Teorema Cauchy dan Kesederhanaan A5 – A Mathematician Impostor

Pada artikel ini kita akan buktikan Teorema Cauchy dan kemudian kita gunakan aplikasi sederhananya untuk menunjukkan bahwa grup alternating ${A_5}$ sederhana. Bukti yang akan di berikan mengikuti buktinya McKay. Beliau membuktikan lemma yang lebih kuat berikut.

Lemma 1 (Mckay) Misalkan ${G}$ suatu grup berorde ${n}$ dan ${p}$ adalah bilangan prima pembagi ${n}$ . Maka banyaknya solusi dari ${x^p=e}$ di ${G}$ ada sebanyak ${kp}$ untuk suatu ${K\neq 0}$ .

Proof: Tinjau himpunan ${S=\{(a_1,\ldots,a_p) : a_i\in G \text{ dan } a_1\cdots a_p=e\}}$ . Definisikan operator ${\sigma}$ , operator pergeseran melingkar, melalui ${\sigma(a_1,a_2,\ldots, a_p)=(a_p,a_1,\ldots, a_{p-1})}$ . Definisikan relasi ekivalen di ${S}$ , dua tupel ekivalen jika kita bisa menerapkan operator ${\sigma}$ beberapa kali kepada tupel yang satu untuk mendapatkan tupel yang lain. Perhatikan bahwa jika semua ${a_1=\cdots=a_p}$ maka kelas ekivalen dari ${(a_1,\ldots, a_p)}$ hanya berisi satu unsur. Jika ada dua komponen yang berbeda, yakni ${a_i\neq a_j}$ untuk suatu ${i,j}$ , setiap menerapkan operator ${\sigma}$ kita akan memperoleh tupel yang baru. Baru setelah menerapkan ${\sigma}$ sebanyak ${p}$ kali kita kembali ke tupel semula. Dengan demikian dalam situasi ada dua komponen yang berbeda, kelas ekivalennya mengandung ${p}$ unsur.

Sekarang perhatikan bahwa agar ${a_1\cdots a_p=1}$ kita bisa memilih ${a_1,\ldots, a_{p-1}}$ sembarang dan kemudian ${a_p}$ ditentukan oleh pemilihan dari ${a_1,\ldots, a_{p-1}}$ kita, yakni ${a_p=(a_1\cdots a_{p-1})^{-1}}$ . Dengan demikian banyaknya anggota di ${S}$ adalah sama dengan banyaknya cara memilih ${a_1,\ldots, a_{p-1}}$ yakni sebanyak ${n^{p-1}}$ .

Kelas-kelas ekivalen dari relasi ekivalen di atas mempartisi ${S}$ . Misalkan ada ${r}$ kelas ekivalen yang beranggotakan 1 unsur dan ${t}$ kelas ekivalen yang beranggotakan ${p}$ unsur. Akibatnya ${r+tp=n^{p-1}}$ . Perhatikan bahwa menurut Teorema Little Fermat berlaku ${n^{p-1}\equiv n {\pmod p}}$ . Karena ${p}$ membagi ${n}$ maka ${p}$ membagi ${n^{p-1}}$ . Akibatnya ${p}$ juga membagi ${r}$ . Perhatikan bahwa $\{(e,e,\ldots,e)\}$ merupakan salah satu kelas ekivalen yang beranggotakan satu unsur. Dengan demikian ${r\neq 0}$ dan ${r=kp}$ dengan ${k\neq 0}$ . $\Box$

Theorem 2 (Cauchy) Misalkan ${G}$ grup dengan orde ${n}$ dan ${p}$ bilangan prima yang membagi ${n}$ . Maka ada unsur di ${G}$ yang berorde ${p}$ .

Proof: Dari bukti Lemma McKay di atas kita melihat bahwa banyaknya solusi ${x^p}$ dengan ${x\neq e}$ ada sebanyak ${kp-1\neq 0}$ . $\Box$

Dalam tulisan ini kita akan membuktikan bahwa ${A_5}$ , grup yang memuat semua permutasi genap di ${S_5}$ , merupakan grup yang simple.

Untuk bukti kesederhanaan ${A_5}$ kita menggunakan argumen di bukunya Martin Isaacs Algebra. Dalam bukti ini akan dihindari penggunaan teorema Sylow yang biasanya belum diperoleh pada kuliah teori grup di tingkat sarjana.

Kita akan menggunakan lema berikut dalam pembuktian

Lemma 3 Dua unsur di ${S_n}$ saling konjugat jika dan hanya jika keduanya mempunyai struktur putaran (cycle) yang sama.

Theorem 4 ${A_5}$ merupakan grup yang sederhana.

Proof: Unsur-unsur di ${A_5}$ mempunyai struktur putaran salah satu diantara struktur: ${1^5, 1\cdot 2^2, 1^2\cdot 3, 5}$ . Masing-masingnya terdapat ${1,15,20,24}$ unsur di ${A_5}$ dengan struktur putaran tersebut.

Misalkan ${N}$ adalah subgrup normal dari ${A_5}$ dengan ${N\neq {1}}$ dan ${N\neq A_5}$ . Perhatikan bahwa ${|A_5|=60=2^2\cdot 3\cdot 5}$ . Akibatnya faktor prima dari ${|N|}$ adalah 2,3 atau 5.

Jika ${3\mid |N|}$ maka menurut teorema Cauchy, ada unsur berorde 3 yang merupakan unsur di ${N}$ . Unsur tersebut jelas adalah unsur yang mempunyai struktur putaran ${1^2\cdot 3}$ . Berdasarkan lema semua unsur yang mempunyai struktur putaran ini saling konjugat satu sama lain. Karena subgrup normal ${N}$ tertutup secara konjugasi maka ${N}$ memuat semua unsur yang memiliki struktur putaran ${1^2\cdot 3}$ . Khususnya ${|N|>20}$ . Karena ${|N|}$ membagi 60, maka haruslah ${|N|=30}$ .

Jika ${5\mid |N|}$ , kembali dengan teorema Cauchy, ${N}$ memiliki unsur berorde 5 dan haruslah unsur dengan struktur putaran 5. Dengan kenormalan ${N}$ maka ke 24 unsur yang memiliki struktur putaran 5 semuanya termuat di ${N}$ . Jadi ${|N|>24}$ dan karena ${|N|}$ membagi ${60}$ maka haruslah ${|N|=30}$ .

Dengan demikian jika ${3\mid |N|}$ atau ${5\mid |N|}$ maka ${|N|=30}$ yang mengakibatkan ${3}$ dan ${5}$ keduanya membagi ${|N|}$ . Akan tetapi ini berarti semua unsur dengan struktur putaran ${1^2\cdot 3}$ dan ${5}$ termuat di ${N}$ . Jadi ${|N|>20+24=44}$ yang tidak mungkin karena ${|N|=30}$ .

Sekarang misalkan ${2\mid |N|}$ , maka dengan argumen yang serupa semua unsur dengan struktur putaran ${1\cdot 2^2}$ semuanya terkandung di ${N}$ . Jadi ${|N|>15}$ . Ini berakibat ${|N|=30}$ Tapi sudah kita tunjukkan di atas hal tersebut tidak mungkin. $\Box$

Rendered by QuickLaTeX.com

Leave a Reply Cancel reply