[Eksplorasi] Soal 1 hari pertama ON MIPA 2011
Soal berikut adalah soal ON MIPA tahun 2010 hari pertama soal nomor 1 [dapet dari blog Raja Oktovin ]
Saya tidak hanya akan mencoba membahas soal ini (tapi sedikit memodifikasi/memberi komentar yang berhubungan dengan soalnya, dan akan saya lakukan untuk soal-soal yang lain :D)
Solusi:
$\Rightarrow$ Misalkan $N$ subgroup normal, maka untuk setiap $s \in S$ diperoleh $s\in N$ sehingga $g s g^{-1} \in N$ untuk setiap $g\in G$, secara khusus karena $T\subset G$ diperoleh $tst^{-1} \in N$ untuk setiap $t\in T$, diperoleh $tSt^{-1} \in N$.
$\Leftarrow$ Misalkan $tSt^{-1} \subseteq N$ untuk setiap $t\in T$. Ambil sebarang $n \in N$ dan sebarang $g\in G$, maka $$n=s_1 s_2 \cdots s_k \qquad g=t_1t_2\cdots t_l$$ dimana $s_i \in S$ dan $t_i\in T$.
Jadi
\begin{align*}gng^{-1} &= \prod_{i=1}^l t_i \prod_{i=1}^k s_i \prod_{i=1}^l t_{l-i+1}^{-1}\\
&= \prod_{i=1}^{l-1}t_i \left(\prod_{j=1}^k t_l s_j t_l^{-1}\right) \prod_{i=2}^l t_{l-i+1}^{-1}
\end{align*}
Berdasarkan sifat tertutup dari $N$ dan karena $t_l s_j t_l^{-1} \in N$ maka $\left(\prod_{j=1}^k t_l s_j t_l^{-1}\right) \in N$. Sehingga $\prod_{j=1}^k t_l s_j t_l^{-1} = \prod_{i=1}^{k_1} s_i^{(1)}$ dimana $s_i^{(1)}\in S$. Jadi
\begin{align*}
gng^{-1}=\prod_{i=1}^{l-1}t_i \prod_{i=1}^{k_1} s_i^{(1)} \prod_{i=2}^l t_{l-i+1}^{-1}
\end{align*}
Pada perkalian diatas, banyak suku $t_i$ sudah berkurang sebuah. Dengan cara yang serupa, kita dapat mengurangi jumlah suku dari $\prod_{i=1}^{l-1}t_i$ dan $\prod_{i=2}^l t_{l-i+1}^{-1}$ sehingga setelah $l-1$ kali kita peroleh
\[gng^{-1}=t_1 \prod_{i=1}^{k_{l-1}} s_i^{(l-1)} t_1^{-1} = \prod_{i=1}^{k_{l-1}} (t_1 s_i^{(l-1)}t_1^{-1}) \in N\]
terbukti.
Modifikasi
Karena notasi $\langle X \rangle$ biasanya digunakan untuk subgroup terkecil yang memuat $X$, yaitu
\[\langle X \rangle := \bigcap \{H : X \subseteq H \text{ dan $H$ adalah subgroup dari $G$} \} \]
Irisan dari semua subgroup dari $G$ yang memuat $X$.
Definisi ini adalah yang umum digunakan untuk $\langle X \rangle$. Jelas bahwa $X\subseteq \langle X\rangle$, dan apabila $H$ adalah sebarang subgrup yang memuat $X$ maka $\langle X \rangle \subseteq H$.
Cukup natural apabila juga dipertanyakan:
Jawabannya : tidak selalu, lihat counterexample dibawah.
Pembuktian dari kiri ke kanan, similar. Jadi berikutnya kita hanya akan membuktikan dari kanan ke kiri. Berikut adalah sebuah lemma yang berkaitan dengan $\langle X \rangle$
Misalkan $S$ adalah himpunan yang memuat hasil kali yang berbentuk $x_1 x_2 \cdots x_v$ dengan $x_i \in X$ atau $x_i^{-1}\in X$. Pertama-tama, kita buktikan bahwa $S$ adalah subgroup dari $G$. Perhatikan bahwa jika $d=x_1 x_2 \cdots x_v$ dan $e=x_1^{\prime} x_2^{\prime} \cdots x_u^{\prime}$ dimana $x_i, x_i^{\prime} \in X$ atau $x_i^{-1},{x_i^{\prime}}^{-1} \in X$
maka
\[de=x_1 x_2 \cdots x_v x_1^{\prime} x_2^{\prime} \cdots x_u^{\prime} \]
jelas memenuhi syarat sebagai anggota $S$, jadi $S$ tertutup. Kemudian $d^{-1}=x_v^{-1}\cdots x_2^{-1}x_1^{-1}$ memenuhi $x_i^{-1}\in X$ atau $x_i = (x_i^{-1})^{-1} \in X$, sehingga $S$ memenuhi sifat inverse. Jadi $S$ adalah subgroup dari $G$.
Kemudian karena $X \subset S$, maka $S$ adalah suatu subgroup yang memuat $X$, hal ini menyebabkan $\langle X \rangle \subset S$. Kemudian untuk sebarang $s \in S$, maka $s$ adalah perkalian dari anggota-anggota $X$ atau yang inverse nya ada di $X$, yakni $s$ adalah perkalian dari anggota-anggota yang berada di $\langle X \rangle$, karena $\langle X\rangle$ tertutup terhadap perkalian maka $s\in \langle X \rangle$, jadi $S=\langle X\rangle$.
Apabila $G$ grup berhingga maka $\langle X\rangle$ yang ada di ON MIPA sama dengan yang di Lemma 1.
Perhatikan bahwa dengan cara yang sama seperti bukti sebelumnya himpunan $S=\{x_1x_2\cdots x_v | x_i \in X\}$ tertutup terhadap operasi pada $G$, dan karena $G$ berhingga, maka $S$ adalah subgroup. Dengan cara yang sama seperti bukti sebelum nya diperoleh $\langle X \rangle=S$.
Dengan Lemma 2 ini, soal modifikasi pertama berubah menjadi soal ON MIPA, dengan demikian soal selesai.
Apabila $G$ tidak berhingga, maka soal modifikasi pertama tersebut salah. Counterexample (diberikan oleh Arturo Magidin)
$G=\langle S \cup \{x\}\rangle$ dimana $S=\left\{\left.\left(\begin{array}{cc}1 & m\\ 0 & 1\end{array}\right)\in G\ \right|\ m\in\mathbb{Z}\right\}$ dan $x = \left(\begin{array}{cc} 2 & 0\\ 0 & 1\end{array}\right).$ Pada kasus ini $N=S$ dan $tNt^{-1} \subset N$ namun $N$ tidak normal di $G$, karena $x^{-1}\left(\begin{array}{cc}1 & 1\\ 0 & 1\end{array}\right)x \not\in N$.
Untuk soal 1 modifikasi kedua, kita gunakan Lemma berikut:
Ambil sebarang $g\in G$, maka
\[g=t_1t_2\cdots t_k\]
dimana $t_i\in T$ atau $t_i^{-1}\in T$. Dari hipotesis diperoleh $tNt^{-1}$ mengakibatkan $t^{-1}Nt=N$, jadi untuk setiap $t_i$ (tidak harus di $T$ asalkan inverse nya di $T$) berlaku $t_iNt_i^{-1}=N$. Sehingga untuk setiap $n \in N$ diperoleh
\[gng^{-1}= t_1t_2\cdots \underbrace{(t_k n t_k^{-1})}_{\in N} \cdots t_1^{-1} \in N.\]
Jadi $N$ adalah subgroup normal.
Untuk $N$ subgrup berhingga, maka $t^{-1}Nt \subset N$ akan menyebabkan $t^{-1} Nt = N$ (Bukti untuk fakta ini hampir selalu ada di setiap buku aljabar abstract yang membahas subgroup normal).
Sehingga dengan Lemma 3 dan karena $N$ subgrup berhingga soal 1 modifikasi kedua selesai :D
Saya tidak hanya akan mencoba membahas soal ini (tapi sedikit memodifikasi/memberi komentar yang berhubungan dengan soalnya, dan akan saya lakukan untuk soal-soal yang lain :D)
Soal 1. Misalkan $N$ adalah subgroup berhingga dari $G$. Misalkan $G=\langle T \rangle$ dan $N=\langle S \rangle$ dimana $S,T \subseteq G$. Buktikan bahwa $N$ subgroup normal jika dan hanya jika $tSt^{-1} \subseteq N$ untuk setiap $t\in T$.Gunakan definisi: $\langle X \rangle = \{x_1x_2\cdots x_n | x_i \in X\}$
Solusi:
$\Rightarrow$ Misalkan $N$ subgroup normal, maka untuk setiap $s \in S$ diperoleh $s\in N$ sehingga $g s g^{-1} \in N$ untuk setiap $g\in G$, secara khusus karena $T\subset G$ diperoleh $tst^{-1} \in N$ untuk setiap $t\in T$, diperoleh $tSt^{-1} \in N$.
$\Leftarrow$ Misalkan $tSt^{-1} \subseteq N$ untuk setiap $t\in T$. Ambil sebarang $n \in N$ dan sebarang $g\in G$, maka $$n=s_1 s_2 \cdots s_k \qquad g=t_1t_2\cdots t_l$$ dimana $s_i \in S$ dan $t_i\in T$.
Jadi
\begin{align*}gng^{-1} &= \prod_{i=1}^l t_i \prod_{i=1}^k s_i \prod_{i=1}^l t_{l-i+1}^{-1}\\
&= \prod_{i=1}^{l-1}t_i \left(\prod_{j=1}^k t_l s_j t_l^{-1}\right) \prod_{i=2}^l t_{l-i+1}^{-1}
\end{align*}
Berdasarkan sifat tertutup dari $N$ dan karena $t_l s_j t_l^{-1} \in N$ maka $\left(\prod_{j=1}^k t_l s_j t_l^{-1}\right) \in N$. Sehingga $\prod_{j=1}^k t_l s_j t_l^{-1} = \prod_{i=1}^{k_1} s_i^{(1)}$ dimana $s_i^{(1)}\in S$. Jadi
\begin{align*}
gng^{-1}=\prod_{i=1}^{l-1}t_i \prod_{i=1}^{k_1} s_i^{(1)} \prod_{i=2}^l t_{l-i+1}^{-1}
\end{align*}
Pada perkalian diatas, banyak suku $t_i$ sudah berkurang sebuah. Dengan cara yang serupa, kita dapat mengurangi jumlah suku dari $\prod_{i=1}^{l-1}t_i$ dan $\prod_{i=2}^l t_{l-i+1}^{-1}$ sehingga setelah $l-1$ kali kita peroleh
\[gng^{-1}=t_1 \prod_{i=1}^{k_{l-1}} s_i^{(l-1)} t_1^{-1} = \prod_{i=1}^{k_{l-1}} (t_1 s_i^{(l-1)}t_1^{-1}) \in N\]
terbukti.
Modifikasi
Karena notasi $\langle X \rangle$ biasanya digunakan untuk subgroup terkecil yang memuat $X$, yaitu
\[\langle X \rangle := \bigcap \{H : X \subseteq H \text{ dan $H$ adalah subgroup dari $G$} \} \]
Irisan dari semua subgroup dari $G$ yang memuat $X$.
Definisi ini adalah yang umum digunakan untuk $\langle X \rangle$. Jelas bahwa $X\subseteq \langle X\rangle$, dan apabila $H$ adalah sebarang subgrup yang memuat $X$ maka $\langle X \rangle \subseteq H$.
Cukup natural apabila juga dipertanyakan:
Apabila definisi $\langle X \rangle$ diganti menjadi subgroup terkecil yang memuat $X$, apakah soal tetap benar?
Jawabannya : tidak selalu, lihat counterexample dibawah.
Soal 1 (Modifikasi Pertama). Misalkan $G$ adalah grup berhingga dan $N$ adalah subgroup dari $G$. Misalkan $G=\langle T \rangle$ dan $N=\langle S \rangle$ dimana $S,T \subseteq G$. Buktikan bahwa $N$ subgroup normal jika dan hanya jika $tSt^{-1} \subseteq N$ untuk setiap $t\in T$.$\langle X \rangle$ adalah subgroup terkecil dari $G$ yang memuat $X$.
Soal 1 (Modifikasi Kedua). Misalkan $N$ adalah subgroup berhingga dari $G$. Misalkan $G=\langle T \rangle$ dimana $T \subseteq G$. Buktikan bahwa $N$ subgroup normal jika dan hanya jika $tNt^{-1} \subseteq N$ untuk setiap $t\in T$.
$\langle X \rangle$ adalah subgroup terkecil dari $G$ yang memuat $X$.
Pembuktian dari kiri ke kanan, similar. Jadi berikutnya kita hanya akan membuktikan dari kanan ke kiri. Berikut adalah sebuah lemma yang berkaitan dengan $\langle X \rangle$
(Lemma 1) Untuk $\langle X \rangle$ adalah subgrup terkecil dari $G$ yang memuat $X$ maka anggota-anggota di $\langle X\rangle$ berbentuk : \[x_1x_2 \cdots x_v\] dimana $x_i \in X$ atau $x_i^{-1}\in X$.Bukti:
Misalkan $S$ adalah himpunan yang memuat hasil kali yang berbentuk $x_1 x_2 \cdots x_v$ dengan $x_i \in X$ atau $x_i^{-1}\in X$. Pertama-tama, kita buktikan bahwa $S$ adalah subgroup dari $G$. Perhatikan bahwa jika $d=x_1 x_2 \cdots x_v$ dan $e=x_1^{\prime} x_2^{\prime} \cdots x_u^{\prime}$ dimana $x_i, x_i^{\prime} \in X$ atau $x_i^{-1},{x_i^{\prime}}^{-1} \in X$
maka
\[de=x_1 x_2 \cdots x_v x_1^{\prime} x_2^{\prime} \cdots x_u^{\prime} \]
jelas memenuhi syarat sebagai anggota $S$, jadi $S$ tertutup. Kemudian $d^{-1}=x_v^{-1}\cdots x_2^{-1}x_1^{-1}$ memenuhi $x_i^{-1}\in X$ atau $x_i = (x_i^{-1})^{-1} \in X$, sehingga $S$ memenuhi sifat inverse. Jadi $S$ adalah subgroup dari $G$.
Kemudian karena $X \subset S$, maka $S$ adalah suatu subgroup yang memuat $X$, hal ini menyebabkan $\langle X \rangle \subset S$. Kemudian untuk sebarang $s \in S$, maka $s$ adalah perkalian dari anggota-anggota $X$ atau yang inverse nya ada di $X$, yakni $s$ adalah perkalian dari anggota-anggota yang berada di $\langle X \rangle$, karena $\langle X\rangle$ tertutup terhadap perkalian maka $s\in \langle X \rangle$, jadi $S=\langle X\rangle$.
Apabila $G$ grup berhingga maka $\langle X\rangle$ yang ada di ON MIPA sama dengan yang di Lemma 1.
(Lemma 2) Apabila $G$ adalah grup berhingga, maka $\langle X \rangle= \{x_1x_2\cdots x_v | x_i \in X\}$ (definisi yang sama dengan soal di ON MIPA)Bukti :
Perhatikan bahwa dengan cara yang sama seperti bukti sebelumnya himpunan $S=\{x_1x_2\cdots x_v | x_i \in X\}$ tertutup terhadap operasi pada $G$, dan karena $G$ berhingga, maka $S$ adalah subgroup. Dengan cara yang sama seperti bukti sebelum nya diperoleh $\langle X \rangle=S$.
Dengan Lemma 2 ini, soal modifikasi pertama berubah menjadi soal ON MIPA, dengan demikian soal selesai.
Apabila $G$ tidak berhingga, maka soal modifikasi pertama tersebut salah. Counterexample (diberikan oleh Arturo Magidin)
$G=\langle S \cup \{x\}\rangle$ dimana $S=\left\{\left.\left(\begin{array}{cc}1 & m\\ 0 & 1\end{array}\right)\in G\ \right|\ m\in\mathbb{Z}\right\}$ dan $x = \left(\begin{array}{cc} 2 & 0\\ 0 & 1\end{array}\right).$ Pada kasus ini $N=S$ dan $tNt^{-1} \subset N$ namun $N$ tidak normal di $G$, karena $x^{-1}\left(\begin{array}{cc}1 & 1\\ 0 & 1\end{array}\right)x \not\in N$.
Untuk soal 1 modifikasi kedua, kita gunakan Lemma berikut:
(Lemma 3) Jika $G=\langle T \rangle$ dan $N$ adalah subgroup dari $G$ yang memenuhi $tNt^{-1} = N$ maka $N$ adalah subgroup normal.Bukti :
Ambil sebarang $g\in G$, maka
\[g=t_1t_2\cdots t_k\]
dimana $t_i\in T$ atau $t_i^{-1}\in T$. Dari hipotesis diperoleh $tNt^{-1}$ mengakibatkan $t^{-1}Nt=N$, jadi untuk setiap $t_i$ (tidak harus di $T$ asalkan inverse nya di $T$) berlaku $t_iNt_i^{-1}=N$. Sehingga untuk setiap $n \in N$ diperoleh
\[gng^{-1}= t_1t_2\cdots \underbrace{(t_k n t_k^{-1})}_{\in N} \cdots t_1^{-1} \in N.\]
Jadi $N$ adalah subgroup normal.
Untuk $N$ subgrup berhingga, maka $t^{-1}Nt \subset N$ akan menyebabkan $t^{-1} Nt = N$ (Bukti untuk fakta ini hampir selalu ada di setiap buku aljabar abstract yang membahas subgroup normal).
Sehingga dengan Lemma 3 dan karena $N$ subgrup berhingga soal 1 modifikasi kedua selesai :D
Post a Comment: