Dua Soal Struktur Aljabar ONMIPA 2016 – A Mathematician Impostor

Pada tulisan kali ini akan dibahas tentang soal ONMIPA 2016 bidang matematika untuk sub-bidang struktur aljabar.

Soal Hari Pertama

Misalkan ${x}$ pembagi nol kiri dan ${y}$ pembagi nol kanan di suatu ring hingga ${R}$ . Buktikan bahwa ${xy}$ sekaligus merupakan pembagi nol kiri dan kanan.

Beberapa peserta berhasil menyelesaikan masalah ini. Solusi alamiah muncul dari sebuah wishful thinking, kalau saja ${y}$ juga merupakan pembagi nol kiri, yakni ada ${u\neq 0}$ sehingga ${yu=0}$ maka ${xy}$ akan menjadi pembagi nol kiri, karena ${xyu=x(yu)=x\cdot 0=0}$ . Sekarang memangnya kenapa jika ${y}$ bukan pembagi nol kiri ? Jika ${y}$ bukan pembagi nol kiri maka pemetaan ${s\mapsto ys}$ dari ${R}$ ke ${R}$ merupakan pemetaan yang injektif (periksa!). Karena ${R}$ hingga maka pemetaan ini juga surjektif. Karena ${x}$ pembagi nol kiri, maka ada ${v\neq 0}$ sehingga ${xv=0}$ . Karena ${s\mapsto ys}$ surjektif, ada ${t\in R}$ sehingga ${yt=v}$ . Ini mengakibatkan ${xyt=xv=0}$ . Jadi ${xy}$ pembagi nol kiri.

Untuk menunjukkan bahwa ${xy}$ juga merupakan pembagi nol kanan, kami serahkan kepada pembaca.

Cara lain yang lebih teoretis adalah dengan pertama membuktikan lemma berikut

Bukti Lain

Lemma 1 ${a\neq 0}$ merupakan pembagi nol kanan jika dan hanya jika ${Ra\subset R}$ (subset sejati). Proof: Jika ${a}$ bukan pembagi nol kanan, maka pemetaan ${u\mapsto ua}$ tidak injektif dan akibanya tidak surjektif (karena ${R}$ ) hingga. dengan demikian ${Ra}$ subset sejati dari ${R}$ . Sebaliknya jika ${Ra}$ subset sejati dari ${R}$ maka ${u\mapsto ua}$ tidak surjektif dan akibatnya tidak injektif. Berarti ada ${u\neq v}$ sehingga ${ua=va}$ , yang berakibat ${(u-v)a=0}$ . Jadi ${a}$ pembagi nol kanan. $\Box$ Untuk pembagi nol kiri kita punya lema yang serupa. Lemma 2 ${a\neq 0}$ merupakan pembagi nol kiri jika dan hanya jika ${aR\subset R}$ . Sekarang jika ${x}$ pembagi nol kiri dan ${y}$ pembagi nol kanan maka ${xR\subset R}$ dan ${Ry\subset R}$ . Karena ${(xy)R=x(yR)\subseteq xR\subset R}$ maka ${xy}$ pembagi nol kiri. Demikian pula karena ${R(xy)=(Rx)y\subseteq Ry\subset R}$ maka ${xy}$ pembagi nol kanan.

[collapse]

Soal tentang struktur aljabar berikutnya adalah sebagai berikut:

Soal Hari Kedua

Misalkan ${G}$ grup berorde ${n}$ dan ${p}$ adalah bilangan prima terkecil sehingga ${p}$ membagi ${n}$ . Jika ${H}$ adalah satu-satunya subgrup dari ${G}$ berorde ${p}$ , tunjukkan bahwa ${gh=hg}$ untuk setiap ${g\in G}$ dan ${h\in H}$ .

Bukti 1

Ambil ${g\in G}$ . Perhatikan bahwa ${gHg^{-1}}$ juga merupakan subgrup berorde ${p}$ . Dari kondisi yang diberikan soal kita peroleh ${gHg^{-1}=H}$ . Akibatnya pemetaan ${f:H-\{e\}\rightarrow H-\{e\}}$ melalui ${f(h)=ghg^{-1}}$ terdefinisi dengan baik. Mudah diperiksa bahwa pemetaan ini merupakan suatu pemetaan bijektif. Karenanya kita bisa melihat ${f}$ sebagai permutasi atas ${p-1}$ unsur, yakni ${f\in S_{p-1}}$ . Karena ${|S_{p-1}|=(p-1)!}$ maka ${f^{(p-1)!}= \text{pemetaan identitas }}$ . Perhatikan bahwa ${f^{n}(h)=g^nh(g^{-1})^n=h}$ (karena ${g^n=e}$ untuk setiap ${g\in G}$ ). Dengan demikian orde ${f}$ sekaligus membagi ${(p-1)!}$ dan membagi ${n}$ . Jika orde ${f}$ adalah ${t\neq 1}$ maka ${t}$ mempunyai faktor prima ${q}$ . Karena ${t\mid (p-1)!}$ dan ${t\mid n}$ maka ${q\mid n}$ dan ${q\mid (p-1)!}$ sehingga ${q\leq p-1}$ adalah bilangan prima yang kurang dari ${p}$ yang membagi ${n}$ (kontradiksi!). Jadi haruslah orde ${f}$ adalah 1 atau dengan kata lain ${ghg^{-1}=h\Leftrightarrow gh=hg}$ .

[collapse]

Bukti 2

Cara lain dengan menggunakan aksi grup adalah sebagai berikut. Tinja aksi dari ${G}$ terhadap ${H}$ dengan konjugasi ${g\cdot h=ghg^{-1}}$ untuk setiap ${g\in G}$ dan ${h\in H}$ . Aksi ini terdefinisi dengan baik karena ${gHg^{-1}=H}$ . Ambil ${h\neq e}$ di ${H}$ . Menurut teorema orbit-stabilizer kita peroleh $\displaystyle |G|=|\text{orbit}(h)||G_h|$ dengan ${\text{orbit }(h)=\{ghg^{-1}\mid g\in G\}}$ dan ${G_h=\{g\in G\mid ghg^{-1}=h\}}$ . Karena ${h\neq e}$ maka ${ghg^{-1}\neq e}$ untuk setiap ${g\in G}$ atau dengan kata lain ${e\not \in \text{orbit }(h)}$ . Jadi ${|\text{orbit} (h)|\leq p-1}$ . Jika ${|\text{orbit} (h)|> 1}$ maka ada prima ${q}$ sehingga ${q\mid |\text{orbit} (h)| \mid n}$ . Jadi ${q\mid n}$ dan ${q\leq p-1}$ yang bertentangan dengan fakta bahwa ${p}$ adalah prima terkeil yang membagi ${n}$ . Jadi haruslah ${|\text{orbit} (h)|=1}$ . Karena ${h\in \text{orbit} (h)}$ maka haruslah ${ghg^{-1}=h \Leftrightarrow gh=hg}$ untuk setiap ${g\in G}$ .

[collapse]

2 Replies to “Dua Soal Struktur Aljabar ONMIPA 2016”

Sukardi says:

November 14, 2017 at 3:39 pm

Bagus postingannya.
Mau nanya. Bagaimana sih cara membuat tombol dropdown BUKTI 1 DAN BUKTI 2 (yg bisa dicollapse) sprti itu?

1. Barra says:
  
  November 15, 2017 at 10:00 am
  
  Gunakan plugin BBSpoiler (https://wordpress.org/plugins/bbspoiler/)

2 Replies to “Dua Soal Struktur Aljabar ONMIPA 2016”

Leave a Reply Cancel reply