124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

71

Click here to load reader

Transcript of 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

Page 1: 124336421 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@

Page 2: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 3: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 4: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 5: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 6: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 7: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 8: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 9: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 10: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 11: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 12: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 13: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 14: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 15: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 16: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 17: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 18: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 19: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 20: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 21: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 22: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 23: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 24: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 25: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 26: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 27: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 28: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 29: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 30: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 31: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 32: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 33: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 34: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 35: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 36: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 37: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 38: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 39: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 40: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 41: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 42: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 43: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 44: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 45: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 46: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 47: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 48: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 49: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 50: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 51: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 52: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 53: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 54: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

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@

Page 55: 124336421 Penyelesaian Soal Latihan Teori Grup

JSL Teori GRUP No Name

Struktur Al Jabar @55@