ∈ ( dan � − � ∈ ( dan ( ≠ ∅ dan ( ⊆ � maka menurut teorema 2.1.7, ( adalah grup
bagian penjumlahan dari �. Karena �� ∈ ( maka ( tertutup terhadap operasi perkalian. Karena (
adalah grup bagian terhadap operasi penjumlahan, maka sifat asosiatif terhadap penjumlahan ju-
ga berlaku di (. Karena ( tertutup terhadap operasi perkalian, maka sifat asosiatif terhadap
perkalian juga tertutup di (. Karena penjumlahan dan perkalian tertutup di ( maka sifat 6 pada
definisi 2.2.1 juga berlaku di (, sehingga menurut definisi 2.2.2, ( membentuk gelanggang
dengan operasi di �. Jadi terbukti ( adalah gelanggang bagian dari �.
■
Contoh 2.2.2
Himpunan ℤ adalah gelanggang bagian dari ℝ.
Definisi 2.2.3
Misal � gelanggang komutatif. Elemen � ≠ 0 disebut pembagi nol jika dan hanya jika ada
� ∈ �, � ≠ 0 sehingga �� = 0.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
41
Contoh 2.2.3
Himpunan ℤH = �0,1,2,3,4,5� adalah gelanggang komutatif dengan penjumlahan dan perkalian
modulo 6. Elemen 2 dan 3 adalah pembagi nol di ℤH, sebab 2.3 = 0"&A6.
Definisi 2.2.4
Gelanggang � disebut daerah integral jika dan hanya jika � adalah gelanggang komutatif
dengan elemen satuan di � dan tidak memiliki pembagi nol.
Contoh 2.2.4
Himpunan ℤ adalah daerah integral.
Definisi 2.2.5
Misal � adalah suatu daerah integral. Himpunan » ⊆ �,» ≠ ∅ disebut daerah integral bagian
dari � jika dan hanya jika » adalah daerah integral dengan operasi di �. Selanjutnya daerah inte-
gral bagian dalam skripsi ini akan disebut derah bagian.
Contoh 2.2.5
Himpunan ℤ adalah daerah bagian dari ℝ.
Teorema 2.2.2
Misal f adalah daerah integral, dan �, �, � ∈ f. Jika � ≠ 0 dan �� = �� maka � = �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
42
Bukti:
Misal �� = ��, � ≠ 0, maka �� − �� = �B� − �C = 0. Karena � ≠ 0 maka menurut definisi
2.2.4, � − � = 0sehingga � = �.
■
Definisi 2.2.6
Suatu gelanggang komutatif � dengan elemen satuan disebut lapangan jika dan hanya jika setiap
elemen taknolnya mempunyai invers perkalian.
Contoh 2.2.6
Himpunan ℚ adalah lapangan. Sebab ℚ adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan dan
untuk setiap � ∈ ℚ dan � ≠ 0 terdapat �X� sedemikian sehingga ��X� = 1. Jadi ℚ memenuhi
definisi 2.2.6.
Teorema 2.2.3
Jika { lapangan maka { adalah daerah integral.
Bukti:
Cukup dibuktikan { tidak mempunyai pembagi nol. Ambil sebarang �, � ∈ {, �� = 0 dan
� ≠ 0. Karena � ≠ 0, maka �X� ∈ {, sehingga B��X�C� = 1� = � = 0. Jadi terbukti { tidak
mempunyai pembagi nol, maka { adalah daerah integral.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
43
Definisi 2.2.7
Suatu gelanggang bagian A disebut ideal dari gelanggang R jika dan hanya jika ∀¢∈À∀v∈7£� ∈�, �£ ∈ �.
Contoh 2.2.7
Akan dibuktikan 2ℤ = �2¦|¦ ∈ ℤ� adalah ideal dari ℤ. Menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah
itegral. Elemen 0 = 2B0C ∈ 2ℤ sehingga 2ℤ ≠ ∅ dan jika diambil sebarang 2¦�, 2¦� ∈ 2ℤ untuk
suatu ¦�, ¦� ∈ ℤ berlaku 2¦� − 2¦� = 2B¦� − ¦�C = 2¦E ∈ 2ℤ untuk suatu ¦E ∈ ℤ serta
B2¦�CB2¦�C = 2B2¦�¦�C = 2¦F ∈ 2ℤ untuk suatu ¦F ∈ ℤ, selain itu 2¦� ∈ ℤ. Jadi menurut te-
orema 2.2.12ℤ adalah gelanggang bagian dari ℤ. Ambil sebarang � ∈ ℤ, sehingga �B2¦�C =B2¦�C� = 2¦H ∈ 2ℤ. Jadi menurut definisi 2.2.7, 2ℤ adalah ideal dari ℤ.
Definisi 2.2.8
Misal � adalah ideal dari gelanggang komutatif dengan elemen satuan, �. Himpunan � disebut
dibangun berhingga jika dan hanya jika ada ��, ��, … , �> ∈ � sedemikian sehingga
� = ⟨��, ��, … , �>⟩ = �£��� +⋯+ £>�>|£� ∈ ��. Himpunan D disebut ideal utama dari � jika
dan hanya jika ada � ∈ � sehingga D = ⟨�⟩ = �£�|£ ∈ ��. Contoh 2.2.8
Perhatikan menurut contoh 2.2.7, 2ℤ = ⟨2⟩. Teorema 2.2.4
Untuk suatu bilangan positif !, himpunan !ℤ = �!¦|¦ ∈ ℤ� adalah ideal dari ℤ.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
44
Bukti:
Misal menurut contoh 2.2.4, himpunan ℤ adalah daerah integral, maka �A = A� untuk setiap
�, A ∈ ℤ. Ambil sebarang £ ∈ ℤ dan � ∈ !ℤ, misal � = !¦, ¦ ∈ ℤ, maka £� = £B!¦C = !£¦ =!¦� ∈ !ℤ. Karena ℤ adalah daerah integral maka £� = �£ ∈ !ℤ, jadi terbukti menurut definisi
2.2.7, !ℤ adalah ideal dari ℤ.
■
Perhatikan bahwa menurut definisi 2.2.8, ⟨!⟩ = �!¦|¦ ∈ ℤ� adalah ideal yang dibangun berhing-
ga dengan ℤ sebagai gelanggangnya dan menurut teorema 2.2.4, !ℤ = �!¦|¦ ∈ ℤ� sehingga
!ℤ = ⟨!⟩. Teorema 2.2.5
Jika � adalah ideal dari ℤ maka � = ⟨!⟩ untuk suatu ! ∈ ℤ.
Bukti:
Karena �0� = ⟨0⟩ dan ℤ = ⟨1⟩ maka diasumsikan � adalah ideal taknol dari ℤ dan � ≠ ℤ. Jika
� ∈ � dan � adalah ideal dari ℤ maka menurut definisi 2.2.7, B−1C� = −� ∈ � sehingga elemen
taknol dari � adalah kelipatan �atau − �. Misal ! adalah bilangan bulat positif terkecil di �, se-
hingga menurut definisi 2.2.7, !¦ ∈ � untuk setiap ¦ ∈ ℤ maka ⟨!⟩ ⊆ �. Andaikan � ⊈ ⟨!⟩ misal
ada " ∈ � dan " ∉ ⟨!⟩ dan " = Â! + £ dengan 0 ≤ £ < !. Karena " ∈ � dan Â! ∈ � dan � adalah gelanggang bagian dari ℤ maka menurut teorema 2.2.1, " − Â! = £ ∈ � dan £ < !. Kon-
tradiksi dengan ! adalah bilangan bulat positif terkecil di � sehingga � ⊆ ⟨!⟩. Jadi � = ⟨!⟩. ■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
45
Definisi 2.2.9
Misal � adalah gelanggang, dan himpunan �, D adalah ideal-ideal dari �. Perkalian �D dari �, D
didefinisikan dengan �D = �∑ ����|�� ∈ �, �� ∈ D�y��� .
Contoh 2.2.9
Misal ℤ adalah gelanggang dan semua elemennya adalah himpunan bilangan bulat. Menurut te-
orema 2.2.4, himpunan ⟨2⟩, ⟨3⟩ adalah ideal-ideal dari ℤ. Perkalian ⟨2⟩, ⟨3⟩ didefinisikan dengan
⟨2⟩⟨3⟩ = �∑ 2¦�3+�|¦�, +� ∈ ℤ� = �∑ 6¦�+�|¦�, +� ∈ ℤ� = �6:|: ∈ ℤ� = ⟨6⟩y���y��� .
Teorema 2.2.6
Misal � adalah gelanggang dan �, D adalah ideal-ideal dari �. Perkalian
�D = �∑ ����y��� |�� ∈ �, �� ∈ D� adalah ideal dari �.
Bukti:
Himpunan �D = �∑ ����|�� ∈ �, �� ∈ D�y��� ≠ ∅ sebab � ≠ ∅ dan D ≠ ∅ maka �D ≠ ∅. Ambil
sebarang ) ∈ �D, misal ) = ∑ ����>��� , �� ∈ �, �� ∈ D untuk � = 1,2, … ,". Karena � ⊆ � dan
D ⊆ � maka ���� ∈ � untuk � = 1,2, … ,". Jadi ) = ∑ ����>��� ∈ � sehingga �D ⊆ �. Ambil
sebarang )�, )� ∈ �D, misal )� = ∑ ����§��� dan )� = ∑ ��y�� . Jika ¦ = !maka )� − )� =0 = 0B��C ∈ �D. Jika ¦ > ! maka
)� − )� =¹����y��� + ¹ �=�=§
=�y � − ¸¹��y�� º
= ∑ �=�=§=�y � ∈ �D.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
46
Jika ¦ < ! maka )� − )� = ∑ ����§��� − B∑ �>�> + ∑ �Ã�ÃC = −∑ �Ã�Ã.yÃ�§ � yÃ�§ �§>�� Karena
� dan D adalah ideal dari �, maka menurut definisi 2.2.7 � dan D adalah gelanggang bagian dari
� sehingga −�à ∈ � dan −�à ∈ D untuk : = ¦ + 1,… , !. Jadi )� − )� = −∑ �Ã�Ã.yÃ�§ � ∈ �D.
Ambil sebarang )E = ∑ �Ä�Ä�Ä�� ∈ �D dan )F = ∑ �Å�ÅÆÅ�� jelas )E)F ∈ �D. Jadi �D adalah
gelanggang bagian dari � menurut teorema 2.2.1. Ambil sebarang £ ∈ � sehingga £)� =£B∑ ����C§��� = B£��C�� +⋯+ B£�yC�y. Karena � adalah ideal dari � maka menurut definisi
2.2.7, £�� ∈ � untuk � = 1,2, … , ! sehingga B£��C�� ∈ �D dan )�£ = _∑ ����§��� `£ = ��B��£C +⋯+ �§B�§£C ∈ �D. Jadi menurut definisi 2.2.7, �D adalah ideal dari �. ■
Teorema 2.2.7
Misal � adalah gelanggang. Jika �, D adalah ideal dari � maka �D ⊆ � ∩ D.
Bukti:
Ambil sebarang ) ∈ �D, maka ) = ∑ ����y��� , untuksuatu�� ∈ �, �� ∈ D untuk setiap �. na� ⊆ � dan D ⊆ � maka ���� ∈ � dan ���� ∈ D untuk setiap �. Jadi ) ∈ � ∩ D.
■
Teorema 2.2.8
Misal � adalah gelanggang dan �, D adalah ideal dari � maka himpunan
� + D = �� + �|� ∈ �, � ∈ D� adalah ideal dari �.
Bukti:
Jelas � + D ≠ ∅ sebab jika � ∈ � dan � ∈ D maka � + � ∈ � + D. Ambil sebarang ) ∈ � + D
misal ) = �� + ��. Karena � ⊆ � dan D ⊆ � maka �� + �� ∈ �. Jadi � + D ⊆ �. Ambil seba-
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
47
rang )�, )E ∈ � + D misal )� = �� + �� dan )E = �E + �E untuk suatu ��, �E ∈ � dan ��, �E ∈ D
sehingga )� − )E = �� + �� − B�E + �EC = �� − �E + �� − �E = �F + �F = )F ∈ � + D untuk
suatu �F ∈ � dan �F ∈ D. Kemudian )�)E = B�� + ��CB�E + �EC = ���E + ���E + ���E +���E ∈ � + D. Jadi menurut teorema 2.2.1, � + D adalah gelanggang bagian dari �. Ambil seba-
rang + ∈ � maka +) = +B�� + ��C = +�� + +�� karena �, D adalah ideal dari � maka menurut
definisi 2.2.7 +�� ∈ � dan +�� ∈ D jadi +) ∈ � + D. Jadi menurut definisi 2.2.7 � + D adalah
ideal dari �.
■
Teorema 2.2.9
Jika � adalah suatu ideal dari gelanggang � dan 1 ∈ �, maka � = �.
Bukti:
Jelas � ⊆ � sebab � ideal dari �. Ambil sebarang £ ∈ �, karena 1 ∈ �, maka menurut definisi
2.2.7 £ = £1 ∈ �, jadi � ⊆ �. Jadi terbukti � = �.
■
Teorema 2.2.10
Misal � adalah gelanggang dan � adalah gelanggang bagian �. Himpunan koset � �⁄ =�£ + �|£ ∈ �� adalah gelanggang dengan operasi B+ + �C + B£ + �C = + + £ + � dan
B+ + �CB£ + �C = +£ + � jika dan hanya jika � adalah ideal dari �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
48
Bukti:
1. B←C Menurut teorema 2.1.13, himpunan koset membentuk grup dengan operasi penjumlahan, sehing-
ga akan dibuktikan bahwa perkaliannya asosiatif dan distributif pada operasi penjumlahan. Mula-
mula akan dibuktikan bahwa perkaliannya terdefinisi dengan baik jika dan hanya jika � adalah
ideal dari �. Misal + + � = +t + � dan : + � = :t + � sehingga + = +t + � dan
: = :t + �, �, � ∈ �. Jadi +: + � = +t:t + �:t + +t� + �� + � = +t:t + �. Terbukti bahwa
operasinya terdefinisi dengan baik. Akan dibuktikan perkaliannya bersifat asosiatif. Misal
£� + �, £� + �, £E + � ∈ �£ + �|£ ∈ ��, maka B£� + �C_B£� + �CB£E + �C` = B£� + �CB£�£E + �C = B£�£�£E + �C = _B£� + �CB£� + �C`B£E + �C, hal ini berlaku sebab £�, £�, £E ∈ �.
Selanjutnya akan dibuktikan bahwa perkaliannya bersifat distributif kiri terhadap operasi pen-
jumlahan.
B£� + �CB£� + � + £E + �C = B£� + �CB£� + £E + �C =B£�B£� + £EC + �C = B£�£� + £�£E + �C. Jadi terbukti perkaliannya bersifat distributif kiri terhadap operasi pen-
jumlahan.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
49
Selanjutnya akan dibuktikan bahwa operasi perkaliannya bersifat distributif kanan terhadap
operasi penjumlahan.
B£� + � + £E + �CB£� + �C =B£� + £E + �CB£� + �C =_B£� + £EC£� + �` =B£�£� + £E£� + �C Jadi terbukti operasi perkaliannya bersifat distributif kanan terhadap operasi penjumlahan.
Jadi terbukti menurut definisi 2.2.1, �£ + �|£ ∈ �� adalah gelanggang.
2. B→C Misal �£ + �|£ ∈ �� adalah gelanggang, andaikan � bukan ideal dari �, maka ada � ∈ � dan
£ ∈ � sehingga £� ∉ � atau �£ ∉ �. Pada elemen � + � = 0 + � dan £ + �, B� + �CB£ + �C =�£ + � = B0 + �CB£ + �C = 0£ + � = �. Kontradiksi dengan teorema 2.1.9.
■
Selanjutnya himpunan � �⁄ pada teorema 2.2.10 disebut gelanggang faktor dari �.
Definisi 2.2.10
Misal f adalah daerah integral dan �, � ∈ f. Elemen � disebut membagi � ekivalen dengan �
faktor dari � jika dan hanya jika terdapat � ∈ f sedemikian sehingga � = ��. Selanjutnya �
membagi � akan disimbolkan dengan �|� dan � tidak membagi � akan disimbolkan dengan
� ∤ �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
50
Contoh 2.2.10
Menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah integral. Bilangan 2|8 sebab 8 = 2.4 dan 4 ∈ ℤ.
Definisi 2.2.11
Bilangan bulat positif ¥ disebut bilangan prima jika dan hanya jika jika ¥ = �� maka ¥ = � atau
¥ = � untuk setiap �, � ∈ ℤ.
Contoh 2.2.11
Akan dibuktikan 3 ∈ ℤ adalah suatu bilangan prima. Misal 3 = �� dan � ≠ 3 untuk setiap
�, � ∈ ℤ. Karena �|3dan� ∈ ℤ maka � = 3. Jadi menurut definisi 2.2.11, 3 adalah bilangan
prima di ℤ.
Teorema 2.2.11
Misal �, �, ¥ ∈ ℤ. Jika ¥ adalah bilangan prima dan ¥|�� maka ¥|� atau ¥|�.
Bukti:
Misal ¥ ∤ � dan ¥ ∤ � sehingga menurut definisi 2.2.10, � ≠ ¥¦ dan � ≠ ¥¦� untuk setiap
¦, ¦� ∈ ℤ. Perhatikan bahwa �� ≠ B¥¦CB¥¦�C = ¥B¥¦¦�C atau �� ≠ ¥B¥¦¦�C sehingga menurut
definisi 2.2.10, ¥ ∤ ��.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
51
Definisi 2.2.12
Misal � adalah gelanggang dan 9 adalah ideal sejati dari �. Himpunan 9 disebut ideal prima
dari � jika dan hanya jika untuk sebarang ideal �, D dari � dan �D ⊆ 9 berlaku � ⊆ 9 atau
D ⊆ 9.
Contoh 2.2.12
Akan dibuktikan ⟨3⟩ adalah ideal prima dari ℤ. Menurut teorema 2.2.4, ⟨"⟩, ⟨!⟩ adalah ideal dari
ℤ untuk suatu ", ! ∈ ℤ. Misal ⟨"⟩⟨!⟩ ⊆ ⟨3⟩ dan menurut teorema 2.2.6,
⟨"⟩⟨!⟩ = �¹�����
��� |�� ∈ ⟨"⟩, �� ∈ ⟨!⟩, � = 1,2,3, … , + ∈ ℕ} = {B"!C∑ ¦����� :�|¦�, :� untuk� = 1,2, … , +} = ⟨"!⟩ sehingga ⟨"⟩⟨!⟩ = ⟨"!⟩ ⊆ ⟨3⟩. Per-
hatikan bahwa "! ∈ ⟨"!⟩ sehingga "! ∈ ⟨3⟩ berlaku "! = 3� untuk suatu � ∈ ℤ. Menurut
contoh 2.2.11, 3 adalah bilangan prima sehingga menurut teorema 2.2.11, 3|" atau 3|!. Jika
3|" maka " = 3�� untuk suatu �� ∈ ℤ sehingga jika diambil sebarang ) ∈ ⟨"⟩ sehingga
) = "¦� = 3B��¦�C ∈ ⟨3⟩ akibatnya ⟨"⟩ ⊆ ⟨3⟩. Pembuktian untuk ⟨!⟩ ⊆ ⟨3⟩ analog dengan
pembuktian ⟨"⟩ ⊆ ⟨3⟩. Diperoleh ⟨"⟩ ⊆ ⟨3⟩ atau ⟨!⟩ ⊆ ⟨3⟩. Jadi menurut definisi 2.2.12, ⟨3⟩ adalah ideal prima dari ℤ.
Definisi 2.2.13
Suatu ideal � dari �dan� ≠ � disebut ideal maximal jika dan hanya jika, jika D ideal dari �
dan � ⊆ D ⊆ � maka D = � atau D = �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
52
Teorema 2.2.12
Misal � adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan dan Ê adalah suatu ideal dari
�,Ê ≠ �. Gelanggang faktor � Ê� adalah suatu daerah integral jika dan hanya jika Ê adalah ide-
al prima dari �.
Bukti:
1. B→C Karena � Ê� adalah suatu daerah integral dan �� ∈ Ê, maka B� + ÊCB� + ÊC = �� + Ê = Ê.
Jadi � + Ê = Ê atau � + Ê = Ê, sehingga menurut teorema 2.1.11, � ∈ Ê atau � ∈ Ê. Jadi ter-
bukti Ê adalah ideal prima.
2. B←C Misal Ê adalah ideal prima. Menurut teorema 2.2.10 himpunan � Ê� adalah gelanggang faktor
dari �, sehingga tinggal dibuktikan � � tidak mempunyai pembagi nol. Akan dibuktikan untuk
sebarang �, � ∈ �, B� + ÊCB� + ÊC = Ê maka � + Ê = Êatau � + Ê = Ê. Karena Ê ideal pri-
ma, maka jelas menurut definisi 2.2.12 jika B� + ÊCB� + ÊC = Ê maka � + Ê = Êatau
� + Ê = Ê. Jadi terbukti � Ê� tidak mempunyai pembagi nol.
■
Teorema 2.2.13
Misal � gelanggang komutatif dengan elemen satuan dan Ê suatu ideal dari � dan Ê ≠ �. Ge-
langgang faktor � Ê� adalah lapangan jika dan hanya jika Ê adalah ideal maksimal dari �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
53
Bukti:
1. B→C Misal Ë adalah ideal dari � dan � Ê� adalah lapangan dan Ê ⊆ Ë ⊆ � dan Ë ≠ Ê. Jika
� ∈ Ë, � ∉ Ê maka menurut teorema 2.1.9, � + Ê ≠ Ê. Jadi ada � ∈ � sehingga
B� + ÊCB� + ÊC = 1 + Ê. Karena � ∈ Ë dan Ë ideal dari � maka �� ∈ Ë. Karena
B� + ÊCB� + ÊC = 1 + Ê maka menurut teorema 2.1.11, 1 − �� ∈ Ê ⊂ Ë. Jadi
1 = B1 − ��C + �� ∈ Ë. Karena 1 ∈ Ë dan Ë ideal dari � maka menurut teorema 2.2.9,
Ë = �. Jadi terbukti Ê adalah ideal maksimal dari �.
2. B←C Misal Ê adalah ideal maksimal dari � dan Ê ≠ �. Ambil sebarang � ∈ �, dan � ∉ Ê, akan
dibuktikan � + Ê mempunyai elemen invers perkalian di � Ê� . Dibuat himpunan
D = ��£ + �|£ ∈ �, � ∈ Ê�. Kemudian akan ditunjukkan D adalah ideal dari �. Mula-mula akan
ditunjukkan D adalah gelanggang bagian dari �. Jelas D ≠ ∅ sebab �B0C + 0 = 0 ∈ D dan
D ⊆ � sebab jika diambil sebarang �£ + � ∈ D maka £ + � ∈ � . Ambil sebarang �£� + �� ∈ D
dan �£� + �� ∈ D, maka B�£� + ��C − B�£� + ��C = �B£� − £�C + B�� − ��C = �£E + �E ∈ D
dan
B�£� + ��CB�£� + ��C = B�£�B�£� + ��C + ��B�£� + ��C = �£F + �F + �£G + �G = �£H + �H ∈ D. Jadi menurut teorema 2.2.1 terbukti D adalah gelang-
gang bagian dari �. Selanjutnya, ambil sebarang £ ∈ �, sehingga
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
54
£B�£� + ��C = B�£� + ��C£ = �£I + �I ∈ D. Jadi menurut definisi 2.2.7 terbukti D adalah ideal
dari �. Karena Ê adalah ideal maksimal dari � dan Ê ≠ D maka menurut definisi 2.2.13, D = �,
sehingga 1 ∈ D. Misal 1 = �� + �t, untuksuatu�t ∈ Ê maka
1 + Ê = �� + �t + Ê = �� + Ê = B� + ÊCB� + ÊC. Jadi menurut definisi 2.2.6 terbukti � Ê�
adalah lapangan.
■
Contoh 2.2.13
Himpunan ⟨3⟩ adalah ideal maksimal dari daerah integral ℤ. Himpunan ℤ ⟨3⟩⁄ = �⟨3⟩, 1 +⟨3⟩, 2 + ⟨3⟩�, adalah daerah integral. Sebab, menurut contoh 2.2.12, ⟨3⟩ adalah ideal prima dari ℤ
sehingga menurut teorema 2.2.12, ℤ ⟨3⟩⁄ adalah daerah integral. Perhatikan bahwa menurut te-
orema 2.2.10, B1 + ⟨3⟩CB1 + ⟨3⟩C = 1 + ⟨3⟩ dan B2 + ⟨3⟩CB2 + ⟨3⟩C = 4 + ⟨3⟩ = 1 + ⟨3⟩ se-
hingga setiap elemen taknol di ℤ ⟨3⟩⁄ mempunyai elemen invers perkalian sehingga menurut
definisi 2.2.6, ℤ ⟨3⟩⁄ adalah lapangan akibatnya menurut teorema 2.2.13, ⟨3⟩ adalah ideal
maksimal dari ℤ.
Definisi 2.2.14
Misal � adalah daerah integral dan �, Í adalah ideal dari �. Ideal � disebut ideal pembagi Í jika
dan hanya jika terdapat ideal { dari � sedemikian sehingga Í = �{. Selanjutnya ideal � yang
membagi Í akan disimbolkan �|Í.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
55
Contoh 2.2.14
Ideal ⟨3⟩ adalah ideal pembagi dari ⟨15⟩ untuk daerah integral ℤ. Sebab menurut penjelasan con-
toh 2.2.12, ⟨3⟩⟨5⟩ = ⟨B3CB5C⟩ = ⟨15⟩. Teorema 2.2.14
Misal � adalah daerah integral dan �, Í adalah ideal dari �. Jika �|Í maka Í ⊆ �. Bukti:
Menurut definisi 2.2.14, misal Í = �{ maka menurut teorema 2.2.7, Í ⊆ � dan Í ⊆ {. Jadi Í ⊆ �. ∎
Definisi 2.2.15
Misal � adalah gelanggang dan ℋ adalah himpunan setiap ideal dari �. Elemen Ë ∈ ℋ disebut
maksimal di ℋ jika dan hanya jika jika � ∈ ℋ dan Ë ⊆ � maka Ë = �. Contoh 2.2.15
Pada contoh 2.2.13, misal ℋ adalah himpunan setiap ideal dari ℤ maka ⟨3⟩ adalah maksimal di
ℋ.
Definisi 2.2.16
Misal �, ( gelanggang. . Pemetaan ℎ: � → ( disebut homomorfisma gelanggang jika dan hanya
jika ℎB��C = ℎB�CℎB�C dan ℎB� + �C = ℎB�C + ℎB�C untuk setiap �, � ∈ �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
56
Contoh 2.2.16
Misal ℂ = �� + ��]�, � ∈ ℝ, � = √−1� adalah himpunan bilangan kompleks. Pemetaan dari ℂ ke
ℂ dengan ÏB� + ��C = � − �� adalah suatu homomorfisma gelanggang. Sebab
ÏB� + ��C + ÏB�� + ���C = B� − ��C + B�� − ���C = B� + ��C − B� + ��C� = Ï_B� + ��C + B� + ��C�` dan
ÏB� + ��CÏB�� + ���C = B� − ��CB�� − ���C = B��� − ���C − B��� + ���C� = Ï_B��� − ���C + B��� + ���C�` untuk
setiap � + ��, �� + ��� ∈ ℂ. Jadi menurut definisi 2.2.16, Ï adalah homomorfisma gelanggang.
Definisi 2.2.17
Misal O: � → ( adalah suatu homomorfisma gelanggang. Himpunan ¦k£ O = {£ ∈ �|OB£C = 0}. Contoh 2.2.17
Misal � = mn� �� �o p�, � ∈ ℤq. Dibuat pemetaan O dari � ke ℤ yang didefinisikan
O gn� �� �oh = � − � untuk setiap n� �� �o ∈ �. Pemetaan O adalah homomorfisma gelanggang,
sebab O gn� �� �oh + O gn� AA �oh = � − � + � − A = B� + �C − B� + AC = O gn� + � � + A� + A � + �oh
dan O gn� �� �oh O gn� AA �oh = B� − �CB� − AC = B�� + �AC − B�A + ��C. Selain itu
O gn� �� �o n� AA �oh
= O gn�� + �A �A + ���� + �A �A + ��oh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
57
= �� + �A − �A − ��
= �B� − AC + �BA − �C = �B� − AC − �B� − AC = B� − �CB� − AC = O gn� �� �oh O gn� AA �oh dan ¦k£ O = mn� �� �o p� ∈ ℤq. Contoh 2.2.18
Pada contoh ini akan diberikan suatu ideal prima yang bukan ideal maksimal. Menurut contoh
2.2.17, ¦k£ O = mn� �� �o p� ∈ ℤq. Akan dibuktikan ¦k£ O adalah ideal prima dari �. Mula-mula
akan dibuktikan ¦k£ O adalah gelanggang bagian dari �. Menurut teorema 2.1.17, ¦k£ O adalah
grup bagian dari �. Selain itu jika diambil sebarang �, D ∈ ¦k£ O. Misal � = n� �� �o dan
D = n� �� �o untuk suatu �, � ∈ ℤ maka �D = n� �� �o n� �� �o = n2�� 2��2�� 2��o dan
OB�DC = 2�� − 2�� = 0. Jadi �D ∈ ¦k£ O sehingga menurut teorema 2.2.1, ¦k£ O adalah ge-
langgang bagian dari �. Ambil sebarang J ∈ �, misal J = n�� ���� ��o untuk suatu ��, ��, �E, �F ∈ ℤ
sehingga �J = n� �� �o n�� ���� ��o = n��� + ��E ��� + ������ + ��� ��� + ���o dan OB�JC = OB�COBJC = 0.
Perhatikan bahwa OBJ�C = OBJCOB�C = 0. Jadi menurut definisi 2.2.7, ¦k£ O adalah ideal dari
� sehingga menurut teorema 2.2.10, dapat didefinisikan gelanggang faktor
� ¦k£ O⁄ = {J + ¦k£ O |J ∈ �}. Akan dibuktikan � ¦k£ O⁄ adalah daerah integral. Misal
f = �A� A�A� A�� untuk suatu A�, A�, AE, AF ∈ ℤ sehingga Jf − fJ
= n�� ���� ��o �A� A�A� A�� − �A� A�A� A�� n�� ���� ��o = ���A� + ��A� ��A� + ��A���A� + ��A� ��A� + ��A�� − �A��� + A��� A��� + A���A��� + A��� A��� + A����
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
58
= n0 00 0o ∈ ¦k£ O maka menurut teorema 2.1.11, Jf + ¦k£ O = fJ + ¦k£ O akibatnya � ¦k£ O⁄
komutatif. Jelas terdapat elemen satuan di � ¦k£ O⁄ yaitu n1 00 1o + ¦k£ O. Misal 0 = nk� k�k� k�o, Ð = �O� O�O� O�� adalah sebarang elemen di � dan 0Ð = �k�O� + k�O� k�O� + k�O�k�O� + k�O� k�O� + k�O�� ∈ ¦k£ O dan
0 ∉ ¦k£ O sehingga �k�O� + k�O� k�O� + k�O�k�O� + k�O� k�O� + k�O�� = na aa ao untuk suatu a ∈ ℤ dan nk� k�k� k�o ≠n: :: :o untuk setiap : ∈ ℤ . Perhatikan bahwa k�O� + k�O� = a = k�O� + k�O� atau k�BO� − O�C −k�BO� − O�C = Bk� − k�CBO� − O�C = 0. Karena k� ≠ k� maka k� − k� ≠ 0 sehingga O� − O� = 0
akibatnya O� = O�. Jadi Ð ∈ ¦k£ O sehingga menurut definisi 2.2.4, � ¦k£ O⁄ tidak mempunyai
pembagi nol, maka menurut definisi 2.2.4, � ¦k£ O⁄ adalah daerah integral sehingga menurut te-
orema 2.2.12, ¦k£ O adalah ideal prima dari �. Perhatikan elemen { = n5 33 5o + ¦k£ O ∈� ¦k£ O⁄ . Andaikan � ¦k£ O⁄ adalah lapangan, maka ada i = na� a�a� a�o + ¦k£ O ∈ � ¦k£ O⁄ se-
hingga {i + ¦k£ O = �5a� + 3a� 5a� + 3a�5a� + 3a� 5a� + 3a�� + ¦k£ O = n1 00 1o + ¦k£ O. Akibatnya menurut
teorema 2.1.11, �5a� + 3a� − 1 5a� + 3a�5a� + 3a� 5a� + 3a� − 1� = n Â Âo untuk suatu  ∈ ℤ. Diperoleh
5a� + 3a� − 1 = Â dan 5a� + 3a� = Â. Kemudian pada persamaan
5a� + 3a� − 1 = Â
kedua ruas dikalikan dengan 3 sehingga diperoleh
15a� + 9a� = 3 + 3Â
dan pada persamaan
5a� + 3a� = Â
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
59
kalikan kedua ruas dengan 5 sehingga diperoleh
25a� + 15a� = 5Â
kemudian 15a� + 9a� − 25a� − 15a� = −16a� = 3 − 2 atau  = 8a� + E� ∉ ℤ. Kontradiksi
dengan  ∈ ℤ. Pengandaian salah, maka � ¦k£ O⁄ bukan lapangan sehingga menurut teorema
2.2.13, ¦k£ O bukan ideal maksimal dari �.
Definisi 2.2.18
Misal �, ( adalah gelanggang. Gelanggang � isomorphis dengan ( jika dan hanya jika ada ho-
momorfisma gelanggang yang bijektif O: � → (.
Contoh 2.2.19
Himpunan ℤÑ = {0,1,2, … , ¥ − 1} dan ℤ ¥ℤ⁄ = {¥ℤ, 1 + ¥ℤ,… , ¥ − 1 + ¥ℤ}. Dibuat pemetaan O
dari ℤÑ ke ℤ ¥ℤ⁄ dengan ¥ adalah suatu bilangan prima dan didefinisikan OB�C = � + ¥ℤ untuk
setiap � ∈ ℤÑ. Jelas O adalah homomorfisma gelanggang sebab untuk setiap �, � ∈ ℤÑ maka
OB�C + OB�C = � + ¥ℤ + � + ¥ℤ = � + � + ¥ℤ = OB� + �C dan OB�COB�C = B� + ¥ℤCB� +¥ℤC = �� + ¥ℤ = OB��C. Ambil sebarang �� + ¥ℤ ∈ ℤ ¥ℤ⁄ , maka 0 ≤ �� ≤ ¥ − 1, �� ∈ ℤ
akan dicari )� ∈ ℤÑ sehingga OB)�C = �� + ¥ℤ. Pilih )� = �� maka OB)�C = )� + ¥ℤ = �� +¥ℤ. Jadi O adalah homomorfisma gelanggang yang surjektif. Akan ditunjukkan O injektif. Ambil
sebarang �, A ∈ ℤÑ dan OB�C = � + ¥ℤ = A + ¥ℤ = OBAC. Jadi menurut teorema 2.1.11,
� − A = ¥¦ untuk suatu ¦ ∈ ℤ. sehingga � = A"&A¥. Jadi terbukti O adalah pemetaan injektif.
Jadi menurut definisi 2.2.18, ℤÑ ≈ ℤ ¥ℤ⁄ .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
60
Teorema 2.2.15
Misal �, �, D adalah gelanggang. Jika O: � → � dan a: � → D adalah suatu isomorfisma gelang-
gang maka a ∘ O: � → D adalah suatu isomorfisma gelanggang.
Bukti:
Misal O: � → � dan a: � → D adalah suatu isomorfisma gelanggang. Mula-mula akan dibuktikan
a ∘ O adalah pemetaan yang bijektif. Ambil sebarang £, + ∈ � dan a_OB+C` = a_OB£C`. Menurut
definisi 2.2.18, O adalah pemetaan yang surjektif sehingga ada +� = OB+C dan £� = OB£C untuk
suatu +�, £� ∈ �. Karena +� = OB+C dan £� = OB£C untuk suatu +�, £� ∈ � maka aB+�C = aB£�C. Menurut definisi 2.2.18, a, O adalah pemetaan yang injektif sehingga +� = OB+C = £� = OB£C maka + = £ maka menurut definisi 2.1.15, a ∘ O adalah pemetaan yang injektif. Jelas a ∘ O ada-
lah pemetaan yang surjektif. Sebab jika diambil sebarang � ∈ D maka menurut definisi 2.2.18,
ada � ∈ � sedemikian sehingga aB�C = � dan ada ¤ ∈ � sedemikian sehingga � = OB¤C. Jadi
diperoleh a_OB¤C` = �. Jadi untuk setiap � ∈ D ada ¤ ∈ � sedemikian sehingga a_OB¤C` = �
maka menurut definisi 2.1.15, a ∘ O adalah pemetaan yang surjektif. Karena a ∘ O adalah
pemetaan yang surjektif dan injektif maka menurut definisi 2.1.15, a ∘ O adalah pemetaan yang
bijektif. Selain itu a_OB+C` + a_OBÒC` = a_OB+C + OBÒC` = a_OB+ + ÒC` dan
a_OB+C`a_OBÒC` = a_OB+COBÒC` = a_OB+ÒC` untuk setiap +, Ò ∈ � sehingga menurut definisi
2.2.16, a ∘ O adalah homomorfisma gelanggang. Jadi menurut definisi 2.2.18, a ∘ O adalah iso-
morfisma gelanggang dari � ke D.
∎
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
61
Definisi 2.2.19
Misal �adalah gelanggang. Suatu polinomial OB)C dengan koefisien di R adalah suatu pen-
jumlahan baku yang tak berhingga, ditulis ∑ ��)� = �K + ��) + ⋯+ �y)y +⋯Ó��K , dimana
�� ∈ �, dan �� = 0 untuk semua kecuali sejumlah berhingga �. Simbol �� disebut koefisien dari
OB)C. Jika � > 0 sedemikian sehingga �� ≠ 0, nilai terbesar dari i disebut derajat dari OB)C. Jika
tidak ada � > 0, maka OB)C berderajat nol. Penjumlahan dan perkalian polinomial didefinisikan
dengan cara sebagai berikut. Misal OB)C = �K + ��) + ⋯+ �y)y +⋯ dan aB)C = �K + ��) +⋯+ �y)y +⋯ dengan ��, �� ∈ � untuk setiap � sehingga OB)C + aB)C = �K + ��) + ⋯+�y)y +⋯ dimana �y = �y + �y untuk setiap ! dan OB)CaB)C = AK + A�) + ⋯+ Ay)y +⋯
dimana Ay = ∑ ��y��K �yX�. Contoh 2.2.20
Polinomial OB)C = 2)� + �� ) + 3, dengan 2, �E , 3 ∈ ℝ, dan derajat OB)C adalah dua.
Teorema 2.2.16
Misal � adalah gelanggang. Himpunan
�,�- =ÔÕÖÕ×�K + ��) + ⋯+ �y)y +⋯ØØ
�� ∈ �untuksetiap�, dan�Ù = 0untuksetiapkecualisejumlahberhingga�,�adalahbilanganbulattaknegatifßÕàÕá
adalah gelanggang
dengan operasi penjumlahan dan perkalian polinomial. Jika � adalah gelanggang komutatif,
maka �,�- adalah gelanggang komutatif. Jika � mempunyai elemen satuan, maka �,�- mempu-
nyai elemen satuan. Selanjutnya �,�- disebut gelanggang polinomial dengan indeterminate x.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
62
Bukti:
Jelas bahwa �,)- adalah grup komutatif terhadap operasi penjumlahan polinomi-
al. Sebab, � adalah gelanggang komutatif terhadap operasi penjumlahan. Akan dibuktikan
perkalian polinomial di �,)- bersifat asosiatif. Misal
OB)C = ∑ ��Ó��K )� , aB)C = ∑ �Ó�K ) , ℎB)C = ∑ �§Ó§�K )§ adalah sebarang polinomial di �,)- dimana ��, � , �§ ∈ � untuk setiap �, , ¦. Perhatikan bahwa _OB)CaB)C`ℎB)C =
g_∑ ��Ó��K )�`_∑ �Ó�K )`h∑ �§Ó§�K )§
= â¹¼¹��y��K �yX�½)yÓ
y�K ã¹�§Ó§�K )§
=¹â¹¼¹���yX�y��K ½ ��Xy�
y�K ãÓ��K )�
=¹¸ ¹ ����§� §�� ºÓ��K )�
=¹ä¹ ��X> ¸¹��>X>�K º�
>�K å )�Ó��K
= ¼¹��)�Ó��K ½ ä¹ ¸¹��>X
>�K ºÓ
>�K )>å = _∑ ��)�Ó��K `æ_∑ �Ó�K )`B∑ �§Ó§�K )§Cç. Selanjutnya akan dibuktikan untuk sifat distributif
pada �,�-. Perhatikan bahwa ,OB)C + aB)C-ℎB)C =
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
63
ä¹��Ó��K )� +¹�)Ó
�K å¹ �§Ó§�K )§
= ¹kè)èÓè�K ¹�§Ó
§�K )§
= ¹¼¹kè�yXèyè�K ½)yÓ
y�K
= ¹¼¹B�è�yXè + �è�yXèCyè�K ½)yÓ
y�K
= ¹¼¹�è�yXè)y +¹�è�yXè)yyè�K
yè�K ½Ó
y�K
= ä¹��Ó��K )� ¹�§Ó
§�K )§ +¹�)Ó�K ¹�§Ó
§�K )§å = OB)CℎB)C + aB)CℎB)C. Untuk sifat kedua di nomor 6 pada definisi 2.2.1, analog dengan bukti
sebelumnya. Jadi terbukti �,)- adalah gelanggang.
Selanjutnya, misal � adalah gelanggang komutatif dan OB)C, aB)C adalah seba-
rang elemen di �,)-. Perhatikan bahwa perkalian OB)CaB)C =
¼¹��Ó��K )�½¸¹�Ó
�K )º
= ¹¼¹��y��K �yX�½)yÓ
y�K
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
64
= ¹¼¹�yX�y��K ��½)yÓ
y�K
= _∑ �Ó�K )`_∑ ��Ó��K )�` = aB)COB)C. Jadi terbukti �,)- adalah gelanggang komutatif. Beri-
kutnya, misal 1 ∈ � sehingga cukup dipilih ℎB)C = 1 + ℎ�) + ⋯+ ℎy)y +⋯+ dengan ℎ� = 0
untuk setiap � ≥ 1. Jadi 1 ∈ �,)-. ∎
Definisi 2.2.20
Misal �, ( adalah daerah integral dan � ⊆ (. Elemen � ∈ ( disebut terintegral di � jika dan
hanya jika ada OB)C = )y + £yX�)yX� +⋯+ £K ∈ �,�- sedemikian sehingga OB�C = 0.
Contoh 2.2.21
Elemen 1 ∈ ℚ integral pada ℤ. Sebab, jika dipilih OB)C = )� − 1 maka OB1C = 0.
Definisi 2.2.21
Misal �, ( adalah daerah integral dan � ⊆ (. Himpunan � tertutup secara terintegral jika dan
hanya jika untuk setiap elemen di ( yang terintegral di � berada di �.
Contoh 2.2.22
Menurut contoh 2.2. 4, ℤ adalah daerah integral dan menurut teorema 2.2.3, ℚ adalah daerah in-
tegral. Jelas ℤ ⊆ ℚ dan ℤ tertutup secara terintegral pada ℚ. Sebab hanya bilangan bulat yang
integral pada ℤ.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
65
Definisi 2.2.22
Misal � adalah daerah integral. Himpunan � adalah daerah Noether jika dan hanya jika �
memenuhi kondisi rantai naik, yaitu jika setiap rantai ideal dari � yang Ê� ⊆ Ê� ⊆ ÊE ⊆ ⋯
berakhir, artinya ada !K ∈ ℕ sedemikian sehingga Êyé = Ê¢ untuk setiap £ ≥ !K.
Teorema 2.2.17
Misal � adalah daerah integral. Himpunan � adalah daerah Noether jika dan hanya jika setiap
ideal dari � dibangun secara berhingga.
Bukti:
1. B→C Andaikan � adalah ideal dari � dan � tidak dibangun secara berhingga maka � ≠ ⟨0⟩. Jadi ada
�� ∈ � dan �� ≠ 0. Karena � adalah ideal dari �, maka menurut definisi 2.2.7, ��£ ∈ � untuk se-
tiap £ ∈ �. Jadi menurut definisi 2.2.8, ⟨��⟩ ⊂ �. Karena � tidak dibangun secara berhingga,
maka ada �� ∈ � dan �� ∉ ⟨��⟩ dan menurut definisi 2.2.7, ��£� ∈ � untuk setiap £� ∈ �. Jadi
diperoleh ⟨��⟩ ⊂ ⟨��, ��⟩ ⊂ �. Kemudian langkah ini diteruskan, sehingga diperoleh ⟨��⟩ ⊂⟨��, ��⟩ ⊂ ⋯ ⊂ ⟨��, … , �y⟩ ⊂ �, tapi ⟨��, … , �y⟩ ≠ � kontradiksi dengan definisi 2.2.22. Jadi ter-
bukti setiap ideal dari � dibangun berhingga.
2. B←C Misal setiap ideal dari � dibangun secara berhingga. Misal Ê� ⊆ Ê� ⊆ ⋯Êè ⊆ ⋯ adalah rantai
monoton naik dari ideal Ê� pada �. Akan dibuktikan Ê = ⋃ Ê���� adalah ideal dari �. Jelas
Ê ≠ ∅ sebab Ê� adalah ideal dari � untuk setiap � maka Ê� ∪ Ê� ∪ … ≠ ∅ dan Ê ⊆ �. Ambil
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
66
sebarang �, � ∈ Ê maka � ∈ ʧ untuk suatu ¦ ≥ 1 dan � ∈ Ê untuk suatu ≥ 1 sehingga
� − � ∈ Ê> untuk suatu " ≥ 1. Karena Ê> ⊆ Ê maka � − � ∈ Ê kemudian �� ∈ Êv untuk
suatu � ≥ 1, maka �� ∈ Ê, jadi menurut teorema 2.2.1, Ê adalah gelanggang bagian dari �.
Ambil sebarang £ ∈ � dan � ∈ Ê. Karena � adalah daerah integral, maka £� = �£. Karena � ∈ Ê
maka � ∈ Êì untuk suatu O ≥ 1, jadi £� ∈ Êì ⊆ Ê. Jadi menurut definisi 2.2.7, Ê adalah ideal
dari �. Karena Ê adalah ideal dari � yang dibangun secara berhingga maka menurut definisi
2.2.8, Ê = ⟨��, … , �y⟩ untuk suatu �� ∈ �. Untuk setiap � = 1,2, … , ! ada ¦� sehingga �� ∈ ʧ�. Misal A = max{¦�, … , ¦y}. Jadi Êè ⊆ Ê dan ʧ� ⊆ Êè. Selanjutnya akan dibuktikan
⟨��, … , �y⟩ ⊆ Êè. Ambil sebarang ) ∈ ⟨��, … , �y⟩, misal ) = ∑ £�y��� �� dimana £� ∈ � untuk
� = 1,2, … , !. Karena �� ∈ ʧ� maka ) = ∑ £�y��� �� ∈ ʧ� + ʧ� +⋯+ʧî dan ʧ� ⊆ Êè un-
tuk � = 1,2, … , ! sehingga ) = ∑ £�y��� �� ∈ ʧ� + ʧ� +⋯+ʧî ⊆ Êè + Êè +⋯+Êè ⊆ Êè
maka ⟨��, … , �y⟩ ⊆ Êè. Jadi diperoleh Ê ⊆ Êè dan Êè ⊆ Ê maka Êè = Ê = ⋃ Ê���� atau
Êè = ⋃ Ê���� . Untuk ≥ A maka Êè ⊆ Ê sehingga diperoleh ⟨��, … , �y⟩ ⊆ Êè ⊆ Ê ⊆⋃ Ê���� ⊆ ⟨��, … , �y⟩ maka Êè = Ê untuk ≥ A. Jadi kondisi rantai monoton naik yang ber-
bentuk Ê� ⊆ Ê� ⊆ ⋯ berakhir, maka menurut definisi 2.2.22, � adalah daerah Noether.
■
Contoh 2.2.23
Menurut teorema 2.2.5, ideal dari ℤ dibangun berhingga oleh satu elemen sehingga menurut te-
orema 2.2.17, ℤ adalah daerah Noether.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
67
Teorema 2.2.18
Gelanggang � adalah daerah Noether jika dan hanya jika setiap himpunan tak kosong yang ele-
mennya adalah ideal dari � mempunyai elemen maksimal.
Bukti:
1. B→C Misal � adalah daerah Noether dan andaikan ada ℋ ≠ ∅ yang elemennya ideal dari � dan tidak
mempunyai elemen maksimal di ℋ. Ambil sebarang �� ∈ ℋ. Karena �� bukan elemen maksimal
di ℋ sehingga dipilih �� ∈ ℋ dan �� ⊂ �� dan �� ≠ ��. Langkah ini diteruskan sampai �y ∈ ℋ
diperoleh �� ⊂ �� ⊂ ⋯ ⊂ �y ⊂ �y � ⊂ ⋯ dengan � ≠ � � untuk setiap ∈ ℕ sehingga diperoleh
kondisi rantai monoton naik yang tidak berakhir sehingga menurut definisi 2.2.22, � bukan dae-
rah Noether. Jadi kontradiksi dengan asumsi bahwa � adalah daerah Noether.
2. B←C Misal ℋ ≠ ∅ adalah himpunan yang elemennya adalah ideal dari � dan mempunyai elemen
maksimal di ℋ. Misal ℋ = ���, ��, … � dengan � adalah ideal dari � untuk setiap ∈ ℕ. Dibuat
kondisi rantai naik yaitu �� ⊆ �� ⊆ �E ⊆ ⋯. Karena terdapat elemen maksimal di ℋ maka dimis-
alkan �y adalah elemen maksimal tersebut. Misal !K ∈ ℕ dan !K ≥ ! maka �y ⊆ �yé sehingga
menurut definisi 2.2.15, �y = �yé. Akibatnya untuk setiap £ ∈ ℕ dan £ ≥ !K berlaku �yé = �y ⊆�¢ sehingga �y = �¢ maka kondisi rantai naik tersebut berakhir maka menurut definisi 2.2.22, �
adalah daerah Noether.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
68
C. Konstruksi Lapangan Pecahan
Selanjutnya akan dibahas tentang konstruksi lapangan pecahan.
Misal f suatu daerah integral yang akan dikonstruksi dan diperluas menjadi lapangan pecahan Ð.
Langkah-langkah yang diperlukan sebagai berikut:
1. Dapat didefinisikan elemen-elemen Ð.
2. Dapat didefinisikan operasi biner yaitu penjumlahan dan perkalian pada Ð.
3. Pengecekan aksioma-aksioma lapangan, untuk menunjukan bahwa Ð lapangan dengan operasi
penjumlahan dan perkalian.
4. Dapat ditunjukkan Ð memuat f sebagai derah bagian integralnya.
Penjelasan dari keempat langkahnya adalah sebagai berikut
Langkah 1.Misal f suatu daerah integral dan menurut definisi 2.1.2, f�f = �B�, �C|�, � ∈ f}. Pasangan terurut B�, �C merepresentasikan pembagian dua elemen di f yaitu
vw, jika � = 0, maka
pembaginya nol, sehingga tidak merepresentasikan suatu elemen, jadi � ≠ 0, sehingga dibuat
himpunan baru, yaitu ( = {B�, �C|�, � ∈ f, � ≠ 0} ⊆ f�f.
Definisi 2.3.1
Misal f adalah daerah integral dan ( = {B�, �C|�, � ∈ f, � ≠ 0} ⊆ f�f. Sebarang elemen
B�, �C, B�, AC ∈ ( disebut ekivalen disimbolkan dengan B�, �C~B�, AC jika dan hanya jika �A =��.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
69
Contoh 2.3.1
Misal ℚ suatu daerah integral.Elemen g�� , 6h~ gFE , 16h.
Teorema 2.3.1
Misal f adalah daerah integral dan ( = {B�, �C|�, � ∈ f, � ≠ 0} ⊆ f�f. Relasi ~ pada ( ada-
lah relasi ekivalensi.
Bukti:
Jelas menurut definisi 2.1.5.
∎
Langkah 2. Pada langkah ini akan diberikan teorema untuk mendefinisikan penjumlahan dan
perkalian pada Ð. Dari langkah ini notasi ,B�, �C- menyatakan gvwh , � ≠ 0.
Teorema 2.3.2
Misal f adalah daerah integral dan ( = {B�, �C|�, � ∈ f, � ≠ 0} ⊆ f�f. Untuk
,B�, �C-, ,B�, AC- ∈ Ð persamaan ,B�, �C- + ,B�, AC- = ,B�A + ��, �AC- dan ,B�, �C-,B�, AC- =,B��. �AC- terdefinisi dengan baik pada operasi penjumlahan dan perkaliandi Ð.
Bukti:
Jika ,B�, �C-, ,B�, AC- ∈ Ðmaka B�, �C, B�, AC ∈ (, sehingga � ≠ 0, A ≠ 0. Karena f suatu daerah
integral, maka �A ≠ 0. Karena B�, �C, B�, AC ∈ ( maka B�A + ��, �AC, B��, �AC ∈ (. Selanjutnya
akan dibuktikan sifat terdefinisi dengan baik. Ambil sebarang B��, ��C ∈ ,B�, �C-, B��, A�C ∈,B�, AC- akan ditunjukkan B��A� + ����, ��A�C ∈ ,B�A + ��, �AC-dan B����, ��A�C ∈ ,B��, �AC-.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
70
Karena B��, ��C ∈ ,B�, �C- berarti B��, ��C~B�, �Csehingga ��� = ���, dan B��, A�C ∈ ,B�, AC- sehingga B��, A�C~B�, AC jadi ��A = A��. Kalikan kedua ruas dengan A�A pada persamaan
��A = A�� dan kalikan kedua ruas dengan ��� pada persamaan ��A = A��, lalu ditambahkan,
maka hasilnya sebagai berikut ���A�A + ��A��� = ���A�A + A����� ekivalen dengan B��A� +����C�A = ��A�B�A + ��C jadi B��A� + ����, ��A�C~B�A + ��, �AC jadi B��A� + ����, ��A�C ∈,B�A + ��, �AC-. Untuk yang perkalian, pada persamaan ��� = ��� dan ��A = A��, kalikan
kedua persamaan tersebut maka diperoleh �����A = ���A�� ekivalen dengan �����A = ��A���
sehingga B����, ��A�C~B��, �AC. Jadi B����, ��A�C ∈ ,B��, �AC-. Terbukti penjumlahan dan
perkaliannya terdefinisi dengan baik.
■
Langkah 3. Pada langkah ini akan diperiksa seluruh sifat-sifat pada lapangan berlaku pada Ð hal
ini akan ditunjukkan dengan teorema-teorema berikut.
Teorema 2.3.3
Penjumlahan pada Ð bersifat komutatif.
Bukti:
Menurut teorema 2.3.2, [B�, �C] + [B�, AC] = [B�A + ��, �AC] dan [B�, AC] + [B�, �C] =[B�� + A�, A�C]. Akan dibuktikan [B�A + ��, �AC] = [B�� + A�, A�C]. Karena �, �, �, A ∈ f,
maka �A + �� = �� + A� dan A� = �A. Kemudian kedua persamaan ini dikalikan maka hasil-
nya B�A + ��CA� = B�� + A�C�A = �AB�� + A�C menjadi B�A + ��CA� = �AB�� + A�C. Ka-
rena B�A + ��C�A = A�B�� + A�C, maka B�A + ��, �AC~B�� + A�, A�C, sehingga B�A +��, �AC ∈ [B�� + A�, A�C]. Jadi [B�A + ��, �AC] = [B�� + A�, A�C]. ∎
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
71
Teorema 2.3.4
Penjumlahan pada Ð bersifat asosiatif.
Bukti:
Akan dibuktikan B[B��, ��C] + [B��, ��C]C + [B�E, �EC] = [B��, ��C] + B[B��, ��C] + [B�E, �EC]C. Menurut teorema 2.3.2, ruas kiri menjadi B[B��, ��C] + [B��, ��C]C + [B�E, �EC] = [B���� +����, ����C] + [B�E, �EC] = [B�����E + �����E + �����E, �����EC]. Sedangkan menurut teore-
ma 2.3.2, ruas kanan menjadi [B��, ��C] + B[B��, ��C] + [B�E, �EC]C = [B��, ��C] + [B���E +���E, ���EC] = [B�����E + �����E + �����E, �����EC]. Karena ruas kiri dan ruas kanan sama,
jadi terbukti penjumlahan pada Ð bersifat asosiatif.
■
Teorema 2.3.5
Elemen [B0,1C] adalah elemen identitas terhadap operasi penjumlahan di Ð.
Bukti:
Misal [B�, �C] adalah sebarang elemen di Ð. Akan dibuktikan [B0,1C] + [B�, �C] = [B�, �C]. Menurut teorema 2.3.2, [B0,1C] + [B�, �C] = [B0� + 1�, 1�C] = [B�, �C]. Jadi terbukti [B0,1C] adalah elemen identitas terhadap operasi penjumlahan di Ð.
■
Teorema 2.3.6
Elemen [B−�, �C] adalah elemen invers penjumlahan [B�, �C] di Ð.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
72
Bukti:
Akan dibuktikan [B−�, �C] + [B�, �C] = [B0,1C]. Menurut teorema 2.3.2 [B−�, �C] + [B�, �C] =[B−�� + ��,�C] = [B0, �C]. Karena B0, ��C ∈ [B0, ��C], maka B0, �C~B0, �C, jadi 0� = �0 = 0
sedangkan 0 = 01. Jadi 01 = �0, sehingga B0, �C~B0,1C maka menurut teorema 2.1.1 berlaku
[B0, �C] = [B0,1C]. Jadi terbukti [B−�, �C] adalah elemen invers penjumlahan dari [B�. �C]. ■
Teorema 2.3.7
Perkalian pada Ð bersifat asosiatif.
Bukti:
Ambil sebarang [B��, ��C], [B��, ��C], [B�E, �EC] ∈ Ð. Akan dibuktikan
B[B��, ��C][B��, ��C]C[B�E, �EC] = [B��, ��C]B[B��, ��C][B�E, �EC]C. Menurut teorema 2.3.2 ruas
kiri menjadiB[B��, ��C][B��, ��C]C[B�E, �EC] = [B����, ����C][B�E, �EC] = [B�����E, �����EC]. Sedangkan menurut teorema 2.3.2 ruas kanan
jadi[B��, ��C]B[B��, ��C][B�E, �EC]C[B���E, ���EC] = [B�����E, �����EC]. Karena
B[B��, ��C][B��, ��C]C[B�E, �EC] = [B��, ��C]B[B��, ��C][B�E, �EC]C, jadi terbukti perkaliannya ber-
sifat asosiatif.
■
Teorema 2.3.8
Perkalian pada Ð bersifat komutatif.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
73
Bukti
Ambil sebarang [B��, ��C], [B��, ��C] ∈ Ð. Akan dibuktikan
[B��, ��C][B��, ��C] = [B��, ��C][B��, ��C]. Menurut teorema 2.3.2 ruas kiri
jadi[B��, ��C][B��, ��C] = [B����, ����C] sedangkan ruas kanan menjadi[B��, ��C][B��, ��C] =[B����, ����C]. Elemen-elemen ��, ��, ��, �� ∈ f, dan ���� = ���� dan ���� = ����, kedua
persamaan dikalikan menjadi B����CB����C = B����CB����C. Kedua persamaan ini ekivalen
dengan B����CB����C = B����CB����Csehingga B����, ����C~B����, ����C, maka
B����, ����C ∈ [B����, ����C]. Jadi [B����, ����C] = [B����, ����C], sehingga terbukti perkal-
iannya bersifat komutatif.
■
Teorema 2.3.9
Hukum distributif berlaku pada Ð.
Bukti:
Akan dibuktikan B[B��, ��C] + [B��, ��C]C[B�E, �EC] = [B��, ��C][B�E, �EC] + [B��, ��C][B�E, �EC]. Menurut teorema 2.3.2 ruas kanan menjadi[B��, ��C][B�E, �EC] + [B��, ��C][B�E, �EC] =[B���E, ���EC]+[B���E, ���EC] = æ_���E���E + ���E���E, �����E�`ç. Sedangkan ruas kiri men-
jadiB[B��, ��C] + [B��, ��C]C[B�E, �EC] = [B���� + ����, ����C][B�E, �EC] = [B���E�� +�����E, �����EC]. Akan dibuktikan_���E���E + ���E���E, �����E�` ∈ [B���E�� +�����E, �����EC]. Hal ini jelas, sebab B���E���E + ���E���EC�����E = �����E�B���E�� +�����EC. Jadi B���E���E + ���E���E, �����E�C~B���E�� + �����E, �����EC sehingga
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
74
_���E���E + ���E���E, �����E�` ∈ [B���E�� + �����E, �����EC] maka [B���E, ���EC] +[B���E, ���EC] = [B���� + ����, ����C][B�E, �EC].
■
Teorema 2.3.10
Elemen [B1,1C] adalah identitas perkalian di Ð.
Bukti:
Akan dibuktikan [B1,1C][B�, �C] = [B�, �C] untuk setiap [B�, �C] ∈ Ð. Menurut teorema 2.3.2,
[B1,1C][B�, �C] = [B�, �C]. ■
Teorema 2.3.11
Jika [B�, �C] ∈ Ð bukan elemen identitas penjumlahan maka � ≠ 0 di f dan [B�, �C] adalah in-
vers perkalian [B�, �C]. Bukti:
Misal [B�, �C] ∈ Ð. Andaikan � = 0, maka �1 = �0 = 0 sehingga B�, �C~B0,1C jadi [B�, �C] =[B0,1C]. Padahal menurut teorema 2.3.5 [B0,1C] adalah elemen identitas terhadap operasi pen-
jumlahan, kontradiksi dengan [B�, �C] bukan elemen identitas terhadap operasi penjumlahan.
Akan dibuktikan [B�, �C][B�, �C] = [B1,1C]. Menurut teorema 2.3.2, [B�, �C][B�, �C] =[B��, ��C]. Misal bahwa �, � ∈ (, maka B��C1 = 1B��C = 1B��C jadi B��C1 = B��C1 sehingga
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
75
B��, ��C~B1,1C maka [B��, ��C] = [B1,1C]. Jadi terbukti [B�, �C]elemen invers perkalian dari
[B�, �C].
■
Langkah 4. Pada langkah ini akan ditunjukkan bahwa Ð memuat f sebagai derah bagiannya.
Untuk menunjukan ini, mula-mula akan ditunjukkan dulu adanya isomorfisma dari f ke Ð
kemudian hasil pemetaan � dari f dinamai dengan elemen-elemen di f. Teorema berikut ini
akan menyatakan isomorfismanya.
Teorema 2.3.12
Pemetaan �: f → Ð yang didefinisikan dengan �B�C = [B�, 1C] adalah isomorfisma dari fke sua-
tu derah bagian dariÐ.
Bukti:
Mula-mula akan ditunjukkan pemetaan f ke �BfC bersifat injektif dan surjektif. Ambil sebarang
), * ∈ f, misal �B)C = �B*C maka [B), 1C] = [B*, 1C]. Karena [B), 1C] = [B*, 1C] maka
B), 1C~B*, 1Cjadi )1 = ) = 1* = *. Jadi terbukti pemetaannya bersifat injektif. Himpunan
BfC = �[BA, 1C] = �BAC|A ∈ f}jelas pemetaannya surjektif. Selanjutnya akan dibuktikan
pemetaannya mengawetkan operasi penjumlahan dan perkalian. Ambil sebarang )�, )E ∈ f.
Pemetaan �B)�C + �B)�C = ,B)�, 1C- + ,B)�, 1C- = ,B)�1 + 1)�, 1C- = ,B)� + )�, 1C- = �B)� +)�C dan �B)�C�B)�C = ,B)�, 1C-,B)�, 1C- = ,B)�)�, 1C- = �B)�)�C. Akan dibuktikan �BfCderah
bagian Ð.Karena Ð lapangan, maka jelas Ð adalah daerah integral.Telah dibuktikan bahwa
pemetaan dari f ke �BfC adalah isomorfisma gelanggang, jadi �BfC adalah suatu gelanggang.
Kemudian akan dibuktikan �BfC komutatif. Misal �B)C = ,B), 1C-, �B*C = ,B*, 1C-, �B2C =
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
76
[B2, 1C], ), *, 2 ∈ f, maka menurut teorema 2.3.8
�B)C�B*C = [B), 1C][B*, 1C] = [B*, 1C][B), 1C] = �B*C�B)C, , jadi �BfC bersifat komutatif. Karena
1 ∈ f, maka �B1C = [B1,1C] ∈ �BfC, jadi �BfC mempunyai elemen satuan. Akan dibuktikan �BfC tidak mempunyai pembagi nol. Misal �B�C�B�C = [B0,1C]dan �B�C = [B�, 1C] ≠ [B0,1C], sehingga
B�, 1C ≁ B0,1C, jadi � ≠ 0, maka �B�C�B�C = [B�, 1C][B�, 1C] = [B��, 1C] = [B0,1C]. Karena
[B��, 1C] = [B0,1C], maka menurut teorema 2.1.1, B��, 1C~B0,1C, sehingga ��. 1 = 1.0 = 0. Ka-
rena � ≠ 0, sehingga � = 0. Jadi terbukti �BfC tidak mempunyai pembagi nol, maka �BfC adalah
derah bagian Ð. Jadi terbukti f ≈ �BfC dan �BfCderah bagian Ð.
■
Teorema 2.3.13
Suatu daerah integral f bisa diperluas menjadi lapangan Ð sehingga setiap elemennya bisa
dinyatakan dengan sebagai pecahan dua elemen f. Selanjutnya lapangan Ð dinamai lapangan
pecahan dari f.
Bukti:
Menurut teorema 2.3.2 ,teorema 2.3.10, dan teorema 2.3.11
[B�, �C] = [B�, 1C][B1, �C] = [B�, 1C]B[B�, 1C]CX�
= [B�, 1C] [B�, 1C]ð
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
77
= �B�C �B�Cð . Jadi terbukti suatu daerah integral f bisa diperluas menjadi lapangan Ð.
■
Contoh 2.3.2
Himpunan bilangan rasional, ℚ adalah lapangan pecahan dari himpunan bilangan bulat ℤ. Defin-
isi ℚ = mvw p�, � ∈ ℤ, � ≠ 0q. D. Modul
Definisi 2.4.1
Misal ñ grup komutatif terhadap operasi penjumlahan dan � gelanggang dengan elemen satuan.
Himpunan ñ dikatakan modul-R kanan jika dan hanya jika ada pemetaan ñ�� ⟶ ñ ditulis
dengan perkalian sebagai BÏ, £C ↦ Ï£, sehingga
1. BÏ� + Ï�C£ = Ï�£ + Ï�£
2. ÏB£� + £�C = Ï£� + Ï£�
3. ÏB£�£�C = BÏ£�C£�
4. Ï1 = Ï
Misal ñ grup komutatif terhadap operasi penjumlahan dan � gelanggang dengan elemen satuan .
Himpunan ñ dikatakan modul-R kiri jika dan hanya jika ada pemetaan ��ñ ⟶ ñ ditulis
dengan perkalian sebagai B£, ÏC ↦ £Ï, sehingga
1. £BÏ� + Ï�C = £Ï� + £Ï�
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
78
2. B£� + £�CÏ = £�Ï + £�Ï
3. B£�£�CÏ = £�B£�ÏC 4. 1Ï = Ï
Contoh 2.4.1
Himpunan semua bilangan rasional ℚ adalah grup komutatif terhadap operasi penjumlahan, dan
ℤ adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan 1.Himpunan ℚ adalah modul-ℤ kanan dan
modul-ℤ kiri, sebab memenuhi definisi 2.4.1.
Definisi 2.4.2
Misal � suatu gelanggang dan � adalah modul-� kiri dan D subset tidak kosong dari �. Him-
punan D adalah modul bagian-� kiri dari �jika dan hanya jika D grup bagian terhadap
penjumlahan dari � dan £� ∈ D untuk setiap £ ∈ �, � ∈ D.
Contoh 2.4.2
Himpunan semua bilangan bulat, ℤ, adalah gelanggang. Himpunan semua bilangan real, ℝ ada-
lah modul-ℤ kiri, dan ℤ ⊆ ℝ, ℤ ≠ ∅, jelas ℤ adalah grup bagian penjumlahan dari ℝ maka ℤ ada-
lah modul bagian-ℤ kiri.
Teorema 2.4.1
Misal �, ( adalah gelanggang dengan elemen satuan. Jika � ⊆ ( maka ( adalah modul-� kiri.
Bukti:
Jelas menurut definisi 2.2.1 berlaku definisi 2.4.1. Jadi terbukti ( adalah modul-� kiri. ■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
79
Definisi 2.4.3
Misal � adalah gelanggang dan �, D adalah modul-� kiri. Fungsi O dari � ke D adalah homo-
morfisma modul-� kiri jika dan hanya jika OB� + �C = OB�C + OB�C dan £OB�C = OB£�C untuk
setiap �, � ∈ � dan £ ∈ �.
Contoh 2.4.3
Misal ℤ adalah gelanggang. Menurut contoh 2.4.1, ℚ adalah modul-ℤ kiri dan menurut contoh
2.4.2 ℝ adalah modul-ℤ kiri. Dibuat pemetaan O:ℚ → ℝ dengan OB�C = �√2 maka untuk setiap
�, � ∈ ℚ OB�C + OB�C = �√2 + �√2 = B� + �C√2 = OB� + �C dan ambil sebarang £ ∈ ℤ maka
£OB�C = £_�√2` = B£�C√2 = OB£�C. Jadi O:ℚ → ℝ adalah suatu homomorfisma modul-ℤ kiri.
Definisi 2.4.4
Misal � adalah gelanggang dan �, D adalah modul-� kiri dan O dari � ke D adalah homomorfis-
ma modul-� kiri. Himpunan kernel Odisimbolkandengan ker O = �� ∈ �|OB�C = 0�. Contoh 2.4.4
Menurut contoh 2.4.3, ker O = �0�. Teorema 2.4.2
Misal � adalah gelanggang dan ñ, ñ�, ñ� adalah modul-� kiri. Jika O adalah suatu homomorfisma
modul-� kiri dari ñ ke ñ� dan a adalah homomorfisma modul-� kiri dari ñ� ke ñ� maka a ∘ O
adalah homomorfisma modul-� kiri dari ñ ke ñ�.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
80
Bukti:
Menurut definisi 2.4.1, ñ, ñ�, ñ� adalah grup sehingga menurut teorema 2.1.16, tinggal dibuk-
tikan £_Ba ∘ OCB�C` = Ba ∘ OCB£�C untuk sebarang � ∈ ñ dan £ ∈ �. Buktinya sebagai berikut
£_Ba ∘ OCB�C` = £ ga_OB�C`h
= a_£OB�C` = a_OB£�C` = Ba ∘ OCB£�C. Jadi terbukti menurut definisi 2.4.3, a ∘ O adalah homomorfisma modul-� kiri dari ñ ke ñ�.
■
Teorema 2.4.3
Misal � adalah gelanggang dan � adalah modul-� kiri. Jika D adalah modul bagian-� kiri dari �
maka grup faktor � D⁄ adalah modul-� kiri dengan aksi dari � di � D⁄ diberikan dengan
£B� + DC = £� + D untuk setiap £ ∈ � dan � ∈ �.
Bukti:
Karena � adalah modul-� kiri sehingga menurut definisi 2.4.1, � adalah grup komutatif terhadap
penjumlahan. Karena D adalah modul bagian-� kiri dari � sehingga menurut definisi 2.4.2, D
adalah grup komutatif terhadap penjumlahan. Jadi jika diambil sebarang � ∈ � maka � + D =
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
81
�� + �|� ∈ �� = �� + �|� ∈ �� = D + �. Jadi menurut definisi 2.1.22, D adalah grup bagian
normal dari �. Menurut teorema 2.1.13, operasi penjumlahan di � D⁄ terdefinisi dengan baik.
Ambil sebarang ñ, ñ�, ñ� ∈ � D⁄ misal ñ = � + D dan ñ� = �� + D dan ñ� = �� + D dan ambil
sebarang £�, £� ∈ � maka
1. £Bñ� + ñ�C = £B�� + D + �� + DC = £�� + D + £�� + D = £ñ� + £ñ�,
2. B£� + £�Cñ = B£� + £�CB� + DC = £�� + D + £�� + D = £�ñ + £�ñ,
3. B£�£�Cñ = B£�£�CB� + DC = £�£�� + D = £�B£�� + DC = £�_£�B� + DC` = £�B£�ñC. Jadi menurut definisi 2.4.1, � D⁄ adalah modul-� kiri.
■
Definisi 2.4.5
Misal � adalah gelanggang. Sepasang homomorfisma modul-�kiriyangberbentuk� ì→D
Ä→J disebut pasti di D jika dan hanya jika �"O = ker a. Suatu barisan berhingga dari
homomorfisma modul-� kiri, �Kì�→��
ì�→…
ìî→ �y, disebut pasti jika dan hanya jika �"O� =
ker O� � untuk � = 1,2, … , ! − 1. Suatu barisan tak hingga dari homomorfisma modul-� kiri,
…ì�õ�ö÷ø ��X�
ì�→ ��
ì�ù�ö÷ø �� �
ì�ù�ö÷ø … disebut pasti jika dan hanya jika �"O� = ker O� �untuk setiap
� ∈ ℤ.
Contoh 2.4.5
Menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah integral. Menurut definisi 2.4.1, himpunan 3ℤ, 6ℤ,adalah
modul-ℤ kiri dan menurut teorema 2.4.3, 3ℤ 6ℤ⁄ adalah modul-ℤ kiri. Akan dibuktikan O: 6ℤ →
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
82
3ℤ, a: 3ℤ → 3ℤ 6⁄ ℤ adalah suatu homomorfisma modul-ℤ kiri dengan pemetaan OB�C = � dan
aB�C = � + 6ℤ untuk setiap � ∈ 6ℤ dan � ∈ 3ℤ. Ambil sebarang �, ��, �� ∈ 6ℤ dan �, ��, �� ∈3ℤ dan £ ∈ ℤ sehingga OB�C + OB��C = � + �� = OB� + ��C dan OB£��C = £�� = £OB��C dan
aB�C + aB��C = � + 6ℤ + �� + 6ℤ = � + �� + 6ℤ = aB� + ��C dan £aB��C = £B�� + 6ℤC =B£�� + 6ℤC = aB£��C. Jadi menurut definisi 2.4.3, O, a adalah suatu homomorfisma modul-ℤ
kiri. Akan dibuktikan �"O = ker a. Ambil sebarang ℎ ∈ �"O, maka ℎ ∈ 3ℤ dan untuk suatu
: ∈ 6ℤ, OB:C = ℎ. Karena OB:C = :, maka : = ℎ ∈ 6ℤ . Jadi menurut teorema 2.1.9 aBℎC = 6ℤ
sehingga ℎ ∈ ker a maka �"O ⊆ ker a. Ambil sebarang * ∈ ker a maka * ∈ 3ℤ dan aB*C =6ℤ. Misal aB*C = * + 6ℤ = 6ℤ sehingga menurut teorema 2.1.9, * ∈ 6ℤ. Karena 6ℤ ⊆ 3ℤ
maka * ∈ 3ℤ dan OB*C = *, untuk suatu * ∈ 6ℤ. Jadi * ∈ �"O maka ker a ⊆ �"O. Jadi ter-
bukti ker a = �"O. Jadi menurut definisi 2.4.4, O, a dari modul-ℤ kiri adalah pasti.
Definisi 2.4.6
Misal � adalah gelanggang. Suatu barisan pasti yang berbentuk �0� → � ì→ D Ä→J → �0� dengan
O adalah pemetaan yang injektif dan a adalah pemetaan yang surjektif disebut barisan pendek
pasti.
Teorema 2.4.4
Misal � adalah gelanggang. Jika �0� → � ì→ D Ä→J → �0� adalah barisan pendek pasti maka
J ≈ D �"O⁄ = D ker a⁄ dan ker a = �"O ≈ �.
Bukti:
Menurut teorema 2.1.17, ker a adalah grup bagian normal dari D, sehingga menurut teorema
2.1.13, dapat didefinisikan grup faktor D ker a⁄ . Akan dibuktikan �"O adalah grup bagian nor-
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
83
mal dari D. Menurut teorema 2.1.15, �"O ≠ ∅. Ambil sebarang �, �� ∈ �"O, maka ada
�, �� ∈ � sehingga OB�C = �, dan OB��C = ��. Perhatikan bahwa
� − �� = OB�C − OB��C OB� − ��C = OB��C untuk suatu �� ∈ �, sehingga � − �� ∈ �"O maka menurut teorema 2.1.11,
�"O adalah grup bagian dari D. Menurut definisi 2.4.2, D adalah grup komutatif terhadap pen-
jumlahan, sehingga a + �"O = �"O + a untuk setiap a ∈ D. Jadi terbukti �"O adalah grup
bagian normal dari D, sehingga menurut teorema 2.1.13 dapat didefinisikan grup faktor D �"O⁄ .
Misal �0� → � ì→ D Ä→J → �0� adalah barisan pendek pasti maka menurut definisi 2.4.5,
�"O = ker a, sehingga D �"O⁄ = D ker a⁄ . Selanjutnya akan dibuktikan J ≈ D �"O⁄ . Dide-
finisikan pemetaan ú dari D �"O⁄ ke J, yaitu úB� + �"OC = aB�C untuk setiap � ∈ D. Akan
dibuktikan ú adalah pemetaan yang bijektif. Ambil sebarang {,{� ∈ D �"O⁄ , misal { = � +�"O, {� = �� + �"O dan úB�� + �"OC = úB� + �"OC maka
aB��C = aB�C ↔
aB��C − aB�C = 0 ↔
aB�� − �C = 0, sehingga �� − � ∈ ker a maka menurut teorema 2.1.11, �� + ker a = � + ker a,
jadi �� + �"O = � + �"O, sehingga { = {�. Jadi terbukti ú injektif. Ambil sebarang � ∈ J,
akan dicari {� ∈ D �"O⁄ sedemikian sehingga úB{�C = �. Karena � ∈ J, maka ada �� ∈ D se-
hingga aB��C = �, sehingga pilih {� = �� + �"O dan berlaku úB{�C = úB�� + �"OC =aB��C = �. Jadi terbukti ú adalah pemetaan yang surjektif. Jadi terbukti ú adalah pemetaan yang
bijektif. Perhatikan bahwa
úB� + �"OC + úB�� + �"OC
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
84
= aB�C + aB��C = aB� + ��C = úB� + �� + �"OC = úB� + �"O + �� + �"OC = úB{ + {�C dan untuk sebarang £ ∈ �, £úB� + �"OC = £aB�C = aB£�C = úB£� + �"OC. Jadi terbukti ú adalah homomorfisma modul-� kiri dan ú adalah pemetaan yang bijektif, maka ú
adalah suatu isomorphisma modul-� kiri dari D �"O⁄ ke J ekivalen dengan J ≈ D �"O⁄ .
Selanjutnya akan dibuktikan � ≈ �"O. Dibuat pemetaan ℎ: � → �"O,
yang didefinisikan ℎB:C = OB:C untuk setiap : ∈ �. Akan dibuktikan ℎ adalah pemetaan yang
bijektif. Ambil sebarang :, + ∈ � dan ℎB:C = OB:C akibarnya OB:C = ℎB+C = OB+C, karena O ada-
lah pemetaan yang injektif, maka : = +, jadi terbukti ℎ adalah pemetaan yang injektif.
Ambil sebarang :� ∈ �"O, maka akan dicari Ï ∈ � sedemikian sehingga
ℎBÏC = :�. Karena :� ∈ �"O maka ada �E ∈ � sedemikian sehingga :� = OB�EC, sehingga
dipilih Ï = �E. Jadi ℎ adalah pemetaan yang surjektif. Jadi menurut definisi 2.1.15, ℎ adalah
pemetaan yang bijektif. Selanjutnya akan dibuktikan ℎ adalah suatu homomorfisma modul-�
kiri. Ambil sebarang :�, :E ∈ � dan £ ∈ � maka ℎB:�C + ℎB:EC = OB:�C + OB:EC = OB:� + :EC =ℎB:� + :EC dan £ℎB:�C = £OB:�C = OB£:�C = ℎB£:�C maka menurut definisi 2.4.3, ℎ adalah suatu
homomorfisma modul-� kiri. Jadi terbukti �"O ≈ �.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
85
Contoh 2.4.6
Pada contoh 2.4.5, akan dibuktikan O injektif dan a surjektif. Ambil sebarang ��, �� ∈ 6ℤ dan
OB��C = OB��C maka �� = �� jadi O injektif. Ambil sebarang ) ∈ 3ℤ 6ℤ⁄ akan dicari * ∈ 3ℤ
sehingga aB*C = ). Misal ) = � + 6ℤ maka aB*C = * + 6ℤ = � + 6ℤ sehingga menurut te-
orema 2.1.8, * − � ∈ 6ℤ. Misal * − � = 6¦, untuk suatu ¦ ∈ ℤ dan � = 3¦� untuk suatu ¦� ∈ ℤ.
Jadi * = 3¦� + 6¦ = 3B¦� + 2¦C = 3¦� ∈ 3ℤ untuk suatu ¦� ∈ ℤ. Jadi a adalah pemetaan yang
surjektif. Akan dibuktikan 3ℤ 6ℤ⁄ ≈ 3ℤ �"O⁄ = 3ℤ ker a⁄ dan �"O ≈ 3ℤ. Himpunan �"O =�ℎ ∈ 3ℤ|OBaC = ℎ untuk suatu a ∈ 6ℤ}, sehingga akan dibuktikan �"O = 6ℤ. Ambil sebarang
ℎ ∈ �"O, maka ℎ ∈ 3ℤ dan OBaC = a = ℎ untuk suatu a ∈ 6ℤ. Jadi a = ℎ ∈ 6ℤ sehingga
�"O ⊆ 6ℤ. Ambil sebarang Ï ∈ 6ℤ, karena 6ℤ ⊆ 3ℤ maka Ï ∈ 3ℤ dan OBÏC = Ï ∈ �"O se-
hingga 6ℤ ⊆ �"O. Jadi terbukti �"O = 6ℤ. Jadi jelas 6ℤ ≈ 6ℤ dan 3ℤ 6⁄ ℤ ≈ 3ℤ 6⁄ ℤ. Jadi ter-
bukti barisan pemetaan pada contoh 2.4.5 adalah barisan pendek pasti.
Definisi 2.4.7
Misal � adalah gelanggang Barisan pendek pasti yang berbentuk {0} → � û→D ü→J → {0}dise-
but terpecah jika dan hanya jika ada homomorfisma modul-� kiri ý: J → D dan Bþ ∘ ýCB�C = �
untuk setiap � ∈ J yaitu pemetaan identitas pada J atau ada homomorfisma modul-� kiri
�: D → � dan B� ∘ úCB�C = � untuk setiap � ∈ �, yaitu pemetaan identitas pada �.
Contoh 2.4.7
Akan dibuktikan barisan pendek pasti dari pemetaan O: 6ℤ → 3ℤ, a: 3ℤ → 3ℤ 6⁄ ℤ dalam contoh
2.4.5 terpecah. Dibuat pemetaan ℎ: 3ℤ 6⁄ ℤ → 3ℤ yang didefinisikan ℎB� + 6ℤC = � untuk se-
tiap � ∈ 3ℤ. Akan dibuktikan ℎ adalah homomorfisma modul-ℤ kiri. Ambil sebarang {, i ∈
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
86
3ℤ 6⁄ ℤ. Misal { = � + 6ℤ dan i = �� + 6ℤ sehingga ℎB{C + ℎBiC = ℎB� + 6ℤC +ℎB�� + 6ℤC = � + �� = ℎB{ + iC dan ambil sebarang £ ∈ ℤ maka £ℎB{C = £ℎB� + 6ℤC =£� = ℎB£� + 6ℤC = ℎ_£B� + 6ℤC` = ℎB£{C. Jadi menurut definisi 2.4.3, ℎ adalah homomor-
fisma modul-ℤ kiri. Selain itu Ba ∘ ℎCB{C = a_ℎB{C` = a_ℎB� + 6ℤC` = aB�C = � + 6ℤ = {.
Jadi terbukti barisan pendek pasti pada contoh 2.4.5 terpecah menurut definisi 2.4.7.
Teorema 2.4.5
Misal � adalah gelanggang dan ñ adalah modul-� kiri dan ��,�� adalah modul bagian-� kiri
dari ñ. Himpunan �� +�� = {Ò� +Ò�|Ò� ∈��} adalah modul bagian-� kiri dari ñ.
Bukti:
Karena ��,�� adalah modul bagian-� kiri dari ñ maka jelas �� +�� ≠ ∅ dan jika diambil
sebarang Ò� + Ò� ∈ �� +�� maka menurut definisi 2.4.2, Ò� + Ò� ∈ ñ sehingga �� +�� ⊆ñ. Ambil sebarang ), * ∈�� +��, misal ) = ÒF + ÒG dan * = ÒH + ÒI untuk suatu ÒF, ÒH ∈�� dan ÒG, ÒI ∈�� sehingga ) − * = BÒF + ÒGC − BÒH + ÒIC = ÒF − ÒH + ÒG − ÒI = Ò� +Ò| untuk suatu Ò� ∈�� dan Ò| ∈�� sehingga menurut teorema 2.1.7, �� +�� adalah grup
bagian dari ñ. Ambil sebarang £ ∈ � maka £BÒ� + Ò�C = £Ò� + £Ò� ∈�� +�� sehingga
menurut definisi 2.4.2, ��,�� adalah modul bagian-� kiri dari ñ.
■
Teorema 2.4.6
Misal � adalah gelanggang dan ñ adalah modul-� kiri dan ��,�� adalah modul bagian-� kiri
dari ñ. Himpunan �� ∩�� adalah modul bagian-� kiri dari ñ.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
87
Bukti:
Jelas �� ∩�� ≠ ∅ sebab 0 ∈�� ∩��. Ambil sebarang ) ∈�� ∩�� sehingga ) ∈�� dan
) ∈�� maka ) ∈ ñ akibatnya �� ∩�� ⊆ ñ. Ambil sebarang * ∈�� ∩�� sehingga * ∈��
dan * ∈��. Karena ��,�� adalah modul bagian-� kiri dari ñ maka −* ∈�� ∩�� sehingga
) − * ∈�� ∩�� maka menurut teorema 2.1.7, �� ∩�� adalah grup bagian dari ñ dan
£) ∈�� ∩�� untuk setiap £ ∈ � sehingga menurut definisi 2.4.2, �� ∩�� adalah modul bagi-
an-� kiri dari ñ.
■
Teorema 2.4.7
Misal � adalah gelanggang dan ñ adalah modul-� kiri dan ��,�� adalah modul bagian-� kiri
dari ñ. Jika �� ∩�� = �0� maka O:�� ×�� →�� +�� yang didefinisikan O_BÒ�, Ò�C` =Ò� + Ò� adalah suatu isomorfisma modul-� kiri.
Bukti:
Ambil sebarang ), * ∈�� ×�� misal ) = BÒ�, Ò�C, * = BÒE, ÒFC untuk suatu Ò�, ÒE ∈�� dan
Ò�, ÒF ∈�� dan O_BÒ�, Ò�C` = O_BÒE, ÒFC` sehingga Ò� + Ò� = ÒE + ÒF maka Ò� − ÒE +Ò� − ÒF = 0 + 0 sehingga Ò� − ÒE, Ò� −ÒF ∈�� ∩��. Jadi Ò� = ÒE dan Ò� = ÒF sehingga
O adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang � ∈�� +��, misal � = ÒG + ÒH untuk suatu
ÒG ∈ �� dan ÒH ∈��. Cukup dipilih BÒG, ÒHC ∈�� ×�� sehingga O_BÒG, ÒHC` = Ò� + Ò�.
Jadi terbukti O adalah pemetaan yang surjektif. Karena O adalah pemetaan yang injektif dan sur-
jektif maka menurut definisi 2.1.15, O adalah pemetaan yang bijektif. Selanjutnya akan dibuk-
tikan O adalah homomorfisma modul-� kiri. Perhatikan bahwa O_BÒ�, Ò�C` + O_BÒG, ÒHC` =
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
88
Ò� + Ò� +ÒG + ÒH = O_BÒ� + ÒG, Ò� + ÒHC` dan untuk sebarang £ ∈ � berlaku
£O_BÒ�, Ò�C` = £BÒ� + Ò�C = £Ò� + £Ò� = O_B£Ò�, £Ò�C` sehingga menurut definisi 2.4.3, O
adalah homomorfisma modul-� kiri.
■
Definisi 2.4.8
Misal � adalah gelanggang dan ñ adalah modul-� kiri dan ��,�� adalah modul bagian-� kiri
dari ñ. Penjumlahan �� +�� = �Ò� +Ò�|Ò� ∈��� disebut penjumlahan langsung dalam dari
��,�� dan disimbolkan dengan ��+� �� jika dan hanya jika �� ∩�� = �0� Contoh 2.4.8
Menurut definisi 2.4.1, ℝ� = �B), *C|), * ∈ ℝ� adalah modul-ℝ kiri. Menurut definisi 2.4.2,
�� = �B), 0C|) ∈ ℝ� dan �� = �B0, *C|* ∈ ℝ� adalah modul bagian-ℝ kiri dari ℝ�. Jelas
�� ∩�� = �B0,0C� sehingga dapat didefinisikan ��+� �� dan jelas ℝ� =��+� ��.
Teorema 2.4.8
Misal � adalah gelanggang dan �, � adalah modul-� kiri.
1. Jika �, � adalah suatu homomorfisma modul-� kiri dengan � �→�←� dan B� ∘ �CB*C = * untuk
setiap * ∈ �, maka � = ker�+� �"� dan � ≈ �"�.
2. Misal � = ñ+� �, dimana ñ,� adalah modul-� kiri. Jika � ≈ ñ maka � �→�←� dimana �, � ada-
lah suatu homomorfisma modul-� kiri dan B� ∘ �CB*C = * untuk setiap * ∈ �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
89
Bukti:
1. Mula-mula akan dibuktikan ker� dan �"� adalah modul bagian-� kiri dari �. Menurut te-
orema 2.1.15, 0 ∈ ker� sehingga ker� ≠ ∅. Jelas ker � ⊆ �. Ambil sebarang ¦, ¦� ∈ ker�
maka �B¦C = �B¦�C = 0 sehingga �B¦C − �B¦�C = �B¦ − ¦�C = 0. Jadi ¦ − ¦� ∈ ker�, se-
hingga menurut teorema 2.1.17, ker � adalah grup bagian dari �. Ambil sebarang £ ∈ � dan
¦� ∈ ker� maka £�B¦�C = �B£¦�C = 0. Jadi menurut definisi 2.4.2, ker� adalah modul bagian-
� kiri dari �.
Himpunan �"� ≠ ∅ sebab menurut teorema 2.1.15, 0 ∈ �"�. Ambil sebarang
), )� ∈ �"� maka ada *, *� ∈ � sehingga �B*C = ) dan �B*�C = )� maka ) − )� = �B*C −�B*�C = �B* − *�C. Menurut definisi 2.4.1, ) − )� ∈ � dan * − *� ∈ � sehingga menurut defin-
isi 2.1.5, ) − )� ∈ �"�. Jadi menurut teorema 2.1.7, �"� adalah grup bagian penjumlahan dari
�. Ambil sebarang )� ∈ �"� dan £ ∈ � maka ada *� ∈ � sehingga �B*�C = )�. Karena �, �
adalah modul-� kiri maka menurut definisi 2.4.1, £)� ∈ � dan £*� ∈ �. Jadi £)� = £�B*�C =�B£*�C ∈ �"�. Jadi menurut definisi 2.4.2, �"� adalah modul bagian-� kiri dari �.
Akan dibuktikan ker � ∩ �"� = �0�. Menurut teorema 2.1.15, �0� ⊆ker� ∩ �"�. Ambil sebarang )t ∈ ker� ∩ �"�, maka )t ∈ ker� dan )t ∈ �"�. Karena
)t ∈ ker� maka �B)tC = 0 dan )t ∈ �"� sehingga ada *t ∈ � sedemikian sehingga )t = �B*tC. Jadi �B)tC = �_�B*tC` = 0 maka menurut asumsi diperoleh *t = 0 sehingga menurut teorema
2.1.15, )t = �B0C = 0 ∈ �0� maka ker� ∩ �"� ⊆ �0�. Jadi terbukti ker� ∩ �"� = �0� sehing-
ga menurut definisi 2.4.8, dapat didefinisikan ker �+� �"�.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
90
Selanjutnya akan dibuktikan � = ker�+� �"�. Ambil sebarang )F ∈ �, maka
)F = B)F − B� ∘ �CB)FCC + B� ∘ �CB)FC. Perhatikan bahwa �_)F − B� ∘ �CB)FC` = �B)FC −�_B� ∘ �CB)FC` = �B)FC − _� ∘ B� ∘ �C`B)FC = �B)FC − BB� ∘ �C ∘ �CB)FC = �B)FC − �B)FC =0. Jadi B)F − B� ∘ �CB)FCC ∈ ker�. Jadi � ⊆ ker �+� �"�. Ambil sebarang )G ∈ ker�+� �"�
maka )G = �B)HC + �B*HC untuk suatu )H ∈ � dan *H ∈ � sehingga )G = 0 + �B*HC ∈ �. Jadi
ker�+� �"� ⊆ �. Jadi diperoleh ker �+� �"� = �.
Akan dibuktikan � ≈ �"�. Dibuat pemetaan a: � → �"� yang didefinisikan
aB*IC = �B*IC untuk setiap *I ∈ �. Ambil sebarang *I, *� ∈ � dan aB*IC = aB*�C sehingga
�B*IC = �B*�C. Perhatikan bahwa �_�B*IC` = *I = �_�B*�C` = *� akibatnya menurut definisi
2.1.15, a adalah pemetaan yang injektif. Berikutnya ambil sebarang a� ∈ �"� sehingga menurut
definisi 2.1.14, a� ∈ � dan �B*|C = a� untuk suatu *| ∈ �. Cukup dipilih *| ∈ � sedemikian
sehingga aB*|C = �B*|C = a� sehingga menurut definisi 2.1.15, a adalah pemetaan yang surjek-
tif. Kemudian, ambil sebarang £ ∈ � maka £_aB*IC` = £_�B*IC` = �B£*IC = aB£*IC dan
aB*IC + aB*|C = �B*IC + �B*|C = �B*I + *|C = aB*I + *|C sehingga menurut definisi 2.4.3, a
adalah suatu homomorfisma modul-� kiri. Karena a adalah homomorfisma modul-� kiri yang
bijektif maka a adalah suatu isomorfisma modul-� kiri. Jadi � ≈ �"�. Karena ker�+� �"� =� dan � ≈ �"� maka � = ker �+� �"� ≈ ker�+� �.
2. Misal � = ñ+� � dan � ≈ ñ. Misal ú: ñ → � adalah suatu pemetaan isomorfisma modul-�
kiri tersebut. Akan dibuktikan : ñ+� � → ñ yang didefinisikan �_BÏ + ÒC` = Ï untuk setiap
Ï ∈ ñ,Ò ∈�adalah suatu homomorfisma modul-� kiri yang surjektif dan �: ñ → ñ+� � yang
didefinisikan �BÏC = Ï + 0 adalah suatu homomorfisma modul-� kiri yang injektif. Ambil seb-
arang Ï + Ò, Ï� + Ò� ∈ ñ+� �, £ ∈ � maka �BÏ + ÒC + �BÏ� + Ò�C = Ï + Ï� =
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
91
�_BÏ + Ï�C + BÒ + Ò�C` dan £�BÏ + ÒC = £Ï = �B£Ï + £ÒC. Jadi menurut definisi 2.4.3,
adalah suatu homomorfisma modul-� kiri. Ambil sebarang Ï� ∈ ñ maka akan dicari ℎ ∈ñ+� � sehingga �BℎC = Ï�. Karena �BÏ + ÒC = Ï maka cukup dipilih ℎ = Ï� + Ò untuk seb-
arang Ò ∈�. Jadi menurut definisi 2.1.15, adalah pemetaan yang surjektif, sehingga ada-
lah homomorfisma modul-� kiri yang surjektif. Ambil sebarang ÏE, ÏF ∈ ñ dan �BÏEC = �BÏFC maka ÏE + 0 = ÏF + 0 ekivalen dengan ÏE − ÏF + 0 = 0 + 0 sehingga ÏE = ÏF.Jadi menurut
definisi 2.1.15, � adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang ÏG ∈ ñ maka �BÏEC +�BÏFC = ÏE + 0 + ÏF + 0 = ÏE + ÏF + 0 = �BÏE + ÏFC dan untuk sebarang £ ∈ � maka
£�BÏEC = £BÏE + 0C = B£ÏE + 0C = �B£ÏEC sehingga menurut definisi 2.4.3, � adalah suatu
homomorfisma modul-� kiri yang injektif. Perhatikan bahwa �B)C = Bú ∘ CB)C adalah
pemetaan dari � ke � dan �B*C = B� ∘ úX�CB*C adalah pemetaan dari � ke �. Akan dibuktikan
�, � adalah homomorfisma modul-� kiri. Ambil sebarang ), )� ∈ �, *, *� ∈ �, £ ∈ � maka
�B)C + �B)�C = Bú ∘ CB)C + Bú ∘ CB)�C = ú_B)C` + ú_B)�C` = ú_B) + )�C` =Bú ∘ CB) + )�C = �B) + )�C dan £�B)C = £Bú ∘ CB)C = Bú ∘ CB£)C = �B£)C dan �B*C +�B*�C = B� ∘ úX�CB*C + B� ∘ úX�CB*�C = �_úX�B*C` + �_úX�B*�C` = �_úX�B* + *�C` = B� ∘úX�CB* + *�C dan £B� ∘ úX�CB*C = � ∘ úX�B£)C. Jadi menurut definisi 2.4.3 �, � adalah homo-
morfisma modul-� kiri. Jadi B� ∘ �CB*C = _Bú ∘ C ∘ B� ∘ úX�C`B*C = Bú ∘ B ∘ �C ∘ úX�CB*C =_Bú ∘ 1 C ∘ úX�`B*C = Bú ∘ úX�CB*C = *. Karena * adalah sebarang elemen di �, maka
B� ∘ �C = 1 . Jadi terbukti �, � ada dengan B� ∘ �C = 1 .
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
92
Teorema 2.4.9
Misal � adalah gelanggang. Jika �0� → � û→ D ü→J → �0� adalah barisan pendek pasti yang ter-
pecah maka D ≈ �+� J.
Bukti:
Misal �0� → � û→ D ü→J → �0� adalah barisan pendek pasti yang terpecah. Pembuktian akan
dibagi menjadi dua kasus. Kasus pertama jika ada ý: J → D dan ý adalah suatu homomorfisma
modul-� kiri dan þ ∘ ý = 1�. Jadi menurut teorema 2.4.8, D = ker þ+� �"ý dan J ≈ �"ý dan
karena barisan pendek pasti yg terpecah adalah barisan pendek pasti maka menurut definisi 2.4.5
dan teorema 2.4.4, ker þ = �"ú ≈ �. Jadi diperoleh D = ker þ+� �"ý = �"ú+� �"ý ≈ �+� J.
Kasus kedua jika ada �: D → � dan � adalah homomorfisma modul-� kiri dan � ∘ ú = 17.
Menurut teorema 2.4.8, D = ker �+� �"ú dan menurut teorema 2.4.4, �"ú ≈ �. Dibuat
pemetaan O: D → �+� J yang didefinisikan OB�C = �B�C + þB�C Akan dibuktikan O adalah
pemetaan yang bijektif. Ambil sebarang �, �� ∈ D dan OB�C = OB��C maka
�B�C + þB�C = �B��C + þB��C ↔
�B�C + þB�C − _�B��C + þB��C` = 0 + 0 ↔
�B� − ��C + þB� − ��C = 0 + 0. Jadi � − �� ∈ ker � dan � − �� ∈ ker þ = �"ú. Menurut te-
orema 2.4.8, ker � ∩ �"ú = �0�sehingga � − �� = 0 maka � = ��. Jadi terbukti O adalah
pemetaan yang injektif. Akan dibuktikan O adalah pemetaan yang surjektif. Menurut definisi
2.4.6, þ adalah pemetaan yang surjektif. Ambil sebarang � ∈ � akan dicari �� ∈ D sehingga
�B��C = �. Karena � ∈ � maka úB�C ∈ D dan �_úB�C` = �, jadi �� = úB�C ∈ D sehingga �
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
93
adalah pemetaan yang surjektif. Jadi O pemetaan yang surjektif. Selanjutnya akan dibuktikan O
adalah homomorfisma modul-� kiri. Ambil sebarang �� ∈ D dan £ ∈ � maka
OB�C + OB��C = _�B�C + þB�C` + _�B��C + þB��C` = _�B�C + �B��C` + _þB�C + þB��C` = �B� + ��C + þB� + ��C = OB� + ��C dan
£OB�C = £_�B�C + þB�C` = £�B�C + £þB�C = �B£�C + þB£�C = OB£�C maka menurut definisi
2.4.3, O adalah homomorfisma modul-� kiri. Jadi O adalah homomorfisma modul-� kiri yang
bijektif sehingga O adalah isomorfisma modul-� kiri.
■
Definisi 2.4.9
Misal � adalah gelanggang dan � ⊆ � dan � ≠ ∅ dan � adalah modul-� kiri. Himpunan �
disebut bebas linear jika dan hanya jika untuk setiap )� , ) ∈ �, £� ∈ � dan )� ≠ ) untuk setiap
�, dan ∑ )�£� = 0y��� berlaku £� = 0 untuk setiap �. Contoh 2.4.9
Himpunan ℝ� = �B�, �C|�, � ∈ ℝ� adalah modul-ℝ kiri menurut definisi 2.4.1. Himpunan
� = �B0,1C, B1,0C� adalah subset ℝ�. Akan dibuktikan � bebas linear. Ambil sebarang �, � ∈ ℝ
dan �B1,0C + �B0,1C = B0,0C maka B�, �C = B0,0C sehingga � = � = 0. Jadi terbukti � bebas
linear.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
94
Definisi 2.4.10
Misal � adalah gelanggang dan 1 ∈ �. Himpunan � ⊆ �, � ≠ ∅ disebut membangun modul-�
kiri � jika dan hanya jika setiap elemen di � dapat dinyatakan sebagai ∑ £�*�y��� untuk setiap
£� ∈ �, *� ∈ �.
Contoh 2.4.10
Pada contoh 2.4.9, akan dibuktikan � membangun modul-ℝ kiri ℝ�. Ambil sebarang B), *C ∈ ℝ�
untuk suatu ), * ∈ ℝ maka B), *C = )B1,0C + *B0,1C sehingga menurut definisi 2.4.9, � mem-
bangun modul-ℝ kiri ℝ�.
Definisi 2.4.11
Misal � adalah gelanggang dan 1 ∈ � dan � adalah modul-� kiri dan � ⊆ � dan � ≠ ∅. Him-
punan � disebut basis dari � jika dan hanya jika � bebas linear dan � membangun modul-� kiri
�.
Contoh 2.4.11
Pada contoh 2.4.10, himpunan � membangun modul-ℝ kiri ℝ� dan menurut contoh 2.4.9, �
bebas linear sehingga menurut definisi 2.4.11, � adalah basis dari ℝ�.
Definisi 2.4.12
Misal � adalah gelanggang dan Ð adalah modul-� kiri. Himpunan { = �O�|� ∈ �� disebut basis
bebas dari Ð jika dan hanya jika { adalah basis dari Ð dan untuk setiap O ∈ Ð dapat dinyatakan
sebagai ∑ O�£�y�∈� secara tunggal dengan £� ∈ � untuk setiap �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
95
Contoh 2.4.12
Menurut definisi 2.4.1, ℝ� = �B£�, £�C|£�, £� ∈ ℝ� adalah modul-ℝ kiri. Akan dibuktikan
himpunan { = �B1,0C, B0,1C� adalah basis bebas dari ℝ�. Andaikan ada ¤ ∈ ℝ�, misal ¤ =B¤�, ¤�C dan ¤ = �B1,0C + ��B0,1C = ��B1,0C + �EB0,1C dan � ≠ �� dan �� ≠ �E. Jadi
B� − ��, �� − �EC = B0,0C maka � = �� dan �� = �E. Kontradiksi dengan � ≠ �� dan �� ≠ �E.
Jadi terbukti { adalah basis bebas dari ℝ�.
Definisi 2.4.13
Misal � adalah gelanggang dan Ð adalah modul-� kiri. Himpunan Ð disebut bebas jika dan han-
ya jika Ð mempunyai basis bebas.
Contoh 2.4.13
Pada contoh 2.4.12, ℝ� adalah suatu modul-ℝ kiri yang bersifat bebas.
Definisi 2.4.14
Suatu himpunan ñ disebut ruang vektor dari lapangan Ð jika dan hanya jika ñ adalah grup
komutatif terhadap operasi penjumlahan dan untuk setiap � ∈ Ð dan Ï ∈ ñ terdapat elemen
�Ï ∈ ñ sedemikian sehingga untuk setiap �, � ∈ Ð dan ¤, Ï ∈ ñ berlaku:
1. �BÏ + ¤C = �Ï + �¤
2. B� + �CÏ = �Ï + �Ï
3. �B�ÏC = B��CÏ
4. 1Ï = Ï.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
96
Contoh 2.4.14
Menurut contoh 2.2.6, ℚ adalah lapangan. Akan dibuktikan ℝ� = �B�, �C|�, � ∈ ℝ� adalah ruang
vektor atas lapangan ℚ. Karena ℚ ⊆ ℝ maka setiap sifat pada definisi 2.4.14 berlaku untuk se-
tiap �, � ∈ ℚ dan B��, ��C, BA�, A�C ∈ ℝ�. Jadi ℝ adalah ruang vektor dari ℚ.
Definisi 2.4.15
Misal ñ adalah ruang vektor dari lapangan Ð dan � ⊆ ñ. Himpunan � disebut ruang vektor ba-
gian dari ñ jika dan hanya jika � adalah ruang vektor atas Ð dengan operasi di ñ.
Contoh 2.4.15
Menurut contoh 2.4.14, ℝ� adalah ruang vektor atas ℚ. Perhatikan himpunan
{ = �B�, 0C|� ∈ ℝ� ⊆ ℝ�. Jelas { adalah ruang vektor bagian dari ℝ� sebab memenuhi definisi
2.4.14.
Teorema 2.4.10
Misal ñ ≠ �0� adalah ruang vektor atas lapangan ». Jika Γ adalah himpunan pembangkit dari ñ
atas » dan ( ⊆ Γ adalah himpunan yang bebas linear maka terdapat basis D dari ñ sedemikian
sehingga ( ⊆ D ⊆ Γ.
Bukti:
Misal Ë adalah himpunan yang elemennya himpunan bagian � dari Γ yang memuat ( yang
bebas linear. Artinya ( ⊆ � ⊆ Γ dan (,� ∈ Ë. Jelas Ë ≠ ∅ sebab ( ∈ Ë selain itu Ë adalah
himpunan terurut secara parsial dengan relasi ⊆. Karena �� adalah elemen dari Ë yang memuat (
yang bebas linear maka ⋃�� adalah himpunan yang bebas linear. Menurut teorema 2.1.3, Ë
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
97
mempunyai elemen maksimal. Misal D adalah elemen maksimal tersebut, sehingga menurut
definisi 2.1.8, ⋃�� ⊆ D dan ( ⊆ D. Misal � adalah ruang vektor bagian dari ñ yang dibangun
oleh D dan andaikan � ≠ ñ. Karena � ≠ ñ maka � ⊈ ñ atau ñ ⊈�. Jika � ⊈ ñ maka kon-
tradiksi dengan definisi 2.4.15, akibatnya bukti selesai. Jika ñ ⊈ � maka ada 2 ∈ Γ dan 2 ∉�.
Perhatikan himpunan D ∪ �2� dan ∑ ��*�∈c + �2 = 0 dimana �� , � ∈ » maka �� = � = 0 atau
2 = −�X�_∑ ��*�∈c `. Jika �� = � = 0 maka D ∪ �2� bebas linear sehingga D ⊆ D ∪ �2� aki-
batnya kontradiksi dengan D adalah elemen maksimal pada Ë. Jika 2 = −�X�_∑ ��*�∈c ` dan
� dibangun oleh D maka 2 ∈� akibatnya kontradiksi dengan 2 ∉�. Karena untuk setiap
kemungkinan terdapat kontradiksi maka pengandaian salah sehingga � = ñ. Jadi terbukti D
adalah basis dari ñ yang ( ⊆ D ⊆ Γ.
∎
Perhatikan bahwa menurut teorema 2.4.10, setiap ruang vektor atas suatu lapangan pasti
mempunyai basis.
Contoh 2.4.16
Pada contoh ini akan diberikan modul-� kiri yang bukan ruang vektor atas �. Misal � = ℤF =�0,1,2,3�. Jelas � adalah gelanggang dengan operasi penjumlahan dan perkalian modulo 4 sebab
memenuhi definisi 2.2.1 serta mempunyai elemen satuan. Perhatikan � = �0,2� ⊆ ℤF. Akan di-
tunjukan � adalah grup bagian dari ℤF yang komutatif terhadap penjumlahan modulo 4. Per-
hatikan tabel berikut.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
98
+ 0 2
0 0 2
2 2 0
Menurut tabel di atas � adalah grup komutatif terhadap penjumlahan modulo 4 sehingga
menurut definisi 2.1.20, � adalah grup bagian dari ℤF yang komutatif. Karena � memenuhi
definisi 2.4.1, maka � adalah modul-ℤF kiri. Andaikan � adalah ruang vektor atas ℤF maka
menurut teorema 2.4.10, � mempunyai basis. Misal { adalah basis dari �. Karena { ⊆� ada-
lah suatu basis maka 0 ∉ { sehingga { = �2�. Perhatikan bahwa 2.2 = 4 ≡ 0"&A4 sehingga
{ tidak bebas linear akibatnya kontradiksi dengan { adalah basis dari � sehingga menurut kon-
traposisi teorema 2.4.10, � bukan ruang vektor dari ℤF.
Teorema 2.4.11
Jika � adalah himpunan indeks dan � adalah suatu gelanggang dengan 1 ∈ � dan Ð adalah mod-
ul-� kiri yang bersifat bebas dan mempunyai basis bebas � = �)�|� ∈ �� maka terdapat pemetaan
a: � → Ð dengan sifat jika ñ adalah modul-� kiri dan pemetaan O: � → ñ maka terdapat secara
tunggal homomorfisma modul-� kiri O:̅ Ð → ñ sedemikian sehingga O̅ ∘ a = O.
Bukti:
Misal � adalah basis bebas dari Ð maka pemetaan dari � ke Ð didefinisikan dengan aB)C = )
untuk setiap ) ∈ �. Akan dibuktikan O:̅ Ð → ñ adalah pemetaan yang terdefinisi dengan baik.
Ambil sebarang ¤ ∈ Ð, misal ¤ = ∑ £�y��� )� dan ¤ = ∑ +�y��� )� dimana £�, +� ∈ � untuk
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
99
� = 1,2, … , ! maka ∑ £�y��� )� − ∑ +�y��� )� = ∑ B£�y��� − +�C)� = 0 sehingga £� − +� = 0 maka
£� = +� untuk � = 1,2, … , !. Perhatikan bahwa pemetaan
OB̅¤C = O̅ ¼¹£�y
��� )�½
= O̅ ¸¹£�y���
BaB)�Cº
= O̅ ¸¹ay���
B£�)�Cº
= _O̅ ∘ a` ¼¹£�y��� )�½
= O ¼¹£�y��� )�½
=¹£�y��� OB)�C
= ∑ +�OB)�Cy��� . Jadi terbukti O ̅adalah pemetaan yang terdefinisi dengan baik. Akan dibuktikan O ̅
adalah homomorfisma modul-� kiri. Ambil sebarang : ∈ Ð, misal : = ∑ ��y��� )� untuk suatu
�� ∈ � untuk � = 1,2, … , ! sehingga
OB̅¤C + OB̅:C
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
100
= O̅ ¼¹£�y��� )�½ + O̅ ¼¹��y
��� )�½
=¹B£�y��� + ��COB)�C
= OB̅¤ + :C dan untuk sebarang Ò ∈ � maka
ÒOB̅¤C = Ò¸¹£�y
��� OB)�Cº
= ∑ Òy��� £�OB)�C = OB̅Ò¤C. Jadi menurut definisi 2.4.3, O ̅ adalah homomorfisma modul-� kiri
dari Ð ke ñ. Karena � membangun Ð maka setiap homomorfisma modul-� kiri dari Ð ke ñ
ditentukan secara tunggal oleh aksi dari �. Jadi, jika ℎ: Ð → ñ adalah suatu homomorfisma mod-
ul-� kiri sedemikian sehingga ℎ ∘ a = O maka untuk setiap ) ∈ � berlaku ℎB)C = Bℎ ∘ aCB)C =OB)C = OB̅)C sehingga ℎ = O.̅ Jadi terbukti O ̅adalah homomorfisma modul-� kiri yang tunggal.
■
Teorema 2.4.12
Misal � adalah gelanggang. Setiap modul-� kiri adalah bayangan homomorfis dari modul-� kiri
yang bersifat bebas.
Bukti:
Misal 9 adalah modul-� kiri dan Ð adalah modul-� kiri yang bersifat bebas dengan himpunan
basis bebas { = �O� ∈ Ð|� ∈ ��, � adalah himpunan indeks, adalah basis bebas dari Ð. Menurut
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
101
teorema 2.4.11, ú: Ð → 9 dengan úBO�C = ¥� adalah suatu homomorfisma modul-� kiri untuk
setiap O� ∈ Ð. Akan dibuktikan 9 = �"ú = �¥ ∈ 9|¥ = úBOCuntuksuatuO ∈ Ð�. Ambil seba-
rang ) ∈ �"ú maka ) ∈ 9 dan ) = úBOC untuk suatu O ∈ Ð. Jadi �"ú ⊆ 9. Ambil sebarang
* ∈ 9, menurut teorema 2.4.11, ú adalah pemetaan yang surjektif, sehingga ada a ∈ Ð maka
úBaC = *. Jadi 9 ⊆ �"ú dan �"ú ⊆ 9 maka 9 = �"ú. Jadi terbukti 9 adalah bayangan ho-
momorfis dari modul-� kiri yang bersifat bebas.
■
Teorema 2.4.13
Misal � adalah gelanggang dan � adalah suatu himpunan. Terdapat secara tunggal modul-� kiri
yang bersifat bebas dengan basis bebas �.
Bukti:
Misal � adalah himpunan indeks dan � = �)�|� ∈ ��. Andaikan Ð,Ë adalah modul-� kiri yang
bersifat bebas dengan basis bebas � dan Ð ≠ Ë. Karena Ð ≠ Ë maka Ð ⊈ Ë atau Ë ⊈ Ð. Misal
" ∈ Ë dan " ∉ Ð. Karena " ∈ Ë maka " = ∑ £��∈� )� dimana £� ∈ �. Namun ∑ £��∈� )� ∈ Ð
sehingga ∑ £��∈� )� = " ∈ Ð sehingga kontradiksi dengan " ∉ Ð. Jadi Ð = Ë sehingga Ð adalah
modul-� kiri yang bersifat bebas dan tunggal.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
102
Definisi 2.4.16
Misal � adalah gelanggang dan �, D, 9 adalah modul-� kiri. Himpunan 9 disebut modul-� kiri
yang bersifat proyektif jika dan hanya jika jika diberikan sebarang diagram homomorfisma
modul-� kiri
9↓ O� Ä
→ D → �0�
dengan a adalah homomorfisma modul-� kiri yang surjektif maka terdapat homomorfisma mod-
ul-� kiri ℎ: 9 → � sedemikian sehingga diagram homomorfisma modul-� kiri menjadi komu-
tatif, yaitu a ∘ ℎ = O.
Teorema 2.4.14
Misal � adalah gelanggang dan 9 adalah modul-� kiri. Jika 9 adalah modul-� kiri yang bersifat
bebas atau jika � adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif dan � = »+� � dimana », � adalah
modul-� kiri dan 9 ≈ � maka 9 adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif.
Bukti:
Perhatikan diagram berikut ini
9↓ úñ ü→� → �0�
.
Misal ñ,� adalah modul-� kiri dan ú adalah suatu homomorfisma modul-� kiri dan þ adalah
suatu homomorfisma modul-� kiri yang surjektif. Akan dibuktikan untuk kasus yg pertama.
Misal 9 adalah modul-� kiri yang bersifat bebas. Misal � adalah himpunan indeks dan �O�|� ∈ ��
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
103
adalah basis bebas dari 9. Karena þ adalah suatu homomorfisma modul-� kiri yang surjektif
maka ada Ï� ∈ ñ sehingga þB∑ Ï�£�y�∈� C = úB∑ O�£�y�∈� C. Didefinisikan pemetaan ý: 9 → ñ yaitu
ýB∑ O�£�C = ∑ Ï�£�y�∈�y�∈� untuk setiap O� ∈ 9. Akan dibuktikan ý adalah suatu homomorfisma
modul-� kiri. Ambil sebarang ∑ O�£� ∈ 9y�∈� dan ∑ O�+� ∈ 9y�∈� maka ýB∑ O�£�C + ýB∑ O�+�y�∈� C =y�∈�∑ Ï�£�y�∈� + ∑ Ï�+� = ýB∑ O�£� + ∑ O�+�Cy�∈�y�∈�y�∈� dan ambil sebarang £ ∈ � maka £ýB∑ O�£�C =y�∈�£B∑ Ï�£�y�∈� C = ∑ £BÏ�£�C = ýB£By�∈� ∑ O�£�CC.y�∈� Jadi menurut definisi 2.4.3, ý adalah suatu ho-
momorfisma modul-� kiri. Selain itu Bþ ∘ ýCB∑ O�£�y�∈� C = þ_ýB∑ O�£�y�∈� C` = þB∑ Ï�£�y�∈� C =úB∑ O�£�y�∈� C. Jadi terbukti menurut definisi 2.4.16, 9 adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif.
Akan dibuktikan untuk kasus yang kedua. Misal � adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif
dan � = »+� � dimana », � adalah modul-� kiri dan 9 ≈ � sehingga menurut teorema 2.4.8,
terdapat a homomorfisma modul-� kiri dari � ke 9 dan ℎ homomorfisma modul-� kiri dari 9
ke � sedemikian sehingga a ∘ ℎ = 1�. Perhatikan diagram homomorfisma modul-� kiri di atas.
Karena � adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif, dan menurut teorema 2.4.2, ú ∘ a:� → �
adalah homomorfisma modul-� kiri, maka menurut definisi 2.4.16 terdapat �:� → ñ sedemikian
sehingga þ ∘ � = ú ∘ a. Selain itu
Bþ ∘ �C ∘ ℎ
= Bú ∘ aC ∘ ℎ
= ú ∘ Ba ∘ ℎC
= ú ∘ 1� sehingga menurut teorema 2.1.4, ú ∘ 1� = ú maka menurut definisi 2.4.16, 9 adalah
modul-� kiri yang bersifat proyektif.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
104
Contoh 2.4.17
Himpunan ℝ� = �B�, �C|�, � ∈ ℝ� dengan himpunan basis bebas � = �B0,1C, B1,0C� adalah
modul-ℝ kiri yang bersifat bebas, maka menurut teorema 2.4.14, ℝ� adalah modul-ℝ kiri yang
bersifat proyektif.
Teorema 2.4.15
Misal � adalah gelanggang dan 9 adalah modul-� kiri. Pernyataan berikut ekivalen.
1. Himpunan 9 adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif.
2. Setiap barisan pendek pasti �0� → � û→ D ü→ 9 → �0� terpecah.
3. Terdapat modul-� kiri yang bersifat bebas Ð dan » adalah modul-� kiri sedemikian sehingga
Ð ≈ »+� 9.
Bukti:
1. B1C → B2C Misal 9 adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif. Perhatikan diagram pemetaan berikut ini
9↓ 1��0� → � û→ D ü→ 9 → �0� Karena 9 adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif, maka menurut definisi 2.4.16 ada
�: 9 → D dan � adalah suatu homomorfisma modul-� kiri sehingga Bþ ∘ �C = 1�, maka menurut
definisi 2.4.7, barisan pendek pasti �0� → � û→ D ü→ 9 → �0� terpecah.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
105
2. B2C → B3C Misal setiap barisan pendek pasti �0� → � û→ D ü→ 9 → �0� terpecah. Menurut teorema 2.4.13,
terdapat modul-� kiri Ð yang bersifat bebas dengan basis bebas � dan 9 = �"O, dimana O ada-
lah homomorfisma modul-� kiri yang surjektif dari Ð ke 9. Karena Ð adalah modul-� kiri yang
bersifat bebas maka menurut teorema 2.4.14, Ð adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif. Pilih
» = ker O, dan dibuat pemetaan a:» → Ð yang didefinisikan aB¦C = ¦ untuk setiap ¦ ∈ ».
Jelas a adalah homomorfisma modul-� kiri yang injektif sehingga menurut definisi 2.4.6,
barisan pasti �0� → » Ä→ Ð ì→ 9 → �0� adalah barisan pendek pasti. Menurut hipotesis barisan
tersebut terpecah, maka menurut teorema 2.4.9 berlaku Ð ≈ »+� 9.
3. B3C → B1C Misal terdapat modul-� kiri yang bersifat bebas Ð dan » adalah modul-� kiri sedemikian se-
hingga Ð ≈ »+� 9, misal O adalah isomorfisma modul-� kiri tersebut. Dibuat pemetaan
O�: »+� 9 → 9 yang didefinisikan O�B¦ + ¥C = ¥ untuk setiap ¦ ∈ », ¥ ∈ 9. Perhatikan bahwa
O�[B¦ + ¥C + B¦� + ¥�C] = O�[B¦ + ¦�C + B¥ + ¥�C] = ¥ + ¥� = O�B¦ + ¥C + O�B¦� + ¥�C dan
£O�B¦ + ¥C = £¥ = O�B£¦ + £¥C untuk sebarang ¦� ∈ », ¥� ∈ 9, £ ∈ � sehingga menurut defin-
isi 2.4.3, O� adalah suatu homomorfisma modul-� kiri. Selanjutnya dibuat pemetaan a: 9 →»+� 9 yang didefinisikan aB¥C = ¦ + ¥ untuk setiap ¥ ∈ 9. Pemetaan a adalah suatu homomor-
fisma modul-� kiri, bukti analog dengan O adalah homomorfisma modul-� kiri. Karena
O�: »+� 9 → 9 dan a: 9 → »+� 9 adalah suatu homomorfisma modul-� kiri maka menurut teore-
ma 2.4.2 berlaku O� ∘ O: Ð → 9 dan OX� ∘ a: 9 → Ð adalah suatu homomorfisma modul-� kiri.
Selanjutnya akan dibuktikan BO� ∘ OC ∘ BOX� ∘ aC = 1�. Menurut teorema 2.1.3, BO� ∘ OC ∘BOX� ∘ aC = O� ∘ BO ∘ OX�C ∘ a = O� ∘ a sehingga menurut definisi pemetaan di atas O� ∘ a = 1�.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
106
Diperoleh BO� ∘ OC ∘ BOX� ∘ aC = 1�. Jadi menurut teorema 2.4.8, Ð = kerBO� ∘ OC+� �"BOX� ∘aC dan 9 ≈ �"BOX� ∘ aC sehingga menurut teorema 2.4.14, 9 adalah modul-� kiri yang proyek-
tif.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB III
DAERAH DEDEKIND
A. Daerah Dedekind
Definisi 3.1.1
Misal � adalah suatu daerah integral dengan lapangan pecahan �. Suatu ideal fraksi dari �
adalah modul bagian-� kiri taknol � dari � sehingga �� ⊆ � untuk suatu elemen taknol � ∈ �.
Teorema 3.1.1
Setiap ideal taknol � dari suatu daerah integral � adalah modul-� kiri dari � dan merupakan sua-
tu ideal fraksi dari �. Sebaliknya, setiap ideal fraksi dari � yang termuat di � adalah ideal dari �.
Bukti:
Misal � ideal taknol dari �, maka menurut definisi 2.2.7, � adalah gelanggang bagian dari � dan
�� ∈ � dan �� ∈ � untuk setiap � ∈ � dan � ∈ �. Karena � gelanggang bagian dari � maka jelas �
gelanggang, sehingga � adalah grup komutatif terhadap operasi penjumlahan. Karena � ⊆ �,
� ≠ ∅, dan menurut definisi 2.2.7, � adalah grup terhadap operasi penjumlahan dan �� ∈ � untuk
setiap � ∈ �, � ∈ �, maka menurut definisi 2.4.2, � adalah modul bagian-� kiri dari �. Karena �
ideal, maka menurut definisi 2.2.7, �� ⊆ � ⊆ �, jadi terbukti � adalah ideal fraksi dari �. Misal �
adalah ideal fraksi dari � yang termuat di �, maka menurut definisi 3.1.1, � adalah modul bagi-
an-� kiri dari � sehingga �� ⊆ �, � ∈ �, � ≠ 0. Karena � adalah modul bagian-� dari �, maka
menurut definisi 2.4.2, � adalah grup bagian terhadap operasi penjumlahan di � dan �� ∈ � untuk
setiap � ∈ �, � ∈ �. Cukup dibuktikan perkaliannya tertutup di �. Ambil sebarang ��, �� ∈ �, maka
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
108
�� ∈ � sehingga ���� ∈ �. Karena � adalah grup bagian penjumlahan dari �, maka untuk setiap
��, �� ∈ � berlaku �� − �� ∈ � dan karena ���� ∈ � , maka menurut teorema 2.2.1, � adalah gelang-
gang bagian � dan untuk setiap ∈ �, � ∈ � berlaku � ∈ � dan karena � ∈ � maka � = � ∈ �, sehingga menurut definisi 2.2.7, � adalah ideal dari �.
■
Teorema 3.1.2
Misal � adalah daerah integral dengan lapangan pecahan � dan � adalah ideal fraksi dari �.
Himpunan = �� ∈ �|�� ⊆ �� adalah ideal fraksi dari �.
Bukti:
Mula-mula akan dibuktikan modul bagian-� kiri dari �. Jelas ≠ ∅, karena � ⊆ � dan � ide-
al fraksi dari � sehingga untuk suatu � ∈ � berlaku �� ⊆ �, karena � ∈ � maka � ∈ � jadi
� ∈ . Definisi dari yaitu = �� ∈ �|�� ⊆ �� maka jelas ⊆ �. Karena � daerah integral,
maka 0 ∈ � sehingga 0 ∈ � maka 0� = �0� ⊆ � jadi 0 ∈ . Ambil sebarang ��, �� ∈ maka
��, �� ∈ � sedemikian sehingga ��� ⊆ � dan ��� ⊆ �, maka �� − �� ∈ � sehingga
(�� − ��)� ⊆ �, jadi �� − �� ∈ sehingga menurut teorema 2.1.7 adalah grup bagian dari �
terhadap operasi penjumlahan. Ambil sebarang �� ∈ maka �� ∈ � sehingga ��� ⊆ �. Per-
hatikan bahwa jika diambil sebarang ∈ � maka (���) ⊆ � ⊆ � sehingga �� ∈ . Jadi
menurut definisi 2.4.2, modul bagian-� kiri dari �. Selanjutnya akan dibuktikan ideal fraksi
dari �. Jika � ∈ maka � ∈ � sehingga �� ⊆ �. Karena � ∈ � dan � lapangan pecahan dari �,
maka menurut teorema 2.3.13, � = ��, untuk suatu �, � ∈ � dan � ≠ 0. Karena � ideal fraksi dari
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
109
�, maka menurut definisi 3.1.1, ada � ≠ 0 sehingga �� ⊆ �. Jadi � = ��� ∈ �|(��)� ⊆ �� =�� ��� = � ∈ �!�� ⊆ �" ⊆ �. Jadi terbukti ideal fraksi dari �.
■
Teorema 3.1.3
Misal � adalah daerah integral dengan lapangan pecahan �. Jika � adalah ideal fraksi dari � dan
#� ⊆ � untuksuatu# ∈ �, # ≠ 0 maka #� adalah ideal dari �.
Bukti:
Akan dibuktikan #� adalah ideal dari � untuk suatu # ∈ �, # ≠ 0. Karena � adalah subgup pen-
jumlahan dari �, maka 0 ∈ � sehingga #. 0 = 0 ∈ #�, jadi #� ≠ ∅. Menurut definisi 3.1.1,
#� ⊆ �. Ambil sebarang +, +� ∈ #�. Misal + = #, dan +� = #,� untuk suatu ,, ,� ∈ � sehingga
+ − +� = #, − #,� = #(, − ,�) = #,� = +� ∈ #� dan ++� = #,(#,�) = #,� = +� ∈ #�, sehingga
menurut teorema 2.2.1, #� adalah gelanggang bagian dari �. Ambil sebarang ∈ � dan sebarang
#,- ∈ #� maka (#,-) = (#,-) = #(,-) = #,. ∈ #�. Jadi menurut definisi 2.2.7, #� adalah
ideal dari �.
■
Teorema 3.1.4
Jika � adalah derah integral dengan lapangan pecahan �, maka himpunan semua ideal fraksi dari
� membentuk monoid komutatif dengan elemen identitas � dan dengan perkalian �� =�∑ �010|�0 ∈ �, 10 ∈ �, 2 ∈ ℕ}405� .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
110
Bukti:
Misal � adalah daerah integral dengan � adalah lapangan pecahan dari � maka � ⊆ �. Misal ℋ
adalah himpunan semua ideal fraksi dari �. Jelas ℋ himpunan tak kosong sebab � adalah ideal
fraksi dari �. Jadi � ∈ ℋ. Misal ��, ��, �� adalah ideal-ideal fraksi dari �. Perkalian ���� ={∑ �010|�0 ∈ ��, 10 ∈ ��, 2 ∈ ℕ�405� sehingga ��(����) = �∑ �0(�010)|�0 ∈ ��,405� �0 ∈ ��, 10 ∈��, 2 ∈ ℕ�. Karena �0, 10, �0 ∈ �, ∀0, maka �0(�010) = (�010)�0, sehingga ��(����) =�∑ �0(�010)|�0 ∈ ��,405� �0 ∈ ��, 10 ∈ ��, 2 ∈ ℕ� = �∑ (�0�0)10|�0 ∈ ��,405� �0 ∈ ��, 10 ∈ ��, 2 ∈ ℕ� =(����)��. Jadi menurut definisi 2.1.7, ℋ adalah suatu semigrup. Akan dibuktikan � adalah ele-
men identitas di ℋ. Misal � adalah sebarang ideal fraksi di ℋ. Ambil sebarang + ∈ ��, maka
+ = ∑ �00805� , �0 ∈ �, 0 ∈ �, ∀0,untuk suatu 9 ∈ ℕ. Karena � adalah ideal fraksi dari � maka
menurut definisi 3.1.1 � adalah modul bagian-� kiri dari �. Karena � modul bagian-� kiri dari �
maka menurut definisi 2.4.2, � adalah grup bagian terhadap penjumlahan dari � dan untuk setiap
� ∈ �, ∈ �, � ∈ � sehingga + = ∑ �00805� ∈ �. Jadi �� ⊆ �. Ambil sebarang : ∈ �, maka
: = :1, dengan : ∈ �, 1 ∈ �, jadi : = :1 ∈ ��, maka � ⊆ ��. Jadi �� = � untuk setiap � ∈ ℋ,
sehingga terbukti � adalah elemen identitas ℋ. Jadi menurut definisi 2.1.8, ℋ adalah suatu mo-
noid. Akan dibuktikan sifat komutatifnya, Perkalian ���� = �∑ �010|�0 ∈ ��, 10 ∈ ��, 2 ∈ ℕ�405�
sehingga ���� = �∑ �010|�0 ∈ ��, 10 ∈ ��, 2 ∈ ℕ�405�
= �∑ 10�0|10 ∈ ��, �0 ∈ ��, 2 ∈ ℕ�405�
= ����.
Hal tersebut jelas, sebab �� ⊆ �, �� ⊆ � sehingga �010 = 10�0 , ∀0. Jadi terbukti ℋ adalah monoid
komutatif. ■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
111
Teorema 3.1.5
Menurut contoh 2.3.2, ℚ adalah lapangan pecahan dari ℤ. Himpunan ⟨8⟩4 = �8@4 !A ∈ ℤ" ,9 ≠
0, 2 ≠ 0 adalah ideal fraksi dari ℤ.
Bukti:
Himpunan ⟨8⟩4 ≠ ∅ sebab 0 = 8(B)4 ∈ ⟨8⟩4 . Ambil sebarang + ∈ ⟨8⟩4 , misal + = 8@4 untuk suatu
A ∈ ℤ, maka + ∈ ℚ. Jadi ⟨8⟩4 ⊆ ℚ. Ambil sebarang +�, +� ∈ ⟨8⟩4 misal +� = 8@C4 , +� = 8@D4 untuk
suatu A�, A� ∈ ℤ maka +� − +� = 8@C4 − 8@D4 = 84 (A� − A�) = 8@E4 = +� ∈ ⟨8⟩4 . Jadi menurut te-
orema 2.1.7, ⟨8⟩4 adalah grup bagian penjumlahan dari ℚ. Ambil sebarang : ∈ ℤ dan F ∈ ⟨8⟩4 ,
misal F = 8G4 untuk suatu H ∈ ℤ maka :F = : �8G4 = 8(GI)4 = 8@J4 ∈ ⟨8⟩4 untuk suatu A- ∈ ℤ. Jadi
menurut definisi 2.4.2, ⟨8⟩4 adalah modul bagian-ℤ kiri dari ℚ. Pilih 2 ∈ ℤ sehingga 2 �⟨8⟩4 =
�2 �8@4 !A ∈ ℤ" = {A|A ∈ ℤ� = ℤ. Jadi menurut definisi 3.1.1, ⟨8⟩4 adalah ideal fraksi dari ℤ.
■
Teorema 3.1.6
Menurut contoh 2.3.2, ℚ adalah lapangan pecahan dari ℤ. Ideal fraksi dari ℤ adalah ⟨8⟩4 =
�8@4 !A ∈ ℤ" untuk suatu 9, 2 ∈ ℤ. Bukti:
Misal K adalah ideal fraksi dari ℤ maka menurut definisi 3.1.1, K adalah modul bagian-ℤ kiri
taknol dari ℚ dan ada 2 ∈ ℤ dan 2 ≠ 0 sehingga 2K ⊆ ℤ. Menurut teorema 3.1.3, 2K adalah
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
112
ideal dari ℤ. Jadi menurut teorema 2.2.5, 2K = ⟨9⟩ untuk suatu 9 ∈ ℤ. Karena 2 ∈ ℤ dan 2 ≠0, maka
�4 ada dan �4 ∈ ℚ. Jadi K = ⟨8⟩4 adalah ideal fraksi dari ℤ.
■
Contoh 3.1.1
Menurut contoh 2.2.4, himpunan ℤadalah daerah integral dan menurut contoh 2.3.2, lapangan
pecahan dari ℤ adalah ℚ. Himpunan ��ℤ = ��� +!+ ∈ ℤ" adalah ideal fraksi dari ℤ menurut teore-
ma 3.1.5
Contoh 3.1.2
Pada contoh ini akan diberikan suatu himpunan yang bukan ideal fraksi dari ℤ. Menurut contoh
2.3.2, himpunan ℤ adalah daerah integral dengan lapangan pecahan ℚ. Menurut contoh 2.2.12
Himpunan ⟨3⟩ adalah ideal prima dari ℤ. Misal M = ℤ − ⟨3⟩ dan N = �OG !� ∈ ⟨3⟩, H ∈ M" =� �@C�@D±� !A�, A� ∈ ℤ". Akan dibuktikan himpunanN bukan ideal fraksi dari ℤ. Himpunan N ≠ ∅,
sebab 3 = �(�)�(�)Q� ∈ N dan jelas N ⊆ ℚ. Ambil sebarang +, +� ∈ N, misal + = �O�OCR� dan +� =�S�SCR� maka + − +� = �O�OCR� − �S�SCR� = (�O)(�SCR�)Q(�S)(�OCR�)(�OCR�)(�SCR�) = �@�IR� ∈ N untuk suatu A, : ∈ ℤ.
Jadi menurut teorema 2.1.7, N adalah grup bagian penjumlahan dari ℚ. Ambil sebarang F ∈ ℤ
maka F+ = F � �O�OCR� = �OT�OCR� ∈ N, maka menurut definisi 2.4.2, N adalah modul bagian-ℤ kiri
dari ℚ. Ambil sebarang 2 ∈ ℤ dan 2 ≠ 0 maka 2N = � �4@C�@D±� !A�, A� ∈ ℤ". Pilih : = �4@�4@R� ∈ 2N
tapi : ∉ ℤ. Jadi 2N bukan ideal fraksi dari ℤ.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
113
Teorema 3.1.7
Misal � adalah suatu daerah integral dengan lapangan pecahan �. Setiap modul bagian-� kiri
taknol � dari � yang dibangun secara berhingga adalah ideal fraksi dari �.
Bukti:
Misal � modul bagian-� kiri dari �, maka menurut definisi 2.4.2, � adalah grup bagian pen-
jumlahan dari � dan , ∈ �, ∀V∈W,0∈X.. Jika ,�, … , ,4 ∈ � dan � dibangun berhingga oleh ,0, maka
menurut definisi 2.2.9, � = {�,� +⋯+ 4,4|0 ∈ �, ,0 ∈ �, , ∈ ℕ� = �,� +⋯+ �,4. Karena
,0 ∈ � dan � lapangan pecahan dari �, maka menurut teorema 2.3.14, ,0 = �\O\, untuk suatu
�0 ∈ �, �0 ∈ �, �0 ≠ 0∀0. Jadi � = � �COC +⋯+ � �]O]. Karena �0 ≠ 0untuk setiap , maka ada
� ∈ � sehingga � = ��…�4 ≠ 0. Jadi �� = �� �COC +⋯+ �� �]O]
= ��� �COC +⋯+ �4 �]O] !�0 ∈ �, �0 ∈ �, 0 ≠ �0" = ����…�4�� +⋯+ 4�4Q�.…���4|�0 ∈ �, �0 ∈ �, 0 ≠ �0� = ��� …�4�� +⋯+ ���…�4Q��4. Karena � adalah daerah integral, maka � adalah gelanggang sehingga � adalah grup komutatif.
Karena �0, �0 ∈ � untuk setiap , maka menurut teorema 2.1.6, �� = ���…�4�� +⋯+���…�4Q��4 ⊆ �, jadi jelas �� ⊆ �, maka menurut definisi 3.1.1, � adalah ideal fraksi dari �.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
114
Definisi 3.1.2
Misal � adalah daerah integral dengan lapangan pecahan � dan � adalah ideal fraksi dari �.
Menurut teorema 3.1.2 himpunan = {� ∈ �|�� ⊆ �� adalah ideal fraksi dari �. Himpunan � disebut ideal fraksi yang mempunyai invers jika dan hanya jika � = � = �. Selanjutnya jika � adalah ideal fraksi dari � yang mempunyai invers maka akan ditulis dengan �Q�. Misal � ada-
lah ideal dari daerah integral � dan � adalah lapangan pecahan dari �. Ideal � disebut ideal yang
mempunyai invers jika dan hanya jika � = � = �.
Contoh 3.1.3
Menurut contoh 2.3.2, ℚ adalah lapangan pecahan dari daerah integral ℤ. Menurut contoh 3.1.1,
himpunan ��ℤ adalah ideal fraksi dari ℤ. Himpunan
��ℤ = ��� +!+ ∈ ℤ" adalah ideal invers dari
��ℤ. Sebab ���ℤ ���ℤ = �∑ ����0 ��� 10 |�0, 10 ∈ ℤ� = �∑ �010|405�405� �0, 10 ∈ ℤ" = ℤ.
Teorema 3.1.8
Misal � adalah daerah integral dengan lapangan pecahan �. Setiap ideal fraksi dari � yang
mempunyai invers adalah modul-� kiri dari � yang dibangun secara berhingga.
Bukti:
Misal � adalah ideal fraksi dari � yang mempunyai invers yaitu �Q� maka �Q�� = �. Karena
1 ∈ � dan �Q�� = � maka menurut teorema 3.1.4, 1 = ∑ �010405� untuk suatu �0 ∈ �Q� dan
10 ∈ � untuk setiap ,. Ambil sebarang � ∈ � maka � = 1� = (∑ �010405� )� = ∑ (��0)10405� . Jadi
��0 ∈ � dan 10 ∈ � untuk setiap , maka � = ∑ (��0)10405� = ∑ 010 ∈ �1� +⋯+ �14405� jadi
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
115
� ⊆ �1� +⋯+ �14. Jelas �1� +⋯+ �14 ⊆ �. Jadi � = ⟨1�, … , 14⟩. Jadi terbukti � adalah
modul-� kiri dari � yang dibangun berhingga.
■
Teorema 3.1.9
Misal � adalah daerah integral. Invers dari suatu ideal fraksi yang mempunyai invers adalah
tunggal.
Bukti:
Misal � adalah ideal fraksi dari � yang mempunyai invers. Andaikan ��, �� adalah invers-invers
dari � dan �� ≠ ��. Misal ℋ himpunan semua ideal fraksi dari �. Menurut teorema 3.1.4, ℋ
membentuk monoid komutatif dengan � adalah elemen identitasnya. Jadi menurut definisi 3.1.2
��� = � = ���. Perhatikan bahwa
�� = ���
= ��(���) = (���)�� = ���
= ��. Kontradiksi dengan �� ≠ ��. Jadi terbukti invers dari � adalah tunggal.
■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
116
Teorema 3.1.10
Jika �, , ^ adalah ideal fraksi dari daerah integral � dan � = �^ dan � adalah ideal fraksi yang
mempunyai invers maka = ^.
Bukti:
Misal �, , ^ adalah ideal fraksi dari �, dan � = �^, dan � ideal fraksi yang mempunyai invers,
maka = � = (�Q��) = �Q�(� ) = �Q�(�^) = (�Q��)^ = �^ = ^. Jadi terbukti = ^.
■
Teorema 3.1.11
Misal � adalah daerah integral dengan lapangan pecahan �. Jika � adalah ideal dari � yang
mempunyai invers maka � ⊆ �Q�.
Bukti:
Misal � adalah ideal dari � yang mempunyai invers. Misal �Q� adalah invers dari � sehingga
menurut definisi 3.1.2, ��Q� = �. Menurut definisi 2.2.7, � ⊆ � sehingga jika kedua ruas
dikalikan �Q� maka � ⊆ ��Q�. Akibatnya menurut teorema 3.1.4, ��Q� = �Q� sehingga � ⊆ �Q�.
■
Teorema 3.1.12
Misal �, ��, ��, ��, … , �4adalah ideal dari daerah integral � dan � adalah lapangan pecahan dari �.
1. Ideal ������ … �4 adalah ideal yang mempunyai invers jika dan hanya jika �_ ideal yang
mempunyai invers untuk setiap �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
117
2. Jika �̀ �̀ … 4̀ = � = a�a�…a8 dimana 0̀ , a0 ideal prima dari � dan 0̀ ideal yang mempu-
nyai invers maka 9 = 2 dan setelah pengurutan, 0̀ = a0 untuk setiap , = 1,2,3, … , 2.
Bukti:
1. (→) Misal ��… �4adalah ideal yang mempunyai invers. Misal � adalah suatu ideal fraksi dari �
sedemikian sehingga(����… �4)� = �. Misal ℋ himpunan semua ideal fraksi dari �. Menurut
teorema 3.1.4, ℋ membentuk suatu monoid komutatif, maka ��(�� …�4�) = ��(��… �4�) = ⋯ =�4(��… �4Q��) = �, jadi terbukti �_adalah ideal yang mempunyai invers untuk semua �. (←)
Misal �_ adalah ideal yang mempunyai invers untuk setiap � dan ℋ adalah himpunan semua ideal
fraksi dari �. Menurut teorema 3.1.4, ℋ membentuk suatu monoid komutatif dan � adalah ele-
men identitas di ℋ. Jadi (����Q�)(����Q�)(����Q�)… (�4�4Q�) = (������ … �4)(��Q���Q�… �4Q�) = �.
Jadi terbukti ������ … �4 adalah ideal yang mempunyai invers.
2. Misal �̀ … 8̀ = � = a�…a4, maka menurut teorema 2.2.7, �̀… 8̀ ⊆ 0̀ dan �̀ … 8̀ ⊆ a_ dan a�…a4 ⊆ a_ dan a�…a8 ⊆ 0̀ untuk setiap ,. �.Karena 0̀ , a_ adalah ideal prima dari �
untuk setiap ,, � maka 0̀ ⊆ a_ dan a_ ⊆ 0̀ untuk suatu , ∈ {1,2, … ,9} dan untuk suatu � ∈{1,2, … , 2}. Katakan �̀ = a�. Jika langkah ini diteruskan hingga 9 maka �̀ = a�, �̀ =a�, … , 8̀ = a8. Andaikan 2 > 9 maka � = a8R�a8R�…a4 jadi � ⊆ a8R�…a4 dan
a8R�…a4 ⊆ �. Karena � ⊆ a8R� …a4 maka menurut teorema 2.2.7, � ⊆ a@ untuk setiap
A ∈ {9 + 1,… , 2}. Jadi diperoleh � = a@. Kontradiksi dengan definisi 2.2.12 bahwa a@ adalah
ideal sejati dari �. Jadi diperoleh 9 = 2 dan setelah pengurutan 0̀ = a0. ■
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
118
Definisi 3.1.3
Misal � adalah daerah integral dengan lapangan pecahan �. Himpunan � disebut daerah Dede-
kind jika dan hanya jika setiap ideal fraksi dari � yang termuat di � mempunyai ideal invers.
Contoh 3.1.4
Menurut teorema 3.1.6, ideal fraksi dari ℤ adalah ⟨8⟩4 = �8@4 !A ∈ ℤ" ,9 ≠ 0, 2 ≠ 0. Akan dibuk-
tikan ⟨4⟩8 = �4O8 !� ∈ ℤ" adalah invers dari
⟨8⟩4 . Menurut teorema 3.1.4, �⟨8⟩4 �⟨4⟩8 ={∑ 10�0 !10 ∈ ⟨8⟩4 , �0 ∈ ⟨4⟩8 , , = 1,2, … , " = {∑ �8@\4 �4O\8 |A0, �0 ∈ ℤ, , = 1,2, … , � =V05�V05��∑ A0�0|A0, �0 ∈ ℤ, , = 1,2, … , �.V05� Akan dibuktikan �⟨8⟩4 �⟨4⟩8 = ℤ. Ambil sebarang + ∈�⟨8⟩4 �⟨4⟩8 maka + = ∑ A0�0V05� akibatnya + ∈ ℤ sehingga �⟨8⟩4 �⟨4⟩8 ⊆ ℤ. Sebaliknya, ambil
sebarang f ∈ ℤ maka f = f1 ∈ �⟨8⟩4 �⟨4⟩8 dimana A� = f, �� = 1 dan A0 = �0 = 0 untuk
1 < , ≤ , akibatnya ℤ ⊆ �⟨8⟩4 �⟨4⟩8 . Jadi terbukti �⟨8⟩4 �⟨4⟩8 = ℤ.
Teorema 3.1.13
Jika � adalah ideal fraksi dari daerah integral � dengan lapangan pecahan � dan i ∈ ℎk9W(�, �) maka untuk setiap �, 1 ∈ � berlaku �i(1) = 1i(�). Bukti:
Menurut definisi 3.1.1, � ⊆ � sehingga untuk sebarang elemen di � adalah pecahan dari dua ele-
men di � dengan penyebut tidak nol. Misal � = HQ� ∈ �, 1 = lFQ� ∈ � maka = H� dan
l = F1, sehingga 1 = H�1 dan l� = F�1 adalah elemen di �. Jadi Hi(F�1) = i(HF�1) =
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
119
i(FH�1) = Fi(H�1) sehingga �i(1) = mH�i(1)nHQ� = i(H�1)HQ� = i(F�1)FQ� =mF1i(�)nFQ� = 1i(�). Jadi terbukti untuk sebarang �, 1 ∈ � berlaku �i(1) = 1i(�).
■
Teorema 3.1.14
Misal o adalah daerah integral dengan lapangan pecahan � dan � adalah ideal fraksi dari o dan
i ∈ ℎk9p(�, o). Jika 1 adalah sebarang elemen taknol dari � maka i berbentuk i(�) =1Q�i(1)� untuk sebarang � ∈ �. Bukti:
Menurut teorema 3.1.13, �i(1) = 1i(�) untuk sebarang �, 1 ∈ �. Karena 1 ≠ 0 maka 1Q� ada,
sehingga i(�) = 1Q��i(1) = 1Q�i(1)�.
■
Teorema 3.1.15
Misal � adalah daerah integral dan � adalah ideal fraksi dari � dan � adalah lapangan pecahan
dari � dan K adalah himpunan indeks. Ideal fraksi � adalah ideal fraksi dari � yang mempunyai
invers jika dan hanya jika � adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif.
Bukti:
1. (→) Misal � adalah ideal fraksi dari � yang mempunyai invers yaitu �Q� sedemikian sehingga
��Q� = �. Menurut teorema 3.1.8, � adalah modul-� kiri yang dibangun berhingga. Misal
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
120
� = �1� + �1� +⋯+ �14, 10 ∈ � untuk setiap , dan 1 = ∑ 10�0, �0 ∈ �Q�405� . Menurut teorema
2.4.12, � adalah bayangan homomorfis dari suatu modul-� kiri yang bersifat bebas, misal q
dengan basis bebas r = {s0 ∈ q|, ∈ K�. Karena � = �1� + �1� +⋯+ �14 maka menurut
definisi 2.2.8, � = ⟨1�, … , 14⟩ sehingga � adalah modul-� kiri yang dibangun berhingga maka
menurut teorema 2.4.12 K berhingga, sehingga menurut teorema 2.4.12, pemetaan # dari q ke � yang didefinisikan dengan #(s0) = 10 adalah homomorfisma modul-� kiri yang surjektif. Dibuat
pemetaan t dari � ke q yang didefinisikan t(+) = ∑ (+�0)s0405� . Akan dibuktikan t adalah suatu
homomorfisma modul-� kiri Ambil sebarang +, : ∈ � sehingga
t(+) + t(:) = u(+�0)s0 +u(:�0)s04
05�4
05�
= u(+�0)s0 + (:�0)s0405�
= u(+ + :)(�0s0)405�
= t(+ + :). Ambil sebarang ∈ � maka
t(+) = vu(+�0)s04
05� w
= u(+�0)s0405�
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
121
= t(+). Jadi menurut definisi 2.4.3, t adalah suatu homomorfisma modul-�. Akan dibuktikan
pemetaan (# ∘ t)(+) = + untuk setiap + ∈ �. Perhatikan bahwa t(+) = ∑ (+�0)s0405� untuk se-
tiap + ∈ � sehingga (# ∘ t)(+) = #mt(+)n = #(∑ (+�0)s0405� ). Karena �0 ∈ �Q� dan ��Q� = �,
misal +�0 = 0 ∈ � sehingga #(∑ (+�0)s0405� ) = #(∑ 0405� s0) = ∑ 0405� 10 = +(∑ �0405� 10) = +.
Karena #, t adalah homomorfisma modul-� kiri maka menurut teorema 2.4.2, (# ∘ t) adalah
homomorfisma modul-� kiri dari � ke �. Jadi terdapat barisan pemetaan homomorfisma modul-
�, yaituq y→z←�. Karena (# ∘ t) = 1X maka menurut teorema 2.4.8 bagian 1, q = ker # +} �9t dan
� ≈ �9t sehingga q = ker # +} �9t ≈ ker # +} � maka maka menurut teorema 2.4.14, � adalah
modul-� kiri yang bersifat proyektif.
2. (←) Misal � adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif. Menurut teorema 2.4.12, � adalah bayangan
homomorfis dari suatu modul-� kiri yang bersifat bebas. Misal q adalah modul-� kiri yang ber-
sifat bebas tersebut dengan � = �i� ∈ q|ℎ ∈ K� adalah himpunan basis bebas tersebut. Misal i
adalah homomorfisma modul-� kiri dari q ke � tersebut sehingga �9i = �. Perhatikan bahwa
jika diambil sebarang H ∈ �, maka H = i(A) untuk suatu A ∈ q. Karena A ∈ q maka menurut
definisi 2.4.13, A = ∑ ��∈� i� sehingga H = i(∑ ��∈� i�) = ∑ ��∈� i(i�), maka menurut
definisi 2.2.8, H ∈ ⟨i(i�), i(i�), … ⟩ atau � ⊆ ⟨i(i�), i(i�),… ⟩. Ambil sebarang F ∈⟨i(i�), i(i�), … ⟩, misal F = ∑ F��∈� i(i�) dimana F� ∈ �. Karena i adalah homomorfisma
modul-� kiri maka menurut definisi 2.4.3, ∑ F��∈� i(i�) = ∑ i(F�i�)�∈� sehingga menurut
definisi 2.4.1, F�i� ∈ q untuk setiap ℎ ∈ K maka menurut definisi 2.4.3, i(F�i�) ∈ �. Jadi
F = ∑ F��∈� i(i�) = ∑ i(F�i�)�∈� ∈ � sehingga ⟨i(i�), i(i�), … ⟩ ⊆ � maka diperoleh
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
122
⟨i(i�), i(i�), … ⟩ ⊆ � dan � ⊆ ⟨i(i�), i(i�), … ⟩ artinya � = ⟨i(i�), i(i�), … ⟩. Jadi � adalah
modul-� kiri yang bersifat proyektif dengan pembangkit i(i�), i(i�), …. Misal �Badalah elemen
tertentu dari �. Karena � adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif, maka menurut teorema
2.4.15, terdapat modul-� kiri � sedemikian sehingga q ≈ �+} � dan menurut bukti teorema
2.4.15 bagian 3 terdapat homomorfisma modul-� kiri � dari � ke q sedemikian sehingga
(i ∘ �) = 1X. Didefinisikan pemetaan ��: � → �i� yaitu ��() = i� untuk setiap ∈ �. Am-
bil sebarang , H ∈ � dan ��() = ��(H), maka
��() = ��(H) ↔
i� = Hi� ↔
i� − Hi� = 0 ↔
( − H)i� = 0. Karena i� adalah elemen basis dari q dan ( − H)i� = 0 maka menurut definisi
2.4.11, − H = 0 atau = H. Jadi menurut definisi 2.1.15, �� adalah pemetaan yang injektif.
Ambil sebarang F ∈ �i� akan dicari l ∈ � sehingga ��(l) = F. Misal F = si�, karena � injektif,
maka l = s. Jadi menurut definisi 2.1.15 �� adalah pemetaan yang surjektif. Karena l, s ∈ �,
maka ��(l) + ��(s) = li� + si� = (l + s)i_ = ��(l + s) dan untuk sebarang ∈ � berlaku
��(s) = (si�) = (s)i� = ��(s). Jadi menurut definisi 2.4.3, �� adalah suatu homomor-
fisma modul-� kiri. Karena �� adalah homomorfisma modul-� kiri yang bijektif, maka �� ada-
lah isomorfisma modul-� kiri sehingga �i_ ≈ �. Akan dibuktikan �_: q → �i_ ≈ � yang dide-
finisikan ��m∑ 0i_0∈� n = � adalah suatu homomorfisma modul-� kiri yang bersifat injektif.
Ambil sebarang 9,9� ∈ q, misal 9 = ∑ _i__∈� dan 9� = ∑ H_i__∈� dan ��(9) = ��(9�) se-
hingga
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
123
�� �u_i__∈� � = �� �uH_i__∈� � ↔
� = H� ↔
��(�) = ��(H�) ↔
�i� = H�i�. Karena � adalah pemetaan yang injektif, maka � = H� untuk setiap ℎ. Jadi
∑ H�i��∈� = ∑ �i��∈� ekivalen dengan 9 = 9�. Jadi menurut definisi 2.1.15, �� adalah
pemetaan yang injektif. Ambil sebarang 2� ∈ q, misal 2� = ∑ ℎ0i00∈� maka
��(2�) + ��(9) = �� vuℎ0i00∈� w + �� vu0i00∈� w
= ℎ� + �
= ��(∑ (ℎ0 + 0)0∈� i0) dan
��(9) = �� �u_i__∈� �
= �
= ��m∑ m_n_∈� i_n. Jadi menurut definisi 2.4.3 �� adalah homomorfisma modul-� kiri yang
bersifat injektif. Karena �� adalah homomorfisma modul-� kiri dari q ke �i� dan � adalah ho-
momorfisma modul-� kiri dari � ke q maka menurut teorema 2.4.2, (�� ∘ �) adalah homomor-
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
124
fisma modul-� kiri dari � ke � untuk setiap ℎ ∈ K. Misal (�� ∘ �) = ��. Misal �� = ��(�B). Menurut teorema 3.1.13, untuk setiap � ∈ � berlaku
���
= ���(�B) = �Bm��(�)n. Perhatikan bahwa
�(��(�B)Q�) = (���)�BQ�
= ��Bm��(�)n �BQ� ∈ � sehingga ��(�B)Q� ∈ �� ∈ �|�� ⊆ ��. Misal �� ∈ �|�� ⊆ �� = dan
menurut teorema 3.1.2, adalah ideal fraksi dari �. Didefinisikan
K� = �ℎ ∈ K|��(�) ≠ 0untuksejumlahberhinggaℎ�. Selain itu untuk setiap � ∈ �, berlaku
�(�) ∈ q sehingga �(�) = ∑ ��(�)�∈�C i� = ∑ �(���BQ�)i��∈�C sehingga
�
= (i ∘ �)(�) = i �u �(���BQ�)i��∈�C
�
= ∑ �(���BQ�)i(i�)�∈�C . Karena � ≠ 0 dan � ⊆ � maka �Q� ada, sehingga
1 = ∑ (���BQ�)i(i�)�∈�C dengan (���BQ�) ∈ dan i(i�) ∈ �. Jadi 1 ∈ �. Akan ditunjukkan � adalah ideal dari �. Jelas � ≠ ∅ sebab 1 ∈ �. Ambil sebarang + ∈ � maka menurut teorema
3.1.4, + = ∑ �G,G4G5� untuk suatu �G ∈ , ,G ∈ � untuk setiap H sehingga + ∈ � akibatnya � ⊆ �.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
125
Manurut teorema 3.1.4, � adalah ideal fraksi dari � selain itu � ⊆ � sehingga menurut teore-
ma 3.1.1, � adalah ideal dari �. Karena � adalah ideal dari � dan 1 ∈ � sehingga menurut
teorema 2.2.9, � = �. Jadi menurut definisi 3.1.2, � adalah ideal fraksi dari � yang mempunyai
invers dan inversnya �� ∈ �|�� ⊆ �� = = �Q�.
■
Teorema 3.1.16
Misal � adalah daerah Dedekind dengan � adalah lapangan pecahan dari � dan �, � adalah ideal
dari �. Ideal � adalah ideal pembagi � jika dan hanya jika � ⊆ �. Bukti:
1. (→) Jelas menurut teorema 2.2.14.
2. (←) Misal � ⊆ �. Menurut teorema 3.1.1, �, � adalah ideal fraksi dari � sehing-
ga menurut definisi 3.1.3, �, � adalah ideal yang mempunyai ideal invers. Kedua ruas pada � ⊆ � dikalikan dengan �Q� maka ��Q� ⊆ �.
Akan dibuktikan ��Q� adalah ideal dari �. Menurut teorema 3.1.4, ��Q�
adalah ideal fraksi � dan ��Q� ⊆ � sehingga menurut teorema 3.1.1, ��Q� adalah ideal dari �.
Selanjutnya, akan dibuktikan � adalah ideal pembagi �. Karena ��Q� adalah
ideal dari �, misal ��Q� = K, untuk suatu ideal K dari �. Kedua ruas pada persamaan ��Q� = K
dikalikan dengan � sehingga � = K� maka menurut definisi 2.2.14, �|�. ∎
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
126
B. Kriteria Daerah Dedekind
Teorema 3.2.1
Misal � adalah daerah integral dengan lapangan pecahan �. Pernyataan berikut ekivalen
1. Himpunan � adalah daerah Dedekind.
2. Setiap ideal sejati dari � adalah perkalian tunggal dari sejumlah berhingga ideal prima dari �
dan setiap ideal prima tersebut mempunyai invers.
3. Setiap ideal taknol dari � mempunyai invers.
4. Setiap ideal fraksi dari � mempunyai invers.
5. Himpunan semua ideal fraksi dari � membentuk grup komutatif terhadap operasi perkalian.
6. Himpunan � adalah daerah Noether dan tertutup secara integral dan setiap ideal prima taknol
adalah ideal maksimal.
Bukti:
1. (1) → (2) Mula-mula akan dibuktikan � adalah daerah Noether. Misal � adalah seba-
rang ideal sejati dari �. Menurut teorema 3.1.1, � adalah ideal fraksi dari � sehingga menurut
definisi 3.1.3, � adalah ideal fraksi dari � yang mempunyai ideal invers. Misal �Q� adalah ideal
invers dari � tersebut. Karena � adalah ideal yang mempunyai ideal invers yaitu �Q� maka
menurut teorema 3.1.8, � dibangun secara berhingga oleh elemen di �, misal � = ⟨��, … , �4⟩, �0 ∈ � untuk , = 1,2,3… , 2 maka menurut teorema 2.2.16, � adalah daerah Noether.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
127
Selanjutnya akan dibuktikan setiap ideal sejati dari � adalah perkalian
berhingga dari ideal-ideal prima dari � yang tunggal. Misal ℋ adalah himpunan setiap ideal se-
jati dari � dengan sifat misal � ∈ ℋ dan � ≠ �̀ … 4̀ dimana 0̀ adalah ideal prima dari � untuk
setiap , dan andaikan ℋ ≠ ∅. Karena � adalah daerah Noether dan ℋ adalah himpunan setiap
ideal sejati dari � maka menurut teorema 2.2.18, terdapat elemen maksimal di ℋ, misal � ada-
lah elemen maksimal tersebut. Perhatikan bahwa, karena � ∈ ℋ maka � bukan ideal prima se-
hingga menurut teorema 2.2.12, � �⁄ bukan daerah integral maka menurut teorema 2.2.3, � �⁄
bukan lapangan akibatnya menurut teorema 2.2.13, � bukan ideal maksimal dari �. Karena �
bukan ideal maksimal dari � maka menurut definisi 2.2.13 terdapat ideal sejati dari � dan
� ⊆ ⊆ � dan � ≠ dan ≠ �. Karena � ⊆ maka menurut teorema 3.1.16, � = ^ un-
tuk suatu ideal ^ dari �. Karena adalah ideal sejati dari � maka ada dua kemungkinan yaitu
∉ ℋ atau ∈ ℋ. Misal ∈ ℋ dan � ⊆ maka menurut definisi 2.2.22, = � kontradiksi
dengan � ≠ . Misal ∉ ℋ maka = �̀ … 4̀ dimana 0̀ adalah suatu ideal prima dari � untuk
setiap , sehingga � = ( �̀ … 4̀)^. Karena � = ( �̀… 4̀)^ maka menurut teorema 2.2.7,
� ⊆ ( �̀… 4̀) dan � ⊆ ^. Misal ^ ∈ ℋ dan � ⊆ ^ maka menurut definisi 2.2.15 � = ^ se-
hingga menurut definisi 3.1.3, � = ��Q� = ( ^)^Q� = akibatnya kontradiksi dengan ≠�. Misal ^ ∉ ℋ maka ^ = a�a�…a8 dimana a_ adalah ideal prima dari � untuk setiap � se-
hingga � = ( �̀… 4̀)(a�a�…a8) adalah perkalian berhingga ideal-ideal prima dari � maka
� ∉ ℋ sehingga kontradiksi dengan � ∈ ℋ. Karena setiap kemungkinan terdapat kontradiksi
sehingga pengandaian salah, maka ℋ = ∅ akibatnya setiap ideal sejati dari � merupakan perkal-
ian berhingga ideal-ideal prima dari �. Ketunggalannya jelas menurut teorema 3.1.12.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
128
2. (2) → (3) Misal � adalah sebarang ideal sejati taknol dari �. Misal � = �̀ �̀ … 4̀ dan 0̀Q� ada untuk setiap
,. Menurut teorema 3.1.4 setiap ideal fraksi dari � membentuk monoid komutatif, maka � =�̀ �̀ … 4̀ sehingga �( �̀ �̀ … 4̀)Q� = ( �̀ �̀ … 4̀)( �̀ �̀… 4̀)Q� = �. Jadi invers dari � adalah
( �̀ �̀ … 4̀)Q�.
3. (3) → (4) Misal setiap ideal taknol dari � mempunyai invers. Misal K adalah ideal fraksi dari �, maka
menurut definisi 3.1.1, ada f ∈ � dan f ≠ 0 sehingga fK ⊆ �. Karena K adalah ideal fraksi
dari �, menurut teorema 3.1.3, fK adalah ideal dari �. Misal fK = � adalah ideal dari �. Karena
� adalah ideal dari � dan menurut asumsi setiap idal dari � mempunya invers sehingga �Q� ada,
maka menurut definisi 3.1.2 ��Q� = {∑ �010|�0 ∈ �, 10 ∈ �Q�, , = 1,2,3, … , 2� = �405� . Karena
� ⊆ � dan f ≠ 0 maka fQ� ada dan fQ� ∈ � sehingga fQ�(fK) = �fQ�(fℎ)|ℎ ∈ K� =�1ℎ|ℎ ∈ K� = K = fQ�� adalah ideal fraksi dari �. Menurut teorema 3.1.4, (fQ��)(f�Q�) =�∑ (fQ��0)405� (f10)|�0 ∈ �, 10 ∈ �Q��. Karena fQ�, f ∈ � dan �0, 10 ∈ � untuk , = 1,2, … , 2 dan
menurut definisi 2.2.6, � adalah gelanggang komutatif, maka (fQ��0)(f10) = (fQ�f)(�010) =1(�010) = (�010) untuk �0 ∈ �, 10 ∈ �Q� untuk , = 1,2, … , 2 sehingga (fQ��)(f�Q�) =�∑ (fQ��0)405� (f10)|�0 ∈ �, 10 ∈ �Q�, , = 1,2, … , 2� = �∑ �0405� 10|�0 ∈ �, 10 ∈ �Q�, , =1,2, … , 2 = �. Karena K = fQ�� dan (fQ��)(f�Q�) maka K(f�Q�) = �. Jadi terbukti setiap
ideal fraksi dari � mempunyai invers.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
129
4. (4) → (5) Misal setiap ideal fraksi dari � mempunyai invers. Menurut teorema 3.1.4, himpunan setiap ideal
fraksi dari daerah integral � membentuk monoid komutatif dengan elemen identitas �. Misal ℋ
adalah monoid komutatif tersebut. Menurut definisi 3.1.2, invers dari ideal fraksi adalah ideal
fraksi sehingga merupakan elemen dari ℋ. Jadi menurut definisi 2.1.19, ℋ adalah grup terhadap
operasi perkalian. Akan dibuktikan sifat komutatif dari ℋ. Misal �, � adalah sebarang ideal fraksi
dari �. Menurut teorema 3.1.4, �� = {∑ �T4T5� 1T|�T ∈ �, 1T ∈ �, F = 1,2,3, … , 2� dan menurut
definisi 3.1.1, �, � adalah himpunan bagian dari � sehingga �T, 1T ∈ � untuk setiap F sehingga
menurut definisi 2.2.6, �T1T = 1T�T untuk setiap F. Karena �T1T = 1T�T untuk setiap F maka
�� = �∑ �T4T5� 1T|�T ∈ �, 1T ∈ �, F = 1,2,3, … , 2� = �∑ 1T4T5� �T|�T ∈ �, 1T ∈ �, F = 1,2,3, … , 2� =��. Jadi terbukti ℋ adalah grup komutatif terhadap operasi perkalian.
5. (5) → (6) Misal � adalah himpunan semua ideal fraksi dari � dan membentuk grup komu-
tatif terhadap operasi perkalian. Mula-mula akan ditunjukkan � adalah daerah Noether. Misal � adalah sebarang ideal dari �. Jika � = {0} maka menurut definisi 2.2.8, � = ⟨0⟩ maka menurut
teorema 2.2.17, daerah integral � adalah daerah Noether. Jika � adalah ideal tak sejati dari �,
maka menurut definisi 2.2.8,� = � = ⟨1⟩ sehingga menurut teorema 2.2.17, daerah integral �
adalah daerah Noether. Jika � adalah ideal taknol dan � adalah sejati dari �. Menurut teorema
3.1.1, � ∈ ℐ dan menurut definisi 3.1.2, �Q� ∈ ℐ sehingga � adalah ideal fraksi dari � yang
mempunyai invers maka menurut teorema 3.1.8, � dibangun berhingga, misal � = ⟨,�, … , ,4⟩, ,_ ∈ � untuk � = 1,2, … , 2. Jadi menurut teorema 2.2.17, � adalah daerah Noether.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
130
Selanjutnya akan dibuktikan � tertutup secara integral. Ambil sebarang : ∈ �,
misal : = VG untuk suatu , H ∈ � dan H ≠ 0. Misal i(+) = +4 + F4Q�+4Q� +⋯+ FB ∈ ���� dan
i(:) = �VG 4 + F4Q� �VG 4Q� +⋯+ FB = 0 atau �VG 4 = −F4Q� �VG 4Q� −⋯− FB. Jadi �VG 4 ∈⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩. Akan dibuktikan himpunan ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩ adalah ideal fraksi dari �. Him-
punan ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩ ≠ ∅ sebab 1 ∈ ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩ dan ambil sebarang
1 ∈ ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩, misal 1 = ℎ� + ℎ� �VG + ⋯+ ℎ4Q�(VG)4Q�untuk suatu ℎ0 ∈ � dengan
, = 1,2,3, … , 2 − 1 maka 1 ∈ �. Jadi ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩ ⊆ �. Ambil sebarang f, i ∈⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩, misal f = �� + �� �VG + ⋯+ �4Q�(VG)4Q� dan i = �� + �� �VG + ⋯+�4Q�(VG)4Q�untuk suatu �0 , �0 ∈ �dan untuk , = 1,2,3, … , 2 − 1, maka f − i = �� +�� �VG + ⋯+ �4Q� �VG 4Q�¡ − �� + �� �VG + ⋯+ �4Q� �VG 4Q�¡ = (�� − ��) + (�� −��) �VG + ⋯+ (�4Q� − �4Q�) �VG 4Q� = 1� +⋯+ 14Q� �VG 4Q� ∈ ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩. Jadi
menurut teorema 2.1.7, ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩ adalah grup bagian penjumlahan dari �. Ambil seba-
rang ¢ ∈ � dan £ ∈ ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩, misal £ = l� + l� �VG + ⋯+ l4Q� �VG 4Q� untuk suatu
l0 ∈ � untuk , = 1,2,3, … , 2 − 1 sehingga ¢£ = ¢ l� + l� �VG + ⋯+ l4Q� �VG 4Q�¡ = ¢l� +¢l� �VG + ⋯+ ¢l4Q� �VG 4Q� = �� + �� �VG + ⋯+ �4Q� �VG 4Q� ∈ ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩ untuk suatu
�0 ∈ � untuk , = 1,2,3, … , 2 − 1. Jadi menurut definisi 2.4.2, ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩ adalah modul
bagian-� kiri dari �, sehingga menurut teorema 3.1.7 ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩, adalah ideal fraksi dari
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
131
�. Misal ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩ = �. Akan dibuktikan �� = �. Himpunan �� yaitu
{∑ #0t0805� |#0 , t0 ∈ �, , = 1,2,3, … ,9�. Ambil sebarang � ∈ ��, misal � = ∑ #0t0805� untuk sua-
tu #0, t0 ∈ � untuk setiap ,. Akan dibuktikan dengan induksi matematika. Pernyataan 8̀ yaitu
∑ #0t0805� ∈ �. Akan dibuktikan 8̀ benar untuk 9 = 1. Misal #� = sB + s� �VG + ⋯+s4Q� �VG 4Q� dan t� = iB + i� �VG + ⋯+ i4Q� �VG 4Q� untuk suatu s0, i0 ∈ � dengan , =0,1,2, … , 2 − 1 sehingga
#�t�
= sB + s� �H + ⋯+ s4Q� �H 4Q�¡ iB + i� �H + ⋯+ i4Q� �H 4Q�¡
= sB iB + i� �VG + ⋯+ i4Q� �VG 4Q�¡ + ⋯+ s4Q� �VG 4Q� iB + i� �VG + ⋯+ i4Q� �VG 4Q�¡.
Perhatikan bahwa sBiB + sBi� �VG + ⋯+ sBi4Q� �VG 4Q� ∈ � dan s�iB �VG + s�i� �VG � +⋯+s�i4Q� �VG 4. Karena �VG 4 = −F4Q� �VG 4Q� −⋯− FB ∈ � sehingga
s�i4Q� �VG 4 = s�i4Q� −F4Q� �VG 4Q� −⋯− FB¡ ∈ � akibatnya s�iB �VG + s�i� �VG � +⋯+s�i4Q� �VG 4 ∈ �. Pada perkalian #�t� terdapat �VG 8 dimana 9 ≥ 2 sehingga langkah pada pern-
yataan sebelumnya dilakukan kembali sehingga #�t� ∈ �. Jadi 8̀ benar untuk 9 = 1. Diasum-
sikan 8̀ benar untuk suatu 9 ∈ ℕ sehingga ∑ #0t0805� ∈ � maka untuk 9+ 1 berlaku
∑ #0t08R�05� = ∑ #0t0805� + #8R�t8R�. Karena ∑ #0t0805� ∈ � dan #8R�t8R� ∈ � maka
∑ #0t08R�05� ∈ � sehingga 8̀ benar untuk setiap 9 ∈ ℕ akibatnya �� ⊆ �. Sebaliknya, ambil seba-
rang ¥ ∈ �, misal ¥ = :� + :� �VG + ⋯+ :4Q� �VG 4Q� maka ¥ = :� + :� �VG + ⋯+
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
132
:4Q� �VG 4Q�¡ (1), 1 ∈ �. Jadi � ⊆ ��, sehingga terbukti � = ��. Karena � ∈ � dan � adalah grup
maka menurut definisi 2.1.19, �Q� ada sehingga ��Q� = � maka ���Q� = ��Q� = � = �. Karena
: ∈ ⟨1, VG , … , �VG 4Q�⟩ = � maka : ∈ � sehingga menurut definisi 2.2.21, � tertutup secara terin-
tegral.
Akan dibuktikan setiap ideal prima taknol ` adalah ideal maksimal. Misal K ada-
lah sebarang ideal dari � dan ` ⊆ K ⊆ � sehingga akan dibuktikan ` = K atau K = �. Karena
`, K adalah ideal dari � maka menurut teorema 3.1.1, `,K adalah ideal fraksi dari � sehingga
`, K ∈ � maka menurut definisi 2.1.19, `Q�, KQ� ∈ �. Menurut teorema 3.1.11, � ⊆ KQ�. Per-
hatikan bahwa �` = ` ⊆ KQ�` ⊆ KQ�K = �. Karena (`KQ�)K = ` maka (`KQ�)K ⊆ ` dan
` ⊆ (`KQ�)K. Karena ` adalah ideal prima dan (`KQ�)K ⊆ ` maka menurut definisi 2.2.12,
`KQ� ⊆ ` atau K ⊆ `. Jika `KQ� = KQ�` ⊆ ` dan ` ⊆ `KQ� = KQ�` maka ` = `KQ� se-
hingga `Q�` = � = �KQ� maka � = �KQ� berlaku �K = K = �KQ�K = �� = �. Jika K ⊆ `
dan ` ⊆ K maka K = `. Jadi menurut definisi 2.2.13, ` adalah ideal maksimal.
6. (6) → (1) Misal � adalah sebarang ideal fraksi dari �. Menurut definisi 3.1.1, terdapat # ∈ � dan # ≠ 0
sedemikian sehingga #� ⊆ � sehingga menurut teorema 3.1.3, #� adalah ideal dari �. Karena #� adalah ideal dari � maka menurut teorema 3.1.1 #� adalah ideal fraksi dari �. Karena � adalah
daerah Noether, maka menurut teorema 2.2.17, #� = ⟨#�, … , #4⟩ dimana #_ ∈ � untuk � =1,2, … , 2. Menurut teorema 2.4.13, terdapat secara tunggal modul-� kiri yang bersifat bebas
dengan himpunan basis bebas K = {#�, … , #4}, misal q adalah modul-� kiri yang bersifat bebas
tersebut. Karena K = {#�, … , #4} adalah basis bebas dari q maka menurut definisi 2.2.8,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
133
⟨#�, … , #4⟩ = q maka #� = q adalah modul-� kiri dari � yang bersifat bebas. Karena #� adalah
modul-� kiri dari � yang bersifat bebas maka menurut teorema 2.4.14, #� adalah modul-� kiri
yang bersifat proyektif. Karena #� adalah modul-� kiri yang bersifat proyektif maka menurut
teorema 3.1.15, #� adalah ideal fraksi dari � yang mempunyai invers. Misal K adalah invers dari
#� tersebut dan menurut teorema 3.1.2, K adalah ideal fraksi dari � dan menurut definisi 3.1.2,
K(#�) = �. Perhatikan bahwa menurut teorema 3.1.4 diperoleh
(#K)� = ¦∑ m#ℎ_n,_4_5� §ℎ_ ∈ K, ,_ ∈ �, � = 1,2, … , 2¨. Karena � ⊆ � dan # ∈ � maka # ∈ � dan
ℎ_ , ,_ ∈ � untuk � = 1,2, … , 2sehingga menurut definisi 2.2.6, m#ℎ_n,_ = ℎ_m#,_n untuk � =1,2, … , 2. Jadi
(#K)� = ©um#ℎ_n,_4
_5� ªℎ_ ∈ K, ,_ ∈ �, � = 1,2, … , 2«
= ¦∑ ℎ_m#,_n4_5� §ℎ_ ∈ K, ,_ ∈ �, � = 1,2, … , 2¨ = � sehingga #K adalah invers dari �. Jadi seba-
rang ideal fraksi � dari � mempunyai invers maka menurut definisi 3.1.3, � adalah daerah Dede-
kind.
■
Contoh 3.2.1
Akan diberikan contoh lain dari daerah Dedekind yaitu ℤm√10n. Per-
hatikan himpunan ℤm√10n = ¦� + 1√10§�, 1 ∈ ℤ¨, ℤ,dan ℚm√10n = ¦� + �√10§�, � ∈ ℚ¨. Mula-mula akan dibuktikan ℤm√10n adalah daerah integral dan ℚm√10n adalah lapangan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
134
pecahan dari ℤm√10n. Jelas ℤm√10n adalah gelanggang komutatif dengan elemn satuan. Akan
ditunjukkan ℤm√10n tidak mempunyai pembagi nol. Ambil sebarang +, : ∈ ℤm√10n dan
+ = � + 1√10 dan : = �� + 1�√10 untuk suatu �, ��, 1, 1� ∈ ℤ. Misal +:
= m� + 1√10nm�� + 1�√10n = ��� + �1�√10 + 1��√10 + 1011� = 0 dan + ≠ 0 sehingga
��� + 1011� = 0 dan �1� + 1�� = 0. Jika + ≠ 0 maka � ≠ 0 atau 1 ≠ 0. Cukup dibuktikan
untuk � ≠ 0dan 1 = 0 maka dari persamaan ��� + 1011� = 0 diperoleh �� = 0 dan dari per-
samaan �1� + 1�� = 0 diperoleh 1� = 0 sebab menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah integral
sehingga : = 0 sehingga menurut definisi 2.2.4, ℤm√10n adalah daerah integral. Jelas ℚm√10n
adalah lapangan. Berikutnya akan dibuktikan ℚm√10n adalah lapangan pecahan dari ℤm√10n.
Ambil sebarang ¢ ∈ ℚm√10n, misal ¢ = � + �√10 untuk suatu �, � ∈ ℚ. Menurut contoh 2.3.2,
� = �C�D , � = �C�D untuk suatu ��, ��, ��, �� ∈ ℤ dan �� ≠ 0, �� ≠ 0 sehingga ¢ = �C�D + �C�D √10 =�C�DR�C�D√�B�D�D . Perhatikan bahwa ���� + ����√10, ���� ∈ ℤm√10n sehingga menurut teorema
2.3.13, ℚm√10n adalah lapangan pecahan dari ℤm√10n.
Selanjutnya akan dibuktikan ℤm√10n adalah grup komutatif yang bebas.
Akan dibuktikan K = ¦1, √10¨ adalah basisdarigrupℤm√10n. Ambil sebarang H ∈ ℤm√10n,
misal H = �� + 1�√10 = �� + 1�√10 dan andaikan �� ≠ �� atau 1� ≠ 1�. Karena �� +1�√10 = �� + 1�√10 maka �� − �� + (1� − 1�)√10 = 0 sehingga �� − �� = 0 dan 1� − 1� =0. Kontradiksi dengan �� ≠ �� atau 1� ≠ 1�. Jadi setiap elemen di ℤm√10n dapat dinyatakan
secara tunggal sebagai �� + ��√10 dimana ��, �� ∈ ℤ sehingga menurut teorema 2.1.18, K ada-
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
135
lah basisdarigrupℤm√10n sehingga menurut definisi 2.1.28, ℤm√10n adalah grup komutatif
yang bebas.
Berikutnya akan ditunjukkan setiap ideal taknol dari ℤm√10n mempunyai
invers. Misal � adalah ideal taknol dari ℤm√10n. Menurut definisi 2.2.8, � adalah grup komutatif
dari ℤm√10n sehingga menurut teorema 2.1.22, � adalah grup komutatif yang bebas dengan basis
dari grup � kurang dari atau sama dengan 2. Jelas bahwa � adalah modul-ℤ kiri yang bebas
dengan basis bebas K. Diperoleh � adalah ideal taknol dari ℤm√10n sehingga � adalah modul-ℤ
kiri yang bebas. Karena � adalah modul-ℤ kiri yang bebas maka menurut teorema 2.4.13, � ada-
lah modul-ℤ kiri yang proyektif sehingga menurut teorema 3.1.15, � adalah ideal fraksi dari
ℤm√10n yang mempunyai invers. Diperoleh � adalah ideal taknol ℤm√10n sehingga � adalah ide-
al fraksi dari ℤm√10n yang mempunyai invers. Jadi menurut teorema 3.2.1, ℤm√10n adalah dae-
rah Dedekind.
Contoh 3.2.2
Pada contoh ini akan diberikan suatu daerah integral yang bukan daerah Dedekind
dengan lapangan pecahan dari daerah integral tersebut. Akan dibuktikan daerah integral
ℤm√−3n = ¦� + 1√−3§�, �� ∈ ℤ¨ dengan lapangan pecahan ℚm√−3n = ¦� + �√−3§1, 1� ∈ ℚ¨ bukan daerah Dedekind.
Mula-mula akan dibuktikan ℤm√−3n adalah daerah integral. Jelas ℤm√−3n adalah
gelanggang komutatif dengan elemen satuan sebab memenuhi definisi 2.2.1. Akan dibuktikan
ℤm√−3n tidak mempunyai pembagi nol. Ambil sebarang �, 1 ∈ ℤm√−3n. Misal � = �� +��√−3 dan 1 = 1� + 1�√−3 untuk suatu ��, 1�, ��, 1� ∈ ℤ dan �1 = 0 dan � ≠ 0. Perhatikan
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
136
bahwa �1 = m�� + ��√−3nm1� + 1�√−3n = ��1� − 3��1� + (��1� + 1���)√−3 = 0 dan
� ≠ 0 sehingga �� = 0 dan �� ≠ 0 atau �� ≠ 0 dan �� = 0 atau �� ≠ 0 dan �� ≠ 0. Karena
�1 = 0 sehingga terdapat dua persamaan yaitu
(I)��1� − 3��1� = 0 dan
(II)��1� + 1��� = 0.
Kasus 1 untuk °± = ² dan °³ ≠ ²
Menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah integral sehingga pada persamaan (I) diperoleh 1� = 0
dan pada persamaan (II) diperoleh 1� = 0. Jadi terbukti 1 = 0.
Kasus 2 untuk °± ≠ ² dan °³ = ²
Analog dengan kasus 1 diperoleh 1 = 0.
Kasus 3 untuk °± ≠ ² dan °³ ≠ ²
Andaikan 1 ≠ 0 maka 1� ≠ 0 atau 1� ≠ 0
Kasus 3.1 untuk ´± = ² dan ´³ ≠ ²
Pada persamaan (I) diperoleh �� dan 1� adalah pembagi nol di ℤ sehingga menurut negasi defin-
isi 2.2.4, ℤ bukan daerah integral akibatnya kontradiksi dengan contoh 2.2.4. Jadi pengandaian
salah maka 1 = 0.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
137
Kasus 3.2 untuk ´± ≠ ² dan ´³ = ²
Analog dengan kasus 3.1 diperoleh ��, 1� adalah pembagi nol di ℤ sehingga menurut negasi
definisi 2.2.4, ℤ bukan daerah integral akibatnya kontradiksi dengan contoh 2.2.4. Jadi pengan-
daian salah maka 1 = 0.
Kasus 3.3 untuk ´± ≠ ² dan ´³ ≠ ²
Pada persamaan (I) diperoleh �� = �ODSDSC kemudian disubtitusikan pada persamaan (II) diperoleh
��ODSDSC 1� + 1��� = �ODSDDSC + SCDODSC = 0 ⟷ 3��1�� + 1���� = 0 ⟷ ��(31�� + 1��) = 0. Karena
�� ≠ 0 maka menurut contoh 2.2.4, 31�� + 1�� = 0 sehingga 1� = ±1�√−3 ∉ ℤ. Kontradiksi
dengan 1� ∈ ℤ. Jadi pengandaian salah maka 1 = 0.
Karena setiap kemungkinan pada kasus 3 terdapat kontradiksi sehingga pengandaian salah maka
1 = 0. Jadi menurut definisi 2.2.4, ℤm√−3n adalah daerah integral.
Berikutnya akan dibuktikan ℚm√−3n adalah lapangan pecahan dari ℤm√−3n.
Jelas ℚm√−3n adalah lapangan sebab memenuhi definisi 2.2.6. Selanjutnya ambil sebarang
¢ ∈ ℚm√−3n. Misal ¢ = + H√−3 untuk suatu , H ∈ ℚ sehingga menurut teorema 2.3.13,
= VCVD dan H = GCGD untuk suatu �, H�, �, H� ∈ ℤ dan � ≠ 0, H� ≠ 0. Perhatikan bahwa ¢ = VCVD +GCGD √−3 = VCGDRVDGC√Q�VDGD akibatnya �H� + �H�√−3 ∈ ℤ√−3 dan �H� ∈ ℤ√−3 sehingga menurut
teorema 2.3.13, ℚm√−3n adalah lapangan pecahan dari ℤm√−3n.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
138
Terakhir akan ditunjukkan ℤm√−3n bukan daerah Dedekind. Dipilih �R√Q�� ∈
ℚm√−3n dan polinomial monik, i(+) = �+ + �Q√Q�� ¶+ − ��R√Q�� · = +� − +√−3 − 2 ∈ℤ¸+√−3¹, maka i ��R√Q�� = 0. Namun
�R√Q�� ∉ ℤm√−3n, sehingga menurut definisi 2.2.21,
ℤ√−3 tidak tertutup secara integral, sehingga menurut teorema 3.2,1, ℤ√−3 bukan daerah De-
dekind.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB IV
PENUTUP
A. Kesimpulan
Suatu daerah integral � dengan lapangan pecahan � disebut daerah Dedekind jika dan
hanya jika setiap ideal sejati dari � adalah perkalian tunggal dari sejumlah berhingga ideal prima
dari � dan setiap ideal prima tersebut mempunyai invers jika dan hanya jika setiap ideal taknol
dari � mempunyai invers jika dan hanya jika setiap ideal fraksi dari � mempunyai invers jika
dan hanya jika himpunan semua ideal fraksi dari � membentuk grup komutatif terhadap operasi
perkalian jika dan hanya jika himpunan � adalah daerah Noether yang tertutup secara integral
dan setiap ideal prima taknol adalah ideal maksimal. Karena kelima kriteria tersebut ekivalen
satu sama lain, maka � adalah daerah Dedekind jika cukup memenuhi salah satu kriteria.
B. Saran
Skripsi ini hanya membahas kriteria daerah integral merupakan daerah Dedekind dan be-
lum sampai pada aplikasi daerah Dedekind tersebut. Karena itu, skripsi ini dapat dikembangkan
lebih lanjut tentang aplikasi dari daerah Dedekind pada ilmu matematika.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
DAFTAR PUSTAKA
Fraleigh, J.B. (2003). A First Course In Abstract Algebra. Boston: Addison-Wesley.
Gallian, J.A. (1998). Contemporary Abstract Algebra. Boston: Houghton Mifflin.
Hungerford, T.W. (1974). Algebra. New York: Springer-Verlag.
Jacobson, N. (1989). Basic Algebra II: Second Edition. New York: W.H. Freeman.
Lucas, J.F. (1990). Introduction to Abstract Mathematics. New York: Ardsley House Publishers.
Lang, S. (2002). Algebra. Oklahoma: Springer-Verlag.
Mollin, R.A. (2009). Advanced Number Theory with Applications. London: Chapman and Hall.
Passman, D.S. (1991). A Course In Ring Theory. California: Brooks/Cole.
Ribenboim, P. (1972). Algebraic Numbers. New York: Wiley-Interscience.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI