[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
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_vBukti:dimana x_i \in X atau x_i^{-1}\in X.
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: