Download - Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup
JSL Teori GRUP No Name
Latihan 1
1. Misalkan A={x : x∈dan3 x=9} dan b = 3, apakah A = b?
Solusi
A={ x : x∈dan 3 x=9 } A={3 }, b=3
A={ x∈dan x=3 } A B dan b A
Karena b=3 maka A ≠ b
2. Manakah himpunan berikut yang sama
(i) A={ x , y , z }
B= {x , y , y , x , z }
C={x , y , z ,√z2 }
Solusi
A={ x , y , z }
B= {x , y , y , x , z } dapat ditulis B= {x , y , z }
C={x , y , z ,√z2 } dapat ditulis C={ x , y , z }
Jadi A = B = C
(ii) D= {x : x adalahhuruf pada kataatik }
E={ x :adalah huruf pada kata takita }
F={i ,t , a , k }
Solusi:
D dapat ditulis D={a , t , i , k }
E dapat ditulis D= {t , a , k ,i }
F={i ,t , a , k }
Himpunan D, E, F memiliki elemen yang sama, jadi D = E = F
3. Misalkan A={ x , y , z }. Berapa banyak subset dari A, dan tuliskan subset
tersebut.
Solusi
Struktur Al Jabar @1@
JSL Teori GRUP No Name
A={ x , y , z }n ( A )=3
n ( A )=23=8
Subset-subset dari A yaitu: ∅ , {x } , { y }, {z } , {x , y } , {x , z } , {x , y , z}
4. Untuk sebarang A dan B subset dari S, tunjukkan:
a. Jika A∅ , maka A=∅
b. Jika A B, maka Bc Ac
c. Jika A B, maka A ( B ¿ )=B
d. Jika A B=∅ , maka A=∅ dan B=∅
e. ( A ¿ ) B=∅
f. Ac {B ¿c=B ¿
g. Jika A B=∅ , maka B Ac=B
h. Jika A B=∅ , maka A Bc=Bc
Solusi
Bukti:
(a) Jika A∅ , maka A=∅
Karena A∅ berarti A∅=∅
Sehingga ∅ A, maka A=∅
(b) Jika A B, maka Bc Ac
Karena A B berarti A B=B sehingga ( A B )c=Bc
Berdasarkan dalil De’ Morgan, maka:
( A B )c=Ac B c
¿ Bc
Ambil x∈Bc
Karena: Bc=Ac Bc, maka x∈ A c
Karena x∈ A c maka Bc Ac
(c) Jika A B, maka A ( B ¿ )=B
Karena A B berarti A B=B
Struktur Al Jabar @2@
JSL Teori GRUP No Name
A ( B ¿ )=A(B Ac) (definisi pengurangan)
¿ ( A B )( A A c ) (sifat distributif)
¿ ( A B ) S (sifat identitas)
¿ ( A B )
¿ B
Jadi A ( B ¿ )=B
(d) Jika A B=∅ , maka A=∅ dan B=∅
A B=∅
A B={x : x∈ A atau x∈B}
Karena ∅∈ A atau ∅∈B , maka A=∅ dan B=∅
(e) ( A ¿ ) B=∅
Bukti
( A ¿ ) B=(A Bc)B (definisi pengurangan)
¿ A(Bc B) (assosiatif)
¿ A∅
¿∅ (identitas)
(f) Ac {B ¿c=B ¿
Bukti:
Ac {B ¿c=Ac ( Bc )c (Definisi pengurangan)
¿ Ac B (hukum identitas)
¿ B Ac (hukum komutatif)
¿ B ¿ (Definisi pengurangan)
(g) Jika A B=∅ , maka B Ac=B
Bukti:
A B=∅ berarti A−B=A atau B−A=B (Definisi pengurangan)
Jika B−A=B berdasarkan definisi pengurangan, maka B Ac=B
(h) Jika A B=∅ , maka B Ac=Bc
Bukti:
Struktur Al Jabar @3@
JSL Teori GRUP No Name
A B=∅ berarti A−B=A atau B−A=B
Jika B−A=B maka:
B Ac=B (Definisi pengurangan)
( B Ac )c=Bc (kesamaan)
B( A¿¿ c)c=Bc¿ (Hukum De’morgan)
B A=Bc (Hukum identitas)
A B=Bc (Hukum komutatif)
5. Jika g :S →T dan f :T →U keduanya fungsi satu-satu.
Buktikan f g : S →U juga fungsi satu-satu
Solusi
Bukti:
g fungsi satu-satu ∀ x1 , x2∈S dengan f ( x1 )=g (x2) maka x1=x2
f fungsi satu-satu ∀ y1, y2∈S dengan f ( y1)=g( y2) maka y1= y2
pandang f g : S →U
( f g ) ( x )=f (g (x ) )∀ , x1 , x2∈¿ maka x1=x2
( f g ) ( x1 )=f (g ( x1 )) dan ( f g ) ( x2 )=f (g ( x2 ))
Karena g ( x1 )=g ( x2 ) dan f ( y1 )=f ( y2)
Maka f ¿
Jadi ( f g ) ( x1 )=( f g) ( x2 )
Olehnya itu ( f g ) satu-satu
6. Jika g :S →T dan f :T →U keduanya fungsi bijektif.
Buktikan f g : S →U juga fungsi bijektif
Solusi
Bukti:
g :S →T fungsi bijektif artinya satu-satu dan pada
Struktur Al Jabar @4@
JSL Teori GRUP No Name
g satu-satu artinya ∀ s1 , s2∈S dengan g (s1 )=g (s2) maka s1=s2
g pada ∀ t∈T ∃ s∈S∋g ( s)=t
f :T →U fungsi bijektif artinya fungsi satu-satu dan pada
f satu-satu artinya ∀ t1 , t2∈S dengan f ( t1 )=f (t 2) maka t 1=t 2
f pada ∀ x∈U∃ t∈T sehingga f ( t )=x
Pandang f g : S →U
( f g ) ( s)=f (g ( s))
∀ s1 , s2∈ f g dengan f (g ( s1 ))=f (g ( s2 )), maka:
f (g ( s1 ))=f (g ( s2 )) diketahui g (s1 )=g (s2)
( f g ) ( s1 )=( f g ) ( s2 ) s1=s2
Akibatnya ( f g ) satu-satu
∀ x∈u∃ s∈S∋ ( f g ) ( s )=x
f ( g ( s ))=x
f (t )=x
Akibatnya ( f g) pada
Karena ( f g) satu-satu dan pada, maka ( f g) bijektif.
7. Diberikan himpunan S dan T dan f : S → T berikut.
Tentukan f mana yang merupakan fungsi dan jika bukan berikan alasan.
a. S = semua wanita, dan T = semua laki-laki
f(s) = suami dari S
b. S = bilangan bulat positif
T = bilangan bulat tak negatif, dan f(s) = s – 1
c. S = bilangan bulat positif, T = S, dan f (s)= s – 1
d. S = bilangan bulat tak negatif, T = S dan f(s) = s - 1
e. S = bilangan bulat, T = S, dan f(s) = s – 1
f. S = bilangan real, T = S, dan f(s) = √s
g. S = bilangan real positif, T = S dan f(s) = √s
Solusi
Struktur Al Jabar @5@
JSL Teori GRUP No Name
(a) S = semua wanita, dan T = semua laki-laki
f(s) = suami dari S
f : S → T bukan fungsi, karena ada anggota di S yang tidak punya pasangan
di T.
(b) S = bilangan bulat positif
T = bilangan bulat tak negatif, dan f(s) = s – 1
f : S → T fungsi, karena ada anggota di S mempunyai pasangan di T.
(c) S = bilangan bulat positif, T = S, dan f (s) = s – 1
f : S → T bukan fungsi, karena ∀ s∈S∋ f (s)T
(d) S = bilangan bulat tak negatif, T = S dan f(s) = s - 1
f : S → T bukan fungsi, karena ∀ s∈S∋ f (s)T
(e) S = bilangan bulat, T = S, dan f(s) = s – 1
f : S → T fungsi, karena ∀ s∈S∋ f (s)∈T
(f) S = bilangan real, T = S, dan f(s) = √s
f : S → T bukan fungsi, karena ∀ s∈S∋ f (s)T
(g) S = bilangan real positif, T = S dan f(s) = √s
f : S → T fungsi
8. Pada soal no.7, Jika didefinisikan fungsi, tentukan apakah fungsi tersebut satu-
satu, onto, atau kedua-duanya.
Solusi
(b) S = bilangan bulat positif
T = bilangan bulat tak negatif, dan f(s) = s – 1
f : S → T fungsi
Struktur Al Jabar @6@
JSL Teori GRUP No Name
Bukti
f : S 1−1→
T , karena∀ s1 , s2∈S dengan f ( s1)=f (s2) maka s1=s2.
f : S onto→
T ,karena jika ∀ t 1 , t 2∈T ada s1∈S sehingga f ( s1)=t 1.
∴ f :S→ T Bijektif
(e) S = bilangan bulat, T = S, dan f(s) = s – 1
f : S → T fungsi bijektif
Bukti
f : S 1−1→
T , karena∀ s1 , s2∈S dengan f ( s1)=f (s2)
f ( s1)=f ( s2 )s1−1=s2−1
s1−1+1=s2−1+1 (Hukum kesamaan)
s1+(−1+1 )=s2+(−1+1) (Hukum kesamaan)
s1+0=s2+0 (Hukum Identitas)
s1=s2 (fungsi satu-satu)
Karena s1=s2, maka fungsi tersebut satu-satu.
f : S onto→
T ,karena jika ∀ t 1 , t 2∈T ada s1∈S sehingga f ( s1)=t 1.
(g) S = bilangan real positif, T = S dan f(s) = √s
f : S → T fungsi
f : S 1−1→
T , karena∀ s1 , s2∈S dengan f ( s1)=f (s2), maka √s1=√s2, jadi
s1=s2
Bukan fungsi onto karena ∃ t ∈T∋ s S
∴ f :S→ T bukan fungsi bijektif.
9. Jika f : S → T fungsi satu-satu dan onto.
Buktikan f−1:T → S juga satu-satu atau kedua-duanya.
Solusi
Bukti:
Misalkan t∈T
Struktur Al Jabar @7@
JSL Teori GRUP No Name
Maka ( f f −1 ) (t )=f ( f −1 ( t ) )¿ f ( s0 )∋ t=f ( s0 )
s0∈S∋ f (s0 )=f ( s)
Definisi f−1:T → S : f−1 ( y )=x , ∀ y∈T f (x )= y
Karena f: pada f ( x )= y
f ¿
Jadi f−1:T
1−1onto
S
Ambil y∈T maka f−1 ( y )=x , ∀ y∈T , karena f ( x )= y, maka f−1:T → S onto
10. Jika f : S → T onto, dan g :S →U dan h :T → U sehingga ( g f )=(h f ) buktikan
g = h.
Solusi
Bukti:
f−1:T → S juga satu-satu atau kedua-duanya.
Struktur Al Jabar @8@
JSL Teori GRUP No Name
Latihan 2
1. Periksa, manakah yang berikut ini membentuk grup dengan operasi * yang
didefinisikan pada G, jika bukan aksioma mana yang tidak dipenuhi.
a. G = himpunan bilangan bulat, a∗b=a−b ∀a , b∈G
b. G = himpunan bilangan bulat, a∗b=a+b+ab , ∀a , b∈G
c. G = himpunan bilangan bulat tak negatif, a∗b=a+b∀ a , b∈G
d. G = himpunan bilangan rasional, a∗b=a+b+ab , ∀a , b∈G
Solusi
a. G = himpunan bilangan bulat, a∗b=a−b ∀a , b∈G adalah grup
Bukti:
(i) Ambil ∀a ,b , c∈G berlaku a∗(b∗c )= (a∗b )∗c
a∗(b∗c )=a− (b−c )
¿ (a−b )−c
(a∗b )∗c= (a−b )−c
¿a−(b+c )
Karena a∗(b∗c ) ≠ (a∗b )∗c, maka G = himpunan bilangan bulat,
a∗b=a−b ∀a , b∈G bukan Grup.
b. G = himpunan bilangan bulat, a∗b=a+b+ab , ∀a , b∈G
Bukti:
(i) Tertutup, dalam arti ∀a ,b ,∈G berlaku a∗b∈G atau
(a+b+ab)∈G
(ii) Assosiatif, dalam arti ∀a ,b , c∈G, berlaku
a∗(b∗c )=a∗(b+c+bc )
¿a+ (b+c+bc )+a (b+c+bc )
¿a+b+c+bc+ab+ac+abc
(a∗b )∗c= (a+b+ab )∗c
¿ (a+b+ab )+c+ (a+b+ab )c
¿ (a+b+ab )+c+ac+bc+abc
Struktur Al Jabar @9@
JSL Teori GRUP No Name
¿a+b+c+bc+ab+ac+abc
Karena a∗(b∗c )= (a∗b )∗c, maka berlaku hukum asosiatif.
(iii) Tidak mempunyai unsur identitas, karena
a+b+ab=0
a+ab=−b
a (1+b)=−b
a= −b1+b
Karena ( −b1+b )G, maka G* bukan grup.
c. G = himpunan bilangan bulat tak negatif, a∗b=a+b∀ a , b∈G
Bukti:
(i) Tertutup, dalam arti ∀a ,b ,∈G berlaku a+b∈Z+¿¿
(ii) Assosiatif, dalam arti ∀a ,b , c∈Z+¿ ¿, berlaku
a+ (b+c )=a+(b+c )
(iii) Mempunyai unsur identitas, jika berlaku
a+b=b+a=a
Untuk memenuhi kesamaan di atas, maka b=0, 0 Z+¿ ¿, sehingga G
tidak mempunyai unsur identitas. Maka G bukan grup .
2. Jika (G,*) grup komutatif, buktikan (a∗b )n=anbn, ∀n∈Z,
(Z himpunan bilangan bulat)
Solusi
(G,*) grup komutatif
Adib (ab )n=anbn, ∀n∈Z+¿¿
(i) Untuk n = 1, maka (ab )1=a1 b1=ab (pernyataan benar)
(ii) Asumsikan bahwa (ab )k=ak bk(benar)
Akan ditunjukkan (ab )k+1 (juga benar)
(ab )k+1= (ab )k . ab
Struktur Al Jabar @10@
JSL Teori GRUP No Name
¿ak bk .ab
¿ak . a . bk b (sifat komutatif)
¿a(k+1 ). b(k+1) (benar)
Karena (i) dan (ii) dipenuhi maka dapat disimpulkan
(ab )n=anbn, berlaku ∀n∈Z+¿¿
(ab )0=e=e0 . e0=a0 b0
Jika n∈Z, maka (ab )n ( (ab )−1)−n
(b−1 . a−1)−n (teorema)
(b−1 )−n(a−1)
−n
(a−1)−n (b−1 )−n karena G komutatif
anbn
Sehingga (ab )n=anbn, terbukti ∀a ,b∈Z
3. Jika G grup dengan unsur identitas e, dan a2 = e, ∀a∈G, buktikan G
komutatif.
Solusi
Misalkan (G,*) grup berlaku a2 = e
Adit a*b = b*a = e
Karena a2 = e a * a = e
a = a-1
Hal ini berarti
(a*b)(a*b) = e (a*b) = (a*b)-1
Berdasarkan teorema yang menyatakan jika G grup dan a,b G, berlaku
(a b−1 )=b−1 . a−1
Sehingga:
(a∗b )=(a∗b )−1
(a∗b )=b−1 . a−1
Karena (b∗a )=b−1∗a−1, maka a∗b=b∗a
Jadi jika G grup dan a2 = e. ∀a∈G, maka G komutatif.
Struktur Al Jabar @11@
JSL Teori GRUP No Name
4. Buktikan akibat 2.12
Suatu semigrup g, membentuk grup jika ∀a ,b∈G persamaan ax=b dan
ay=b, masing-masing mempunyai penyelesaian tunggal di G
Solusi
G suatu grup dan a ,b∈G dengan a x=b selanjutnya akan dibuktikan bahwa
penyelesaian itu tunggal.
Misalkan persamaan a x=b memiliki penyelesaian u dan v maka berlaku
bahwa:
au=b dan av=b karena a∈G dan G grup maka a mempunyai invers (a-1)
sehingga au=b dan av=b.
au=av
(au ) a−1=av (a¿¿−1)¿
u(a a−1)=v (aa¿¿−1)¿ (sifat asosiatif)
u(e)=v (e) (unsur identitas)
u=v (unsur identitas)
Jadi penyelesaian dari persamaan a x=b adalah tunggal.
Selanjutnya akan dibuktikan a y=b mempunyai penyelesaian tunggal.
Perhatikan G grup dan b∈G dengan a y=b, karena b∈G dan G grup, maka
a−1∈G sehingga (a y ) a−1=b . a−1
Berarti: (a y ) a−1=b . a−1
y (a . a−1)=b .a−1 (sifat asosiatif)
y=b .a−1
Jadi b .a−1 juga merupakan penyelesaian dari y a=b sehingga dengan
sendirinya penyelesaian dari persamaan y a=b adalah juga tunggal.
5. Buktikan bahwa setiap grup yang paling banyak empat anggotanya selalu
komutatif.
Struktur Al Jabar @12@
JSL Teori GRUP No Name
6. Jika G grup dan a=a−1 ∀a∈G, buktikan G komutatif
Solusi
Bukti:
Misalkan a ,b∈G dan a ≠ b
Karena a=a−1 maka a .a=e dan b .b=e
a∈G
b∈G
g∈G
Karena (ab ) ( ab )=e
(ab )=(ab )−1
(ab )=b−1 . a−1 (b−1=b dan a−1=a)
ab=ba (terbukti)
7. Buktikan 2.15
Solusi
Suatu semi grup G disebut grup jika memenuhi
(i) Ada e∈G sehingga ae=a∀a∈G
(ii) ∀a∈G ada a−1∈G sehingga a .a−1=e
Untuk menunjukkan (i) dan (ii) maka cukup ditunjukkan bahwa ae=a dan
a .a−1=e
Perhatikan:
(i) Ada e∈G sehingga ae=a∀a∈G
(ii) ∀a∈G ada a−1∈G sehingga a .a−1=e
Pandang (ea ) . a−1=e (a . a−1). (sifat assosiatif)
¿e .e (dari ii)
¿e (dari i)
¿a .a−1 (dari ii)
Jadi diperoleh (ea ) . a−1=a . a−1
ab∈G sehingga (ab ) ( ab )=e
Struktur Al Jabar @13@
JSL Teori GRUP No Name
Dengan menggunakan teorema (2.3)
Maka ea=a .......(1)
Jadi dari (i) dan (1) diperoleh:
ae=ea=a∀a∈G
Ini berarti e unsur identitas di G
Selanjutnya pandang
(a−1 .a ) . a−1=a−1 ( a . a−1 ) (sifat assosiatif)
¿a−1 (e ) (dari ii)
¿a−1 (e identitas diG)
¿ea−1 (dari 1)
(a−1 .a ) . a−1=e . a−1
Gunakan pencoretan kanan, maka akan diperoleh:
a−1 a=e (2)
Dari (ii) dan (2) diperoleh:
∀a∈G∃a−1∈G∋a−1. a=a−1. a=e
Ini berarti semua anggota di G memiliki invers di G
∴G merupakan grup.
8. Misalkan ¿ suatu semi grup dan memenuhi
(i) Ada e∈G sehingga ae=a∀a∈G
(ii) ∀a∈G ada a−1∈G sehingga a .a−1=e
Untuk menunjukkan (i) dan (ii) cukup ditunjukkan a . e=a dan a−1 . a=e
Sekarang perhatikan:
(i) Ada e∈G sehingga ae=a∀a∈G
(ii) ∀a∈G ada a−1∈G sehingga a .a−1=e
Pandang a−1∗(a∗e )=( a−1∗a )∗e (sifat assosiatif)
¿e∗e (dari ii)
¿e (dari i)
¿a−1∗e (dari ii)
Jadi diperoleh a−1∗(a∗e )=a−1∗a
Struktur Al Jabar @14@
JSL Teori GRUP No Name
Dengan melakukan pencoretan kiri diperoleh:
a∗e=a ..... (1)
Jadi dari (i) dan (1) diperoleh:
e∗a=a∗e=a∀ a∈G
Ini berarti e unsur identitas
Selanjutnya pandang
a−1∗( a∗a−1 )= (a−1∗a ) a−1 (Assosiatif)
¿e .a−1 (dari (ii)
¿a−1(e identitas diG)
¿a−1∗e (dari 1)
Dengan menggunakan pencoretan kiri diperoleh:
a∗a−1=e ..... (2)
Dari (ii) dan (2) diperoleh:
∀a∈G ,∃a−1∈G∋a−1∗a=a∗a−1=e
Ini berarti setiap anggota di G mempunyai invers di G, oleh karena itu G grup.
9. Suatu Quasi grup yang assosiatif adalah grup.
10. Lengkapi Teorema 2.19
Invers kiri dari suatu grup juga merupakan invers
Solusi
Bukti:
Misalkan G grup dan e identitas di G
Ambil a∈G sebarang dan misalkan a−1∈G invers kiri dari a.
Jadi a .a−1=e
Masih perlu ditunjukkan bahwa a .a−1=e
Misalkan G grup dan e identitas kiri G
e .a=a ............... (1)
Karena setiap grup memiliki invers kiri maka untuk a∈G,∃a−1∈G
Sehingga:
a−1 . a=e ............... (2)
Struktur Al Jabar @15@
JSL Teori GRUP No Name
Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh:
(a¿¿−1. a) . a=( a . a−1 ) . a=e .a¿
Gunakan hukum pencoretan, maka diperoleh:
(a¿¿−1. a) . a=e . a¿
(a¿¿−1. a)=e¿
Jadi a−1 merupakan invers kanan.
11. Buktikan akibat 2.20
i) Identitas kanan suatu grup juga merupakan identitas kiri.
ii) Invers kanan suaru anggota grup juga merupakan invers kiri dari angota
tersebut.
Solusi
Bukti:
i) Misalkan G grup dan e identitas kanan di G ∀a∈G berlaku ae=a ..(1)
Karena setiap grup yang mempunyai identitas kanan
Juga mempunyai invers kanan, maka ∀a∈G∃a−1∈G sehingga a .a−1=e
.... (2)
Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh:
(e . a ) a−1=e(a .a−1) Sifat Asosiatif
¿e e .
¿a a−1
Dengan menggunakan hukum pencoretan kanan diperoleh:
e .a .a ∀a∈G
Jadi e merupakan identitas kiri.
ii) Misalkan G grup dan e identitas kanan di G
Maka berlaku:
ae=a ..(1)
Karena setiap grup yang memiliki identitas kanan juga memiliki invers
kanan, maka a∈G∃a−1∈G sehingga:
a .a−1=e .... (2)
Struktur Al Jabar @16@
JSL Teori GRUP No Name
Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh:
a ( a . a−1 )=a . e
a ( a−1 . a )=a . e
Dengan menggunakan hukum pencoretan kiri diperoleh:
a−1 . a=e
Jadi e merupakan invers kiri.
12. Misalkan G grup, (ab )3=a3b3 dan (ab )5=a5b5∀a , b∈G buktikan bahwa G
komutatif.
Solusi
Bukti:
e (ab )3=a3 b3∀ a ,b∈G
Maka (ab )3=ab . ab . ab=a3b3
¿aaa . bbb
¿a−1 ( ab . ab . ab ) b−1
¿a−1 ( aaa. bbb )b−1
¿b .ab .a=aa . bb
¿ab . ab=aa . bb
¿a4 . abab b−1=a4 . aa . bb b−1
¿ba=ab
Karena ba=ab maka G grup komutatif
e . ( ab )5=a5b5∀a , b∈G
Maka (ab )5=ab . ab . ab . ab . ab=a5b5
¿ab . ab . ab . ab . ab=aaaaa . bbbbb
¿a−1 ( ab . ab . ab . ab . ab ) b−1=a−1 . aaaaa .bbbbb . b−1
¿b−1b . ab . ab . ab . a a−1=a−1 aaaa .bbbb b−1
¿ab . ab . ab=aaa . bbb
¿a b3=aaa . bbb
¿ (ab )3=a3 b3
Struktur Al Jabar @17@
JSL Teori GRUP No Name
Berdasarkan bukti bagian pertama maka dapat dikatakan G merupakan grup
komutatif.
13. Misalkan Aα={(cos α −sin αsin α cos α ); α∈
Buktikan Aα dengan operasi perkalian matriks membentuk grup. Apakah
komutatif?
Solusi
1) cos .α .cos . α−¿
Berarti cos2 α+sin2 α ≠ 0
2) Aα tertutup.
3) Aα memiliki sifat assosiatif (operasi perkalian pada matriks M22 selalu
asosiatif?
4) Aα mempunyai identitas yaitu:
(cos α −sin αsin α cosα );α=0
5) Aα mempunyai invers kanan cos2 α+sin2 α ≠ 0 berdasarkan teorema pada
matriks.
Karena memenuhi sifat grup maka Aα grup komutatif?
Aα adalah grup komutatif
Aα∈
14. Misalkan G= {a+b√2 ; α , b∈Q } Buktikan G grup terhadap operasi
penjumlahan, Apakah G komutatif?
Bukti:
(i) Misalkan a= pq∈G dan b= x
y∈G
a+b√2= pq
+ xy√2
¿ py+xq √2qy
Struktur Al Jabar @18@
JSL Teori GRUP No Name
Jadi a+b√2∈G
(ii) Assosiatif dipenuhi
(a+b√2 )+e=(a )+ (b√2+e ) ∀a , b∈G
(iii) e=0=03∈G0+a=a+0=a
(iv)a= pq
, g≠ 0∃−a=−pq∈∋a+ (−a )=−a+a=e
Jadi G adalah grup.
G grup komutatif karena a+b√2=b√2+a
pq+ x
y√2= x
y√2+ p
q
py+x √2qy
= xy √2+ pyqy
17. Misalkan M={(a bc d) : (ad−bc )≠ 0 ;a ,b , c , d∈ }
Buktikan M dengan perkalian matriks membentuk grup, Apakah M
komutatif?
Solusi
Bukti:
(1) M tertutup
(2) M memiliki sifat Assosiatif
(3) M mempunyai identitas yaitu: [1 00 1] ,∀ aij∈,
(4) M memiliki invers
Karena ad−bc≠ 0, maka menurut teorema dalam matriks M mempunyai
invers. Dengan demikian terbukti bahwa G grup.
M bukan grup komutatif karena ∀aij∈, tidak berlaku AB ≠ BA
18. Misalkan a \{1} dengan operasi * yang didefinisikan
a∗b=a+b−ab ,∀ a ,b∈Q ¿1 }.
Apakah ∀a ,b∈Q \{1},∗¿, membentuk grup
Struktur Al Jabar @19@
JSL Teori GRUP No Name
Solusi
Diketahui Q ¿1} ∀a ,b∈Q ¿1 }, dimana a*b = a + b – ab
Adit: Q ¿1} grup
Bukti:
(1) a * b = a + b – ab
karena setiap dioperasikan maka hasilnya elemen Q ¿1}
(2) a * b = a + b – ab Asosiatif
Misalkan a= pq
, b= xy
.
a∗b asosiatif karena
pq+( x
y− px
qy )=( pq
+ xy )− px
qy
p ( y2−xy )+q x2
q y2 =p ( y2−xy )+q x2
q y2
Hal ini berarti (a+b )−ab=a+(b−ab )
(3) Mempunyai unsur identitas, yaitu:
a∗b=a+b−ab
a+b−ab=0
a (1−b )+b=0
a (1−b )=−b
a= −b(1−b ) b ≠ 1
∀a ,b∈Q ¿1 }, berlaku a= −b1−b
∴Q \{1 } memiliki unsur identitas
Dengan demikian ∴Q \{1 } juga memiliki invers karena sifat grup
terpenuhi Q ¿1} grup.
Struktur Al Jabar @20@
JSL Teori GRUP No Name
Latihan 3
15. Berikan dua contoh tak hingga yang periodik.
Solusi
e. Z = himpunan bilangan bulat, terhadap operasi penjumlahan.
Z merupakan suatu grup tak hingga, karena:
(i) Tertutup pada operasi penjumlahan
(ii) ∀a ,b , c∈Z berlaku (a+b )+c=a+(b+c )
(iii) Memiliki unsur identitas yaitu 0∈Z berlaku 0+a=a+0=a
(iv) ∀a∈Z∃a−1∈Z∋a+(−a )=e
Dengan demikian ¿ grup. Grup ini dapat dipandang sebagai grup siklik
dengan generator 1 dan -1, setiap bilangan bulat n dapat dinyatakan
sebagai jumlah n suku yang semuanya 1 dan -1.
Misalnya 3 = 1 + 1 + 1 atau -3 = -1 + (-1) + (-1)
Semua unsur/elemen di Z memiliki tingkat dengan n = 0 sehingga an=e
Dengan demikian (Z ,+¿ merupakan grup periodik tak hingga.
16. Berikan contoh grup siklik dan tentukan masing-masing generatornya.
Solusi
a. G = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} (G, +6)
G merupakan grup siklik dengan generator 1 atau 5 sebab
12 = 2 ; 2 G 15 = 5 ; 5 G
13 = 3 ; 3 G 16 = 0 ; 0 G
14 = 4 ; 4 G 17 = 1 ; 1 G
dan
Struktur Al Jabar @21@
JSL Teori GRUP No Name
52 = 4 ; 4 G 55 = 5 ; 5 G
53 = 3 ; 3 G 56 = 0 ; 0 G
54 = 2 ; 2 G 57 = 5 ; 5 G
b. G = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,7,8} (G, x9)
G merupakan grup siklik dengan generator 2 sebab
21 = 2 ; 2 G 24 = 7 ; 7 G
22 = 4 ; 4 G 25 = 5 ; 5 G
23 = 8 ; 8 G 26 = 1 ; 1 G
17. Buktikan bahwa bilangan bulat dengan operasi penjumlahan merupakan grup
siklik
Solusi
(Z,*) membentuk suatu grup
Akan ditunjukkan bahwa (Z,+) merupakan grup siklik
(Z,*) merupakan grup siklik jika dan hanya jika terdapat a∈Z sehingga
setiap anggota dari Z dapat dibentuk oleh a.
Pilih a = 1 atau a = -1
Karena 1 dan -1 dapat membentuk semua anggota di G maka 1 dan -1
merupakan generator.
Dengan demikian (Z,+) merupakan grup siklik.
18. Misalkan G=¿1>¿ grup sikli dan t ( a )=n. Buktikan bahwa am generator dari
G untuk 1 ≤m ≤ n, jika dan hanya jika m dan n relatif prima?
Solusi
Bukti:
Untuk membuktikan bahwa am generator dari G untuk 1 ≤m ≤ n (m , n )=1
∃ t , r∈B∋mt+nr=1.
Struktur Al Jabar @22@
JSL Teori GRUP No Name
Pertama akan ditunjukkan bahwa (m,n) = 1
Karena a generator dari G dan t (a) = n
Maka an=e, karena am generator dari G dan a∈G, maka:
a=(am )t
a=(am )t . e
a=(am )t . (an)r
a=amn . anr
a=amt+nr ............. (1)
Dari persamaan (1) diperoleh mt+nr=1, karena mt+nr=1, maka (m , n )=1
sebaliknya jika (m , n )=1, maka ∃ t , r∈B∋mt+nr=1 sehingga:
a=amt+nr
a=amt anr
a=(am )t . (an) t
a=(am )t . e
a=(am )t
Kesamaan terakhir ini menyatakan bahwa a dapat dinyatakan sebagai
perpangkatan bulat dari am dan karena a sebagai generator dari G, maka setiap
elemen G dapat dinyatakan sebagai perpangkatan bulat dari am, ini berarti am
adalah generator dari G.
6. Buktikan bahwa jika G grup terhingga berorde n dan ada a∈G dengan t ( a )=n,
maka G siklik.
Solusi
G suatu grup dan a ,b∈G dengan a x=b selanjutnya akan dibuktikan bahwa
penyelesaian itu tunggal.
Misalkan persamaan a x=b memiliki penyelesaian u dan v maka berlaku
bahwa:
au=b dan av=b karena a∈G dan G grup maka a mempunyai invers (a-1)
sehingga au=b dan av=b.
Struktur Al Jabar @23@
JSL Teori GRUP No Name
au=av
(au ) a−1=av (a¿¿−1)¿
u(a a−1)=v (aa¿¿−1)¿ (sifat asosiatif)
u(e)=v (e) (unsur identitas)
u=v (unsur identitas)
Jadi penyelesaian dari persamaan a x=b adalah tunggal.
Selanjutnya akan dibuktikan a y=b mempunyai penyelesaian tunggal.
Perhatikan G grup dan b∈G dengan a y=b, karena b∈G dan G grup, maka
a−1∈G sehingga (a y ) a−1=b . a−1
Berarti: (a y ) a−1=b . a−1
y (a . a−1)=b .a−1 (sifat asosiatif)
y=b .a−1
Jadi b .a−1 juga merupakan penyelesaian dari y a=b sehingga dengan
sendirinya penyelesaian dari persamaan y a=b adalah juga tunggal.
19. Buktikan bahwa setiap grup yang paling banyak empat anggotanya selalu
komutatif.
Solusi
Misalkan tingkat dari a adalah m
Karena t(a) = m, maka m merupakan bilangan bulat positif terkecil sedemikian
hingga am=e.
Pandang a ,a2 , a3 , …am=e dimana:
a ,a2 , a3 , …am ϵ G
Misalkan a i≠ a j∀i ≠ j ;1≤ i≤ m
1 ≤ j≤ m
Selanjutnya andaikan a i≠ a j dimana i> j (1 ≤ j≤ i≤ m ¿
a i=a j ( ai ) (a j )−1=e
a i . a− j=e
a i− j=e
Struktur Al Jabar @24@
JSL Teori GRUP No Name
Hal ini tidak mungkin karena i− j<m sedang, m bilangan bulat terkecil
sehingga am=e.
∴ai≠ a j ;1≤ i≤ n dan 1 ≤ j≤ n
Sehingga a ,a2 , a3 , …an berbeda
Hal ini menujukkan bahwa banyaknya anggota di G yang berbeda sama
dengan tingkat dari a atau O (G) = t(a) = n.
20. Buktikan bahwa jika G grup terhingga berorde n dan ada aϵG dengan t(a) = n,
maka G siklik.
Solusi
Bukti:
Misalkan G grup terhingga dan o (G )=n
aϵG dengan t(a) = n yaitu an=e, dibentuk A={a , a2 , a3 ,…an=e }. Elemen-
elemen dari A tidak ada yang sama sebab jika ada yang sama, Misalnya a t=ar
dengan 0<r<t<n maka a t−r=e dengan
0< t−r<n, maka a t−r=e dengan 0< t−r<n. Hal ini tidak mungkin, karena
t(a) = n yaitu n suatu bilangan bulat positif terkecil sedemikian hingga an=e,
maka t ( A )=n, karena A sub grup dari G dan O(G) = n, maka G = A. A adalah
suatu grup siklik dengan generator a, maka demikian pula G.
21. Berapa banyakkah generator yang terdapat pada grup siklik berorde 10?
Solusi
Untuk mencari banyaknya generator maka dapat digunakan teorema pada soal
no. 4,
Karena grup siklik mempunyai orde 10 dan bilangan bulat positif mempunyai
orde 10 dan bilangan bulat positif yang kurang dari 10 dan saling prima
dengan 10 adalah 1, 3, 7, 9, maka generator-generator dari grup Siklik yang
berorde 10 adalah a1 , a3 , a7 , a9
banyaknya generator adalah 4.
Struktur Al Jabar @25@
JSL Teori GRUP No Name
22. Buktikan Akibat 3.7
Jika grup G aperiodik atau campuran, maka G merupakan grup tak hingga.
Solusi
Bukti:
Ambil Gϵ G sebarang dengan a ≠ e
Pandang a ,a2 , a3 , …ak …. anggota G yang tak terhingga, maka anggota
a ,a2 , a3 , …ak …. berbeda.
Selanjutnya andaikan ada anggota G yang sama
Katakan ak=a t dimana t >k maka:
a t (ak )−1=(a¿¿k ) (ak )−1
¿
a t a−k=ak a−k
a t a−k=e
a t−k=e
Karena t > k, maka t – k >, sebab t – k = n, n merupakan bilangan bulat positif
sehingga am=e. Hal ini tidak mungkin karenagrup G aperiodik yang artinya
tidak ada n> 0, sehingga an = e atau {nϵN , an=e}=∅
Akibat a ,a2 , a3.... semua anggotanya berbeda. Dengan demikian anggota
tersebut tak terhingga.
23. Buktikan teorema 3.9
Jika a suatu anggota grup G dengan t(a) = n dan e unsur identitas di G: ak=e k
kelipatan dari n.
Solusi
Bukti:
Ambil aϵG sebarang dengan a ≠ e
Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap bilangan bulat yang merupakan
kelipatan dari n akan sama dengan salah satu anggota di (i). Misalkan ak
sebarang bilangan berpangkat dari a dimana k kelipatan dari n ∀ kϵZ
Struktur Al Jabar @26@
JSL Teori GRUP No Name
Berdasarkan Algoritma pembagian:
∀ k ,nϵZ ∃k=nq+r ; 0≤ r ≤ n
Jadi ak=anq+r
¿anqar
ak=(an )q ar
¿aq ar (karena an = e)
¿e ar
ak=ar
Karena 0 ≤ r ≤n, maka arsalah satu anggota di (i), sedang ak=ar berarti ak juga
merupakan salah satu anggota di (i),
Karena ak anggota di (i) maka ak = e.
24. Misalkan G={1 ,−1 ,i ,−i } i bilangan imaginer, tunjukkan (G, x) membentuk
grup. Apakah G juga siklik
Solusi
X 1 -1 i -i
1 1 -1 i -i
-1 -1 i -i i
i i -i i 1
-i -i i 1 -1
Tabel di atas menunjukkan bahwa
i) (G , x) tertutup
ii) (G , x) Asosiatif (operasi dari semua transformasi selalu asosiatif)
iii) Ada unsur identitas di G, yaitu 1 karena dari tabel terlihat bahwa:
1 x 1 = 1
1 x (-1) = -1
1 x i = i
1 x (-i) = -i
Struktur Al Jabar @27@
JSL Teori GRUP No Name
iv) Setiap anggota di G yaitu {1 ,−1, i ,−i } mempunyai invers yaitu 1, -1, i, -
i
Mempunyai invers yaitu 1, -1, i, -i
Karena
1 x 1 = 1
-1 x (-1) = 1
i x (-i) = 1
-i x (i) = 1
Karena i, ii, iii dan iv dipenuhi maka (G, x) merupakan grup, selanjutnya akan
ditunjukkan G siklik atau bukan.
Karena i x i=1 , i x i x i x i=1 , dan i x i x i=−i ,
Maka G merupakan grup siklik yang dibentuk oleh I dapat ditulis G = <i>
Struktur Al Jabar @28@
JSL Teori GRUP No Name
Latihan 4
25. Tunjukkan bahwa (Q ¿0 } , x ¿ merupakan subgrup dari (R\{0),x)
Solusi
Menurut Teorema 4.6 untuk membuktikan bahwa (Q ¿0 } , x ¿ subgrup dari (R\
{0),x), jika memenuhi
(v) (R ¿0¿ , x)≠ 0
(vi) ( R ¿¿ , x )(Q \{0 })
(vii) Tertutup karena ∀ x , y∈ \{0 }x , y \{0}
(viii) Memiliki invers karena ∀ x∈ \{0 }∃ x−1∈ \{0 }∋ x . x−1=e
Jadi (Q ¿0 } , x ¿ merupakan subgrup dari (R\{0),x)
26. Berikan minimal 5 contoh subgrup dari suatu subgrup.
Solusi
c. (B,+) yaitu grup bilangan bulat dengan operasi penjumlahan
K={3 n/n∈B } atau (K, +) adalah suatu grup, karena K B maka K subgrup
dari B
d. G={1 ,2 , 3 , 4 , 5 , 6 } dengan perkalian modulo 7 adalah suatu grup
K={1 ,2 ,4 } dan H={1 ,6 } masing-masing subgrup G.
e. Misalkan G G= {1 ,−1, i ,−i } dengan operasi perkalian maka (G, x)
membentuk grup pandang H={1 ,−1 } maka H G dan H membentuk grup
di G.
f. (Z, +) merupakan grup 2 Z={2 Z , Z∈Z }, maka 2Z merupakan subgrup di
Z.
Struktur Al Jabar @29@
JSL Teori GRUP No Name
g. Misalkan M 2()={[a bc d ] , a , b , c , d∈, ad−bc≠ 0}
N2()={[a bc d ] , a , b , c , d∈ , ad−bc=1}
Dengan operasi perkalian maka M 2() dan N2() membentuk grup dan N2()
merupakan subgrup dari M 2().
27. Misalkan H, K kompleks sebarang dari grup G, Apakah HK = KH?
(jika “ya” tunjukkan, jika “tidak” berikan contoh penyangkal)
Solusi
Hk ≠ kH
Contoh penyangkal
M={[a bc d ] , a , b , c , d∈ , a , b , c , d ≠ 0}
Dengan menggunakan operasi perkalian matriks, maka M membentuk grup.
Misalkan
H=[1 23 −4] dan K=[ 5 6
−7 8]H M , dan K M karena untuk H dan K memenuhi ad−bc≠ 0
elemen baris ke-1; kolom ke-1 dari HK adalah 1(5) + 2(-7) = -9
elemen baris ke-1; kolom ke-1 dari KH adalah 5(1) + 6(3) = 23
Hasil di atas membuktikan bahwa HK ≠ KH
28. Misalkan G grup dan H, K, L masing-masing subset dari H. Buktikan
H ( K∪L )=HK∪HL
Apakah H ( K ∩ L )=HK ∩ HL?
Solusi
Bukti:
berarti am adalah generator dari G.
29. Misalkan H G , H ≠∅ dan G grup.
Struktur Al Jabar @30@
JSL Teori GRUP No Name
Buktikan: H subgrup dari G jika dan hanya jika H H−1=H
Solusi
Misalkan H G , H ≠∅ dan G grup. H subgrup dan G akan dibuktikan bahwa
H H−1=H
Ambil sebarang x∈H . H−1, maka x=a b−1 dengan a ,b ,∈H , karena H
subgrup dari G dan a ,b∈H , maka menurut Teorema 4.7 a b−1∈H sehingga
x∈H
Jadi H . H−1 H ....... (1)
Ambil sebarang a∈H karena H subgrup dari G, maka G∈H , sehingga
a . e−1=a∈H . H−1
Ini berarti H H .H−1 ..... (2)
Dari (1) dan (2) disimpulkan bahwa H . H−1=H
30. Misalkan G grup dan H, K masing-masing komplex dari G.
Buktikan: HK subgrup dari G jika dan hanya jika HK = KH
Solusi
Karena H dan K subgrup-subgrup dari G, maka H . H−1=H , H−1=H ,
K K−1=K . dan K−1=K .
Jadi H, K subgrup dari G, maka ( HK )−1=HK . Karena ( HK )−1=K−1 H−1, maka
1+K=KH , sebaliknya menurut pembuktian no.5
Untuk membuktikan HK subgrup dari G kita harus menunjukkan bahwa
( HK ) ( HK )−1=HK
( HK ) ( HK )−1= (HK ) (k−1 H−1 )
¿ H ( KK−1 ) H−1 (Sifat asosiatif)
¿ ( HK ) H−1 (K K−1=K , karena K subgrup dari G)
¿ ( KH ) H−1 (HK=KH , Ketentuan)
¿ K (H H−1) (sifat assosiatif)
¿ KH (H subgrup dari G)
¿ HK (HK = KH)
Struktur Al Jabar @31@
JSL Teori GRUP No Name
Jadi HK subgrup dari G
31. Buktikan: Jika H, K subgrup dari G, maka H K juga subgrup dari G, maka H
grup siklik takhingga.
Solusi
Bukti:
Ambil x , y∈H ∩ K , H ∩ K ≠∅ , karena e∈ ( H ∩ K ) e identitas di G H ∩ K G,
karena x , y , maka:
x∈H ∩ K x∈H x∈K
y∈H ∩ K y∈H y∈K
y∈H dan H subgrup G maka y−1∈H
y∈K dan K subgrup G maka y−1∈K
Sehingga x∗y−1∈H dan x∗y−1∈K maka x∗y−1∈H ∩ K .
Jadi jika H, K subgrup dari G, maka H ∩ K juga subgrup dari G.
32. Buktikan: Teorema 4.9
Solusi
Teorema 4.9: Irisan sebarang keluarga subgrup dari grup G juga merupakan
subgrup dari G.
Bukti:
Misalkan A, B sebarang keluarga subgrup dari grup G akan dibuktikan A ∩ B
subgrup G.
Ambil a ,b∈ A ∩ B. Sesuai teorema 4.7 akan dibuktikan a∗b−1∈ A ∩B,
A ∩ B≠ 0 karena e∈( A ∩ B) e identitas di G.
A ∩G G, karena a ,b∈ A ∩ B maka:
a∈ A ∩ B a∈ A dan a∈B
b∈ A ∩ B b∈ A dan b∈B
Struktur Al Jabar @32@
JSL Teori GRUP No Name
b∈ A dan A subgrup G maka b−1∈ A
b∈B dan B subgrup G maka b−1∈B
Karena a∈ A dan b−1∈ A maka a∗b∈ A ..... (1)
a∈B dan b−1∈B maka a∗b∈B ..... (2)
Dari (1) dan (2) diperoleh a∗b−1∈ A ∩B
Karena a∗b−1∈ A ∩B maka A ∩ B subgrup G
Jadi teorema 4.9 terbukti.
33. Jika H, K subgrup dari grup H, apakah H ∪K juga subgrup dari G?
Solusi
Tidak, sebagai contoh penyangkal
¿ adalah grup (2Z, +) dan (3Z, +) adalah subgrup dari G (Z,+) akan dibuktikan
2Z atau 3Z subgrup Z
Bukti:
2 Z∪3 Z={…,−3 ,−2 , 0 ,2 , 3 , 4 ,…}
2∈(2 Z∪3 Z)
3∈(2 Z∪3 Z)
2+3(2Z∪3Z )
Sehingga 2 Z∪3 Z bukan subgrup ZJadi jika H, K subgrup dari grup G, maka H ∪K bukan subgrup dari G34. Buktikan: Jika G grup siklik takhingga dan H subgrup proper dari G, maka H
grup siklik takhingga.
Solusi
G grup siklik tak terhingga H subgrup proper dari G jika H ≠G dan H ≠{e }
akan ditunjukkan G grup siklik tak hingga maka H grup siklik tak hingga.
Misalkan generator G adalah a atau G=¿a>¿ dengan G (a )=n<a
menunjukkan bahwa bilangan positif terkecil sehingga an suatu unsur di G.
Struktur Al Jabar @33@
JSL Teori GRUP No Name
Pandang G=a ,a2 , a3 ,… an dengan an sehingga unsur terkecil sehingga
an∈H
Misalkan kita mengambil am sebarang bilangan berpangkat dari a untuk
suatu m∈Z
Dengan Algoritma pembagian yaitu untuk m , n∈Z ,∃q ,r∈Z
∋m=nq+r yang mana 0 ≤ r ≤n
Jadi am=anq+r
¿anq . ar
ar=am−nq
Diketahui HG am∈H dan
an∈H am−n∈H
am ( a−n )a∈H
am.na∈H
ar∈H dengan 0 ≤ r ≤n
Dengan demikian n bilangan bulat positif terkecil 7.
an∈H dan 0 ≤ r ≤n menunjukkan untuk r=0 maka
am=anqm=nq.
Jadi untuk sebarang am∈H maka am=anq=(an )q berarti setiap anggota H
dapat dibentuk oleh an. Jadi ⟨ an ⟩ siklik.
35. Misalkan G grup dan H={a∈G , xa=ax ,∀ x∈G}
Buktikan bahwa H subgrup dari G.
Solusi
Misalkan e unsur identitas dari G dan ea=ae maka e∈H sehingga H ≠ 0. Dari
ketentuan bahwa dari setiap elemen H adalah himpunan dari elemen G, maka
H G jadi H suatu kompleks dari G.
Ambil sebarang x , y∈H , maka xa=ax dan ya=ay, selanjutnya perhatikan
bahwa:
( x y−1 ) a=( x y−1 ) ae
Struktur Al Jabar @34@
JSL Teori GRUP No Name
¿ ( x y−1 ) a ( x y−1)
¿ ( x y−1 ) (ay ) y−1 (sifat asosiatif)
¿ ( x y−1 ) ( ya ) y−1 (y∈H )
¿ x ( y y−1) (ay ) (sifat asosiatif)
¿ xea y−1
¿ ( xa ) y−1
¿ (ax ) y−1 (x∈H)
¿a (x y−1)
Sehingga x y−1∈H Jadi H adalah subgrup dari G
36. Jika G grup komutatif dengan unsur identitas e, dan H={a∈G :a2=e }.
Buktikan H subgrup dari G.
Solusi
37. Jika G tidak mempunyai subgrup sejati. Buktikan G siklik
Solusi
38. Jika, M N masing-masing subgrup dari grup G dan untuk setiap x∈G,
x−1 M x=M dan x−1 N x=N . Buktikan jika M ∩ N={e }, maka mn=nm untuk
m∈M ,n∈N (e unsur identitas di G).
Solusi
Struktur Al Jabar @35@
JSL Teori GRUP No Name
Latihan 5
39. Misalkan Z adalah himpunan bilangan bulat (Z, +) adalah grup. Misalkan
H={3a , aϵZ }. Tunjukkan bahwa:
a) (H, +) subgrup dari (Z, +)
b) Z=H∪ (1+H )∪(2+H )
Solusi
f. ¿ subgrup dari ¿, jika ¿ grup
(i) ¿ tertutup ∀a∈Z,
(ii) Asosiatif karena ∀a ,∈Z ,e∈Z 3 a+ (3 b+e )=(3 a+3 b )+e
(iii) Mempunyai unsur identitas, karena ∃ e∈Z yaitu
e=0∋3a+0=0+3a=3 a
(iv) Memiliki invers karena ∀a∈Z∃a−1∈Z∋a+(−a )=(−a )+a=0
Jadi yaitu ¿ subgrup dari ¿
g. H= {3 a=a∈Z }={…−9 ,−6 ,−3 , 0 , 3 ,6 ,9 …}
1+H= {1+3 a∈Z }={…,−8 ,−5 ,−2 ,−1 ,1 ,4 ,7 ,10 ,…}
2+H= {2+3 a∈Z }={…,−4 ,−3 ,−2 ,−1 ,0 , 1 ,2 , 3 ,…}=Z
40. Jika H subgrup dari G
Buktikan: aH = bH jika dan hanya jika b−1 a∈H ,∀a , b∈G.
Solusi
aH =bH b−1 a∈H , ∀a , b∈G
(i) aH=bH b−1 a∈H , ∀a , b∈G
(ii) b−1 a∈H aH=bH , ∀a , b∈G
Struktur Al Jabar @36@
JSL Teori GRUP No Name
Untuk kasus (i)
H subgrup dari G
Ambil sebarang a ,b∈G∃aH=bH
Karena e∈H ¿ unsur identitas) maka
a e∈aH atau a∈H
Karena aH=bH a∈bH
b−1 a∈b−1(bH)
b−1 a∈(b−1 b)H
b−1 a∈ eH
b−1 a∈H (karena eH=H ¿
Untuk kasus (ii)
Misalkan b−1 a∈H akan ditunjukkan aH=bH
b−1∈H b−1∈aH=H (Menurut teorema bH =H
b b−1 aH=bH
e aH=bH
aH =bH
Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa
aH =bH b−1 a∈H , ∀a , b∈G
41. Buktikan, jika H subgrup dari G, maka G merupakan gabungan semua koset
kanan (kiri) dari H di G.
Solusi
Akan dibuktikan G=Ha∪Hb
H subgrup dari G maka H ≠∅
Ha={ha :b∈H }
Hb={hb :b∈H }
h∈H b∈G
a∈G, b∈G ha∈G
b∈G, h∈G hb∈G
x∈ ( HaV Hb ) x∈G
Struktur Al Jabar @37@
JSL Teori GRUP No Name
Jadi jika H subgrup dari G, maka merupakan gabungan semua koset kanan
(kiri) dari H di G.
42. Misalkan G grup dan H subgrup dari G didefinisikan relasi a≅ b(mod H ) jika
dan hanya jika b−1 a∈H
Tunjukkan bahwa relasi tersebut merupakan relasi ekuivalen.
Solusi
Misalkan G grup dari H subgrup dari G.
Ambil sebarang a ,b∈G, kemudian didefinisikan a≅ b (mod H ) b−1 a∈H
Relasi di atas memenuhi sifat berikut.
(i) Refleksi
Misalkan a∈G sebarang, karena H subgrup dari G maka
∅ a−1 eH ∀ a ,∈G sehingga diperoleh a≅ a (mod H )∀ a ,∈G.
Jadi relasi mempunyai sifat reflektif.
(ii) Simetri
Misalkan a ,b∈G sebarang dengan a≅ b (mod H ) ini berarti bahwa jika
a≅ b (mod H ) maka b−1 a∈H .
Maka (ab )−1∈H (karena H subgrup)
(b−1 )−1a−1∈H
b a−1∈H
b≅ a(mod H )
Jadi relasi memenuhi sifat relasi.
(iii) Transitif
Misalkan a ,b , e∈G∋a≅ b(mod H ) dan
b≅ e(mod H)
Maka a≅ b b≅ e (mod H)
a b−1∈H , b e−1∈H
Struktur Al Jabar @38@
JSL Teori GRUP No Name
(a b−1 ) (be−1 )∈H
a ( b−1 b ) e−1∈H
a (e ) e−1∈H (e identitas)
a e−1∈H
a≅ e(mod H)
kongruen mod H maka relasi tersebut merupakan relasi ekuivalen.
43. Misalkan G grup dan H subgrup dari G, Ha dan Hb masing-masing
merupakan koset kanan dari H di G. Tunjukkan bahwa terdapat korespondensi
satu-satu antara Ha dan Hb.
Solusi
Misalkan H subgrup di G dan a ,b∈G
Ha dan Hb adalah dua koset kanan dari H di G. Kita akan tunjukkan Ha Hb
Dibentuk pemetaan f : Ha → Hb yang didefiniskan oleh
f ( ha )=hb ∀h∈H
Pemetaan ini satu-satu karena hb∈Hbh∈H , sehingga
h1 a , h2 a∈Ha∋ f (h ,a )=f ( h2 ,a ) h1b=h2b
Sehingga h1=h2 dan h1 a=h2 b
Pemetaan ini onto sebab
hb∈Hbh∈H , sehingga ha∈Ha dan menurut definisi f ( ha )=hb
Merupakan suatu korespondensi satu-satu atau Ha berkorespondensi satu-
satu dengan Hb
44. Buktikan bahwa jika G grup terhingga o(G) = n dan a anggota sebarang di G,
maka an=e (e unsur identitas di G)
Solusi
Menurut teorema yaitu jika G grup terhingga maka:
0(a)/0(G) ,∀a∈G : misalkan 0 (a )=nan=e
n faktor dari 0(G), misalkan 0(G) adalah kelipatan dari n,
Misalnya 0 (G )=Kn∀ k∈B
Struktur Al Jabar @39@
JSL Teori GRUP No Name
Selanjutnya
a0(G)=akm=( am )k=ek=e
G grup terhingga 0(G) = n, dan ∀a∈G an=e
45. Buktikan bahwa grup terhingga berorde prima tidak mempunyai subgrup
proper.
Solusi
Misalkan G adalah grup terhingga dengan order n dimana n adalah bilangan
prima, dan jika mungkin maka kita simpulkan sebuah grup katakan orde m ≤n
Dengan teorema Langrange m membagi n
(karena n prima maka m = 1 atau m = n)
Tetapi, ada dua grup yang subgrup bukan proper.
46. Buktikan setiap grup terhingga berorde prima adalah siklik. (Gunakan
Teorema Lagrenge).
Solusi
Misalkan G suatu dan O(G) = m dengan m menurut teorema Langrange
0(G)/m, karena itu suatu bilangan prima, maka 0(a) = m, selanjutnya menurut
teorema maka G adalah elemen sebarang dari G dengan a ≠ e maka setiap
elemen G selain elemen identitas merupakan generator dari G.
Setiap grup terhingga berorde prima adalah siklik.
47. Misalkan H subgrup dari grup G. Buktikan.
( Ha )−1=a−1 H ∀a∈G
Solusi
Misalkan H subgrup dari grup G. G/H dengan perkalian bersifat tertutup. Ingat
bahwa G/H adalah himpunan semua koset kana dari H dalam G.
Struktur Al Jabar @40@
JSL Teori GRUP No Name
Setiap koset kanan dari H dalam G merupakan kompleks dari a karena
perkalian bersifat asosiatif, maka perkalian koset-koset kanan memenuhi sifat
asosiatif juga.
Perhatikan bahwa He . Ha=Ha dan
Ha. He=Ha, maka He=H adalah elemen identitas dari
G/H
Selanjutnya karena Ha. H a−1=Haa−1=He=H dan
H a−1 Ha=H a−1a=He=H , maka ( Ha )−1=H a−1∀a∈G
48. Misalkan H subgrup dari grup G, dan
K={x∈G : xH=Hx }
Buktikan bahwa K subgrup dari G
Solusi
Bukti:
k∈G
e∗e=e∈H
k ≠∅ atau K={x∈G; xH=Hx }≠∅
49. Berikan contoh grup Hemilton yang bukan grup komutatif
Solusi
50. Buktikan Akibat 5.9
Solusi
Jika B suatu grup terhingga maka f (a)/0 (G ) ,∀a∈G
Bukti:
Ambil a∈G sebarang, karena G terhingga maka f (a)≠ .
Misal f ( a )=m, maka am=e. Dibentuk himpunan H={…a ,a2…am=e }
elemen-elemen dalam H tidak ada yang sama, sebab apabila ar=as dengan
Struktur Al Jabar @41@
JSL Teori GRUP No Name
0<r<s<m , maka as−r=e, dengan 0<s−r<m. Hal ini tidak mungkin karena
f(a) = m yaitu m suatu bilangan bulat terkecil sedemikian sehingga am = e
H adalah subgrup dari G. sehingga menurut Teorema Langrange 0( H)/0 (G )
karena O ( H )=m=f (a ) t (a)/0(G)
51. Misalkan G grup dan N subgrup dari G. Buktikan bahwa, N normal jika dan
hanya jika, perkalian sebarang dua koset kanan dari N di G juga merupakan
koset kanan di G.
Solusi
Misalkan G grup dan N subgrup dari G, maka N normal.
N normal maka Na=aN dan Nb=bN ,∀b∈G
( Na ) (Nb )=N (aN ) b
¿ NNab
¿(NN )ab
¿ Nab karena N subgrup dari G
Karena a ,b∈G, sehingga Nab∈G / N yaitu Nab suatu koset kanan dari N
dalam G, sebaliknya ambil sebarang (n1a ) ( n2b )∈ ( Na )(Nb) dengan n1 , n2∈N
dan (n1a ) ( n2b )=(n1 a n2 a−1 )ab=n3ab, maka a n2a−1∈N , berarti N subgrup
norma; dari G.
52. Misalkan H dan M masing-masing subgrup normal dari G. Buktikan H ∩ M
juga subgrup normal di G
Solusi
53. Misalkan G grup, N dan H masing-masing subgrup dari G, dan N normal di G
buktikan:
a) NH={nh: n∈N , h∈H } subgrup dari G.
b) H subgrup normal dari NH
Solusi
Struktur Al Jabar @42@
JSL Teori GRUP No Name
54. Misalkan G={[a b0 d] : a , b ,d∈R , ad ≠ 0} dan N={[1 b
0 1 ] :b∈R}Buktikan:
a) G dengan operasi perkalian matriks membentuk grup.
b) N subgrup dari G.
c) N normal di G.
Solusi
(a) (G,x) membentuk grup karena:
(i) Tertutup, karena ∀a22 , b22∈G, maka a x b∈G
(ii) Asosiatif, karena ∀a ,b , c∈G (a xb ) x c=a x (b x c)
(iii) Mempunyai elemen identitas, karena ∃ e=[1 00 1]∈G dan
∀a∈G∋a xe=a
(iv) Mempunyai invers karena ∀a∈G ∃a−1 yaitu
a−1= 1det (a) [ d1 −b
−c1 a ]∈G dan det (a)≠ 0, sedemikian sehingga
a−1 . a=a−1 . a=e
Jadi (G, x) membentuk grup.
(b) N subgrup dari G
Menurut teorema 4.6 untuk membuktikan N subgrup di G, jika memenuhi
(i) N ≠ 0, karena [1 20 1]∈
(ii) N G, karena N titik mengkhusus dari G
(iii) Tertutup, karena ∀ g , h∈N g x h
=[1 b1
0 1 ][1 b2
0 1 ]=[1 b1+b2
0 1 ]∈N
(iv) Memiliki invers karena ∀ g∈G ∃g−1 yaitu g−1[1 −b1
0 1 ]∋g x g−1=g−1 g=[1 b1
0 1 ] [1 −b1
0 1 ]=[1 00 1 ]=e
Struktur Al Jabar @43@
JSL Teori GRUP No Name
Jadi N subgrup dari G
55. Buktikan Teorema 5.18
Jika H subgrup Normal dari grup hingga G, maka berlaku:
O( GH )= O (G )
O ( H )
Solusi
Bukti
O( GH )=1 a (N ) yaitu banyaknya koset kanan dari N dalam G. Menurut
Teorema Langrange, karena G grup berhingga dan N subgrup dari G maka
O(N )/O (G ) sehingga:
O( GH )= O (G )
O ( H )
56. Tunjukkan bahwa setiap grup faktor dari grup komutatif adalah komutatif.
(Apakah kebalikannya juga berlaku)?
Solusi
57. Tunjukkan bahwa setiap subgrup berindeks 2 selalu normal.
Solusi
Struktur Al Jabar @44@
JSL Teori GRUP No Name
Latihan 6
58. Tunjukkan bahwa grup ¿
Isomorpisma dengan grup (G ' , x5)=( {1 , 2 ,3 , 4 } , x5 )¿ berturut-turut menyatakan penjumlahan modulo empat dan perkalian modulo
lima)
Solusi
h. f :G → G' satu-satu
G G'
0 → 1 f (e )
1 →2
2 →3
3 → 4
i. Fungsi pada
f ( 0 )=1
f (1 )=2
f (2 )=3
f (3 )=4
j. f ¿
f ¿
f ( 0 )=1
f (1 )=2
∴¿ isomorfosis dengan ¿
59. Misalkan Z={…,−3 ,−2 ,−1 ,0 ,1,2 ,3 ,… } dan
Z '={…, 2−3 , 2−2 ,2−1 , 20 ,21 , 22 ,23 ,…} Tunjukkan
a) (Z, +) dan (Z’, x) membentuk grup
Struktur Al Jabar @45@
JSL Teori GRUP No Name
b) (Z, +) (Z’, x)
Solusi
a. (Z, +) dan (Z’, x) membentuk grup
(iii) Tutup ∀a ,b∈Z → a+b∈Z
(iv) Asosiatif ∀a ,b , c∈Z → a+(b+c )=(a+b )+c
(v) Ada unsur identitas di Z
∃ e∈Z∋∀ a∈Z berlaku a+e=e+a=a;e=0
(vi) Ada unsur invers di Z
∀a∈Z ,∃ (−a )∈Z∋a+(−a )=(−a )+a=e
(Z, +) membentuk grup
Akan ditunjukkan (Z’, x) adalah grup
(i) Tutup ∀a ,b∈Z ' → a xb∈ ' Z
(ii) Asosiatif ∀a ,b , c∈Z ' →a x (b x c )=(a xb ) x c
(iii) Ada unsur identitas di Z’
∃ e∈Z '∋∀ a∈Z ' berlaku a+e=e+a=a;e=20
(iv) Ada unsur invers di Z’
∀a∈Z ' ,∃ (−a )∈Z∋a x (−a )=(−a ) x a=1
(Z’, x) membentuk grup
b. (Z, +) (Z’, x)
Pengaitannya Tutup f : Z → Z ' yang didefinisikan
f ( a )=2a∀a∈Z
(i) Apakah f satu-satu
∀a ,b , c∈Z dengan f ( a )=f (b) maka 2a=2b
log 2a=log 2b
a log2=b log 2
ab=2 log 2
a=b
∴∀a , b∈Z dengan f ( a )=f (b) berlaku a = b (f satu-satu)
Struktur Al Jabar @46@
JSL Teori GRUP No Name
(ii) Apakah f onto
Ambil y∈Z sebarang, maka y=2a∀a∈Z
Pilih a∈Z maka f ( a )=2a=1
Jadi f onto
(iii) ∀a ,b∈Z berlaku f ( a+b )=f (a ) x f (b )
f ( a+b )=2a+ b
f ( a+b )=2a .2b
f ( a+b )=f (a ) x f (b)
Jadi (Z, +) (Z’, x)
60. Misalkan R=himpunan bilangan real dan
R'=himpunan bilangan real positif
Tunjukkan (R, +) dan (R’, x) adalah grup
Jika ada pengaitan f a: R → R' yang didefinisikan
f a (x )=ax∀ x∈
Buktikan f(a) isomorpisma (a∈R sebarang tetapi tetap, a>0)
Solusi
a. (R, +) dan (R’, x) membentuk grup
(i) Tutup ∀a ,b∈R → a+b∈ R
(ii) Asosiatif ∀a ,b , c∈ R → a+(b+c )=(a+b )+c
(iii) Ada unsur identitas di R
∃ e∈R∋∀a∈ R berlaku a+e=e+a=a;e=0
(iv) Ada unsur invers di R
∀a∈R ,∃ (−a )∈R∋a+(−a )=(−a )+a=e
(R, +) membentuk grup
Akan ditunjukkan (R’, x) adalah grup
(i) Tutup ∀a ,b∈R ' → a xb∈ ' R
(ii) Asosiatif ∀a ,b , c∈ R' →a x (b xc )= (a xb ) x c
Struktur Al Jabar @47@
JSL Teori GRUP No Name
(iii) Ada unsur identitas di R’
∃ e∈R '∋∀ a∈ R ' berlaku a+e=e+a=a;e=20
(v) Ada unsur invers di R’
∀a∈R ' ,∃ (−a )∈ R∋a x (−a )= (−a ) xa=1
(Z’, x) membentuk grup
b. (R, +) (R’, x)
Pengaitannya Tutup f : Z → Z ' yang didefinisikan
f ( a )=2a∀a∈Z
(i) Apakah f satu-satu
∀m ,,n∈Z dengan f ( m)=f (n) maka am=an
log am=logan
m log a=n log a
mn=a log a
m=n
∴∀m , n∈ R dengan f ( m)=f (n) berlaku m = n (f satu-satu)
(ii) Apakah f onto
Ambil n∈R sebarang, maka n=ax∀ x∈ R
Pilih x∈ R maka f ( x )=ax=n
Jadi f onto
(iii) ∀m ,n∈R berlaku f a (m+n )=f a (m ) x f (n )
f a (m+n )=am+n
f a (m+n )=am. an
f a (m+n )=f a (m ) x f a(n)
Jadi (R, +) (R’, x)
Struktur Al Jabar @48@
JSL Teori GRUP No Name
61. Buktikan Teorema 6.2
Solusi
Jika grup (G,0) isomorpisma dengan grup (G’,*) dengan f sebagai fungsi
isomorpismanya, maka peta dari unsur identitas di G oleh f merupakan unsur
identitas di G’
Bukti:
Misal (G,0) dan (G’,*) grup dengan (G,0) (G,*)
Pengaitannya f :G → G' f fungsi isomorpisma
Misalkan e∈G dengan e unsur identitas di G
Pandang f ( e ) yaitu peta dari e oleh f di G
Ambil sebarang a '∈G' karena (f satu-satu dan onto) maka ∃a∈G, a tunggal
sehingga f ( a )=a'
Karena a∈G dan e unsur identitas di G, maka berlaku:
a . e=e .a=a
Jika a . e=a maka f ( a . c )=f (a) (f satu-satu)
f ( a )∗f (c )=f (a) (f isimorpisma)
a '∗f (e )=a (f ( a )=a'
Dengan demikian diperoleh bahwa ∀a '∈G berlaku:
f ( e )∗a'=a'∗f ( e )=a '
Jadi f(e) merupakan unsur identitas di G’
62. Buktikan Teorema 6.4
Solusi
Misalkan (G,0) grup dan G’ himpunan dengan operasi *.
Jika ada f G→G memenuhi sifat isomorpisma maka (G’,*) grup
Bukti:
Struktur Al Jabar @49@
JSL Teori GRUP No Name
Untuk membuktikan teorema ini cukup ditunjukkan bahwa G’ memenuhi sifat
asosiatif, identitas, setiap anggota di G’ memiliki invers.
(i) Karena (G,0) (G’,*) maka setiap anggotanya bijektif (G,0) merupakan
grup, maka (G,0) memiliki sifat asosiatif, karena (G,0) (G’,*) maka
(G’,*) juga asosiatif.
(ii) Mempunyai unsur identitas.
Karena (G.0) grup maka G mempunyai identitas.
Ambil identitas e∈G
(G,0) (G’,*)
Jika e∈G dan (G,0) (G’,*) maka f ( e )∈¿
Hal ini mengindikasikan (G’,*) mempunyai identitas.
(iii) Mempunyai invers.
Apabila (G,0) (G’,*) dan jika a−1
merupakan invers dan G maka peta
(image) dari invers di G juga merupakan invers di (G’,*)
63. Misalkan (G,o) dan (G’,*) masing-masing grup dan juga
misalkan f :G → G' isomorpisma
Buktikan bahwa t ( a )=t (f (a ) )∀a∈G
¿ adalah tingkat dari a di G).
Solusi
Bukti
64. Lengkapi bukti Teorema 6.8
Solusi
Jika dua grup siklik berorde sama, maka grup tersebut isomorpisma
Buktikan:
Misalkan G ⟨a ⟩ dan G ⟨b ⟩ dan o (G )=o (G' )=n
Struktur Al Jabar @50@
JSL Teori GRUP No Name
Maka: G= {a , a2 , a3 …an }
G '= {b , b2 , b3 …bn }Bentuk fungsi f :G → G'
(i) Satu-satu
∀a∈G maka f ( ar )=br ,∀arG
(ii) ∀n∈G maka n=ar, ∀ar=n
Bila a '∈G maka f ( ar )=ar=n
Memenuhi sifat onto
(iii) ∀a ,a2∈G berlaku f ( a∗a2 )=f (b )∗f (b2)
G dan G’ isomorpisma
65. Buktikan Teorema 6.10
Solusi
Teorema 6.10 (sifat-sifat Isomorpisma)
Jika φ=G →G ' suatu isomorpisma, maka berlaku:
(i) φ (e )∗e' e dane' masing-masing identitas di G dan G’
(ii) φ ( x−1 )=φ ( x )−1∀ x∈G
(iii) φ (G) subgrup dari G
(iv) Jika S subgrup dari G maka φ (S ) subgrup dari φ (G)
Bukti:
(i) Misalkan φ=G →G ' suatu isomorpisma ∀a∈G,
Berlaku a . e=a φ (ae )=φ(e)
φ ¿ (pencoretan kiri)
φ (e )=e ' (sifat konselasi)
Jadi φ (e )∗e' e dan e' masing-masing identitas di G dan G’
(ii) Misalkan φ=G →G ' suatu isomorpisma ∀a∈G,
Berlaku: x . x−¿=e= x−1 x φ ( x. x−1 )=φ ( e )=φ(x−1 x)¿
φ ( x ) φ ( x−1 )=e'=φ ( x−1) φ(x)
Hal ini berarti φ ( x−1 )=(φ ( x ) )−1
Struktur Al Jabar @51@
JSL Teori GRUP No Name
Jadi φ ( x−1 )=φ ( x )−1∀ x∈G
(iii) φ (G) subgrup di G
φ (G) disebut monomorpisma jika φ satu-satu
Karena φ=G →G ' suatu isomorpisma dan G’ grup, maka:
Sifat yang ada pada G’ juga berlaku di φ (G)
∴φ(G) subgrup dari G
(iv) S subgrup di G
φ (G) merupakan monomorpisma
Artinya φ satu-satu
Karena φ satu-satu maka φ (G) juga satu-satu
Karena φ (G) merupakan monomorpisma
Sehingga Jika S subgrup dari G maka φ (S ) subgrup dari φ (G)
66. Buktikan teorema 6.13
Solusi
Jika φ=G →G ' suatu isomorpisma dan Ker (φ )= { y∈G , φ (g )=e ' } e ' unsur identitasdi G maka:
Ker (φ) merupakan subgrup normal dari G
Bukti:
Misalkan G dan G’ masing-masing grup dan
φ :G →G ' suatu isomorpisma
Misalkan e unsur identitas di G dan e’ unsur identitas di G’
Sesuai definisi
Ker (φ )= { y∈G , φ (g )=e ' } dan φ suatu isomorpisma, maka menurut Teorema
6.10 φ (e ' )=e ' ini berarti e∈Ker (φ)
Jadi Ker (φ)≠∅ dan jelas Ker (φ)G
Selanjutnya ambil sebarang a ,b∈Ker(φ)
Struktur Al Jabar @52@
JSL Teori GRUP No Name
Maka φ ( a )=e ' dan φ (b )=e '.
Pandang φ ( a b−1 )=φ (a ) . φ (b−1 )
¿φ (a ) [ φ (e ) }−1
¿e ' ( e' )'
¿e ' e’= e
Hal ini menunjukkan bahwa a b−1∈ ker (φ) oleh karena itu ker (φ)merupakan
subgrup dari G .... (1)
Selanjutnya jika diambil sebarang g∈G dan k∈Ker (φ) maka:
φ ( g . k . g−1 )=φ (g ) . φ ( k ) .φ (g−1)
¿φ ( g ) . e . [φ ( g ) ]−1
¿φ ( g ) [φ ( g ) ]−1
¿e
Hal ini menunjukkan bahwa ∀ g∈G , g . k . g−1∈Ker (φ) atau dengan kata lain
Ker (φ) normal di G
Dari (1) dan (2) disimpulkanbahwa Ker (φ) subnormal dari G
12. Misalkan R himpunan bilangan real dan
G={[x1 i ¿0x2 i ¿ ¿xnn¿] : x ij∈R ,|x1 i ¿0
⋱ ¿¿xnn¿|≠ 0}
dan G=R \{0 },Tunjukkan:
a) (G, xm) grup
b) (G,x) grup
c) Ada homorpisma ρ :G →G
Solusi
a) (G, xm) grup
(i) (G, xm) tertutup
Struktur Al Jabar @53@
JSL Teori GRUP No Name
∀a ,b∈R → a∗b∈R
(ii) Asosiatif
∀a ,b , c∈ R → a x (b x c )=(a xb ) x c∈ R
(iii) Memiliki identitas yaitu 1
a x 1=1 x a=a
(iv) Mempunyai invers
∀a∈R∃a−1∈R∋a x a−1=a−1 x a=1
b) (G,x) grup
(i) (G,x) tertutup
∀a ,b∈G berlaku a x b ∈R
(ii) Asosiatif
∀a ,b , c∈G berlaku a x (bxc) = (axb)xc
(iii) Memiliki identitas yaitu 1
Karena a x 1 = 1 x a = a
(iv) Mempunyai invers
∀a∈G∃a−1∈G∋a x a−1=a−1 xa=1
Struktur Al Jabar @54@
JSL Teori GRUP No Name
Struktur Al Jabar @55@