Bijeksi antara Z dan Q

Salah satu hal menarik ketika kita belajar tentang ketakberhinggaan adalah fakta bahwa “banyaknya” bilangan rasional sama dengan banyaknya bilangan bulat. Hal ini sepertinya berlawanan dengan akal sehat mengingat himpunan bilangan bulat termuat di himpunan bilangan rasional.

Kita ingin membuat pemetaan bijektif antara himpunan bilangan bulat {\mathbb{Z}} dengan himpunan bilangan rasional {\mathbb{Q}}. Untuk melakukannya kita cukup membuat pemetaan bijektif antara himpunan bilangan asli {\mathbb{N}} dan himpunan bilangan rasional positif {\mathbb{Q}^+} (why?).

Konstruksi berikut saya baca beberapa hari yang lalu dalam suatu artikel yang dimuat pada American Mathematical Monthly. Pertama akan dikonstruksi pemetaan bijektif antara {\mathbb{N}} dengan {\mathbb{Z}-\{0\}} (himpunan bilangan bulat taknol). Idenya adalah dengan memasangkan setiap bilangan asli genap dengan bilangan bulat positif dan memasangkan bilangan asli ganjil dengan bilangan bulat negatif. Secara eksplisit pemetaan {f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{Z}-\{0\}} didefinisikan sebagai berikut

    \[ f(n):=\begin{cases}\frac{n}{2}& \text{ jika $n$ genap }\\ -\frac{n+1}{2}&\text{ jika $n$ ganjil }\end{cases} \]

Mudah diperiksa bahwa pemetaan ini bijektif dan kami menyarankan pembaca untuk mengeceknya.

Berikutnya dengan menggunakan pemetaan {f} ini dan faktorisasi prima dari bilangan asli kita definisikan pemetaan {g:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{Q}^+} sebagai berikut. Pertama definisikan {g(1)=1} dan untuk setiap bilangan asli {m>1}, pertama tuliskan faktorisasi prima {m} ke dalam bentuk {m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}} dengan {p_i} bilangan prima yang berbeda untuk masing-masing {i=1,\ldots, k} dan {a_i} adalah bilangan asli. Kita definisikan

\displaystyle g(m)=g(p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k})=p_1^{f(a_1)}p_2^{(a_2)}\cdots p_k^{(a_k)}.

Buktinya tidak sulit dan bagus untuk latihan. Anda dapat membandingkan bukti yang anda dapatkan dengan bukti di bawah ini.

Baca Bukti

Kita akan periksa bahwa {g} suatu bijeksi. Misalkan {s=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}} dan {t=q_1^{b_1}q_2^{b_2}\cdots q_n^{b_n}}. Jika {g(s)=g(t)} maka {p_1^{f(a_1)}p_2^{f(a_2)}\cdots p_m^{f(a_m)}=q_1^{f(b_1)}q_2^{f(b_2)}\cdots q_n^{f(b_n)}}. Berdasarkan ketunggalan faktorisasi prima haruslah {m=n} dan semua faktor prima di ruas kiri sama dengan semua faktor prima di ruas kanan. Tanpa mengurangi keumuman kita misalkan {p_i=q_i} untuk setiap {i}. Akibatnya {f(a_i)=f(b_i)} untuk setiap {i}. Karena {f} suatu bijeksi maka {a_i=b_i} untuk setiap {i} dan dari sini kita peroleh bahwa {s=t}. Jadi {g} pemetaan injektif.

Untuk membuktikan bahwa {g} surjektif, ambil sebarang bilangan rasional positif {u/v} dengan {u,v} tidak punya faktor bersama. Tuliskan {u=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}} dan {v=p_{k+1}^{a_{k+1}}\cdots p_m^{a_m}}. Perhatikan bahwa

\displaystyle u/v=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}p_{k+1}^{-a_{k+1}}\cdots p_m^{-a_m}.

Karena {f} suatu bijeksi ada {c_1,\ldots, c_k,c_{k+1},\ldots, c_m} sehingga {f(c_i)=a_i} untuk {i=1,\ldots, k} dan {f(c_i)=-a_i} untuk {i=k+1,\ldots, m}. Dengan demikian

\displaystyle \frac{u}{v}=p_1^{f(c_1)}\cdots p_k^{f(c_k)}p_{k+1}^{f(c_{k+1})}\cdots p_m^{f(c_m)}=g(p_1^{c_1}\cdots p_k^{c_k}p_{k+1}^{c_{k+1}}\cdots p_m^{c_m}).

dan ini berarti bahwa {g} surjektif.

[collapse]

Rendered by QuickLaTeX.com

 

7 Replies to “Bijeksi antara Z dan Q”

  1. Dua latihan berikut juga menarik untuk para peminat aljabar:

    1) Buktikan bahwa tidak ada bijeksi f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Q} yang memenuhi f(x+y)=f(x)+f(y) untuk setiap bilangan bulat x,y.

    2) Buktikan bahwa satu-satunya fungsi g:\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Z} yang memenuhi g(x+y)=g(x)+g(y) untuk setiap bilangan rasional x,y adalah fungsi g(x)=0 untuk setiap x\in \mathbb{Q}.

    Pada dasarnya, soal pertama mengatakan bahwa \mathbb{Z} dan \mathbb{Q} tidak mungkin isomorfik sebagai grup (dengan operasi tambah) dan soal kedua mengatakan bahwa tidak ada homomorfisma tak trivial dari \mathbb{Q} ke \mathbb{Z}.

          1. Kalau begini bagaimana? Misalkan f:\mathbb{Q}\to \mathbb{Z} homomorfisma dengan H:=\text{Ker }f\neq Q. Berdasarkan teorema isomorfisma \mathbb{Q}/H isomorfik dengan suatu subgrup dari \mathbb{Z} melalui g. Perhatikan jika untuk setiap n bulat 1/n\in H maka \mathbb{Q}=H. Dengan demikian ada n sehingga 1/n \not\in H. Perhatikan bahwa \frac{1}{n}+H mempunyai orde hingga karena H mengandung suatu bilangan bulat. Ini mengakibatkan g(1/n +H)\in \mathbb \mathbb{Z} juga mempunyai orde hingga. Akan tetapi tidak ada unsur di \mathbb{Z} yang mempunyai unsur hingga.

          2. Ya, boleh juga, ada tipo sedikit tapi, pakai f di awal, tapi g di akhir.

            Tidak jauh berbeda juga kalau menggunakan divisible group. Suatu grup Abel G dikatakan divisible jika untuk setiap g,h di G, terdapat suatu bilangan bulat n sehingga g=n\cdot h. Dapat diperiksa bahwa kuosien dari suatu divisible group juga divisible dan divisible grup tidak mungkin siklis. Terakhir, tinggal perhatikan saja bahwa \mathbb{Q} divisible.

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *