Slide Aljabar Abstrak 2.pdf

PendahuluanOutline

Materi UTSMateri UAS

Aljabar Abstrak 2(Gelanggang)

Pengampu:Muhamad Ali Misri

Tadris MatematikaIAIN Syekh Nurjati Cirebon

2013

Muhamad Ali Misri Aljabar Abstrak 2 (Gelanggang)

PendahuluanOutline


Data Diri PengampuLatar Belakang PendidikanPengalaman Penelitian, Seminar dan publikasiPengalaman Mengajar

Pertemuan 1Perkenalan dan Kontrak Kuliah

Pengertian dan Contoh Gelanggang


PendahuluanOutline



Data Diri Pengampu

Nama Lengkap : Muhamad Ali Misri, M. SiNama Panggilan : Misriemail : alimisri@gmail .comurl : http://www.alimisri.tkNo. HP : 081 327 494 373Status : Sudah Menikah

Figure: Foto bareng Istri


PendahuluanOutline



Data Diri Pengampu

Nama Lengkap : Muhamad Ali Misri, M. Si

Nama Panggilan : Misriemail : alimisri@gmail .comurl : http://www.alimisri.tkNo. HP : 081 327 494 373Status : Sudah Menikah



PendahuluanOutline



Data Diri Pengampu

Nama Lengkap : Muhamad Ali Misri, M. SiNama Panggilan : Misri

email : alimisri@gmail .comurl : http://www.alimisri.tkNo. HP : 081 327 494 373Status : Sudah Menikah



PendahuluanOutline



Data Diri Pengampu

Nama Lengkap : Muhamad Ali Misri, M. SiNama Panggilan : Misriemail : alimisri@gmail .com

url : http://www.alimisri.tkNo. HP : 081 327 494 373Status : Sudah Menikah



PendahuluanOutline



Data Diri Pengampu

Nama Lengkap : Muhamad Ali Misri, M. SiNama Panggilan : Misriemail : alimisri@gmail .comurl : http://www.alimisri.tk

No. HP : 081 327 494 373Status : Sudah Menikah



PendahuluanOutline



Data Diri Pengampu

Nama Lengkap : Muhamad Ali Misri, M. SiNama Panggilan : Misriemail : alimisri@gmail .comurl : http://www.alimisri.tkNo. HP : 081 327 494 373

Status : Sudah MenikahFigure: Foto bareng Istri


PendahuluanOutline



Data Diri Pengampu

Nama Lengkap : Muhamad Ali Misri, M. SiNama Panggilan : Misriemail : alimisri@gmail .comurl : http://www.alimisri.tkNo. HP : 081 327 494 373Status : Sudah Menikah



PendahuluanOutline



Latar Belakang Pendidikan

SD Negeri 3 Sarakan, TangerangSMP Negeri 1 Sepatan, TangerangSMU Negeri 2 Tangerang, Tangerang

S1 Matematika UNSOED, PurwokertoS2 Matematika ITB, BandungS3 Matematika ITB, Bandung


PendahuluanOutline




SD Negeri 3 Sarakan, Tangerang

SMP Negeri 1 Sepatan, TangerangSMU Negeri 2 Tangerang, Tangerang



PendahuluanOutline




SD Negeri 3 Sarakan, TangerangSMP Negeri 1 Sepatan, Tangerang

SMU Negeri 2 Tangerang, TangerangS1 Matematika UNSOED, PurwokertoS2 Matematika ITB, BandungS3 Matematika ITB, Bandung


PendahuluanOutline







PendahuluanOutline





S1 Matematika UNSOED, Purwokerto

S2 Matematika ITB, BandungS3 Matematika ITB, Bandung


PendahuluanOutline





S1 Matematika UNSOED, PurwokertoS2 Matematika ITB, Bandung

S3 Matematika ITB, Bandung


PendahuluanOutline







PendahuluanOutline



Pengalaman Penelitian, Seminar dan publikasi

[1] Misri, Muhamad Ali dan Irawati (2010): Submodul prima padamodul perkalian, Seminar Nasional Aljabar, UIN, Jakarta.

[2] Misri, Muhamad Ali, Irawati dan Hanni Garminia Y (2011):Generalization of Bezout Module, International Conference inMathematics and Application (ICMA), University of Economicsand Law (UEL), HCMC-Vietnam.

[3] Mengikuti Seminar Pengajaran Aljabar serta Penelitian BidangAljabar Murni dan Terapannya (2011), UNPAD, Jatinangor


PendahuluanOutline








PendahuluanOutline








PendahuluanOutline




[4] Misri, Muhamad Ali., Irawati and Hanni Garminia Y. (2012):Cyclic and Multiplication P-Bezout Modules, InternationalJournal of Algebra, Vol.6, No.23, 1117 - 1120.

[5] Misri, Muhamad Ali., Irawati dan Hanni Garminia Y. (2012):Modul P-Bezout, KNM XVI, Unpad, Jatinangor.

[6] Misri, Muhamad Ali., Irawati and Hanni Garminia Y. (2013):Generalization of Bezout Modules, Fareast Journal ofMathematical Science, Vol.72, No.1, 131 - 133.


PendahuluanOutline








PendahuluanOutline








PendahuluanOutline




[7] Mengikuti Sandwich like Program selama 3 bulan(19 Januari - 2 April 2013) bersama Prof. Dr. M Majid Ali.di Sultan Qaboos University, Al Khoud - Sultanate of Oman.

[8] Misri, Muhamad Ali dan Irawati (2013): P-Bezout Module,Seminar Nasional dan Workshop Aljabar dan Pembelajarannya,20-21 April 2013, Universitas Negeri Malang (UM), Malang.


PendahuluanOutline




[7] Mengikuti Sandwich like Program selama 3 bulan(19 Januari - 2 April 2013) bersama Prof. Dr. M Majid Ali.di Sultan Qaboos University, Al Khoud - Sultanate of Oman.

[8] Misri, Muhamad Ali dan Irawati (2013): P-Bezout Module,Seminar Nasional dan Workshop Aljabar dan Pembelajarannya,20-21 April 2013, Universitas Negeri Malang (UM), Malang.


PendahuluanOutline



Pengalaman Mengajar

ITTelkom Bandung : KPB dan Aljabar Linier

MMC Bandung : Matlab dan SPSS

IAIN Syekh Nurjati Cirebon : Matdas, Analisis Geometri,Teori himpunan, Aljabar Abstrak


PendahuluanOutline



Pengalaman Mengajar





PendahuluanOutline



Pengalaman Mengajar





PendahuluanOutline



Pengalaman Mengajar





PendahuluanOutline


Kegiatan dan Topik PerkuliahanReferensiEvaluasi Proses dan produk Belajar

Topik Perkuliahan

Pertemuan 1 : Pengertian dan Contoh GelanggangPertemuan 2 : Sifat GelanggangPertemuan 3 : Daerah IntegralPertemuan 4 : QuizPertemuan 5 : LapanganPertemuan 6 : Homomorfisma GelanggangPertemuan 7 : Isomorfisma GelanggangPertemuan 8 : UTS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 1 : Pengertian dan Contoh Gelanggang

Pertemuan 2 : Sifat GelanggangPertemuan 3 : Daerah IntegralPertemuan 4 : QuizPertemuan 5 : LapanganPertemuan 6 : Homomorfisma GelanggangPertemuan 7 : Isomorfisma GelanggangPertemuan 8 : UTS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 1 : Pengertian dan Contoh GelanggangPertemuan 2 : Sifat Gelanggang

Pertemuan 3 : Daerah IntegralPertemuan 4 : QuizPertemuan 5 : LapanganPertemuan 6 : Homomorfisma GelanggangPertemuan 7 : Isomorfisma GelanggangPertemuan 8 : UTS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 1 : Pengertian dan Contoh GelanggangPertemuan 2 : Sifat GelanggangPertemuan 3 : Daerah Integral

Pertemuan 4 : QuizPertemuan 5 : LapanganPertemuan 6 : Homomorfisma GelanggangPertemuan 7 : Isomorfisma GelanggangPertemuan 8 : UTS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 1 : Pengertian dan Contoh GelanggangPertemuan 2 : Sifat GelanggangPertemuan 3 : Daerah IntegralPertemuan 4 : Quiz

Pertemuan 5 : LapanganPertemuan 6 : Homomorfisma GelanggangPertemuan 7 : Isomorfisma GelanggangPertemuan 8 : UTS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 1 : Pengertian dan Contoh GelanggangPertemuan 2 : Sifat GelanggangPertemuan 3 : Daerah IntegralPertemuan 4 : QuizPertemuan 5 : Lapangan

Pertemuan 6 : Homomorfisma GelanggangPertemuan 7 : Isomorfisma GelanggangPertemuan 8 : UTS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 1 : Pengertian dan Contoh GelanggangPertemuan 2 : Sifat GelanggangPertemuan 3 : Daerah IntegralPertemuan 4 : QuizPertemuan 5 : LapanganPertemuan 6 : Homomorfisma Gelanggang

Pertemuan 7 : Isomorfisma GelanggangPertemuan 8 : UTS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 1 : Pengertian dan Contoh GelanggangPertemuan 2 : Sifat GelanggangPertemuan 3 : Daerah IntegralPertemuan 4 : QuizPertemuan 5 : LapanganPertemuan 6 : Homomorfisma GelanggangPertemuan 7 : Isomorfisma Gelanggang

Pertemuan 8 : UTS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 1 : Pengertian dan Contoh GelanggangPertemuan 2 : Sifat GelanggangPertemuan 3 : Daerah IntegralPertemuan 4 : QuizPertemuan 5 : LapanganPertemuan 6 : Homomorfisma GelanggangPertemuan 7 : Isomorfisma GelanggangPertemuan 8 : UTS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 9 : Karakteristik Gelanggang

Pertemuan 10 : IdealPertemuan 11 : Gelanggang KuosienPertemuan 12 : QuizPertemuan 13 : Lapangan Hasil BagiPertemuan 14 : DE, DIU dan DFTPertemuan 15 : Suku Banyak atas LapanganPertemuan 16 : UAS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 9 : Karakteristik GelanggangPertemuan 10 : Ideal

Pertemuan 11 : Gelanggang KuosienPertemuan 12 : QuizPertemuan 13 : Lapangan Hasil BagiPertemuan 14 : DE, DIU dan DFTPertemuan 15 : Suku Banyak atas LapanganPertemuan 16 : UAS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 9 : Karakteristik GelanggangPertemuan 10 : IdealPertemuan 11 : Gelanggang Kuosien

Pertemuan 12 : QuizPertemuan 13 : Lapangan Hasil BagiPertemuan 14 : DE, DIU dan DFTPertemuan 15 : Suku Banyak atas LapanganPertemuan 16 : UAS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 9 : Karakteristik GelanggangPertemuan 10 : IdealPertemuan 11 : Gelanggang KuosienPertemuan 12 : Quiz

Pertemuan 13 : Lapangan Hasil BagiPertemuan 14 : DE, DIU dan DFTPertemuan 15 : Suku Banyak atas LapanganPertemuan 16 : UAS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 9 : Karakteristik GelanggangPertemuan 10 : IdealPertemuan 11 : Gelanggang KuosienPertemuan 12 : QuizPertemuan 13 : Lapangan Hasil Bagi

Pertemuan 14 : DE, DIU dan DFTPertemuan 15 : Suku Banyak atas LapanganPertemuan 16 : UAS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 9 : Karakteristik GelanggangPertemuan 10 : IdealPertemuan 11 : Gelanggang KuosienPertemuan 12 : QuizPertemuan 13 : Lapangan Hasil BagiPertemuan 14 : DE, DIU dan DFT

Pertemuan 15 : Suku Banyak atas LapanganPertemuan 16 : UAS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 9 : Karakteristik GelanggangPertemuan 10 : IdealPertemuan 11 : Gelanggang KuosienPertemuan 12 : QuizPertemuan 13 : Lapangan Hasil BagiPertemuan 14 : DE, DIU dan DFTPertemuan 15 : Suku Banyak atas Lapangan

Pertemuan 16 : UAS


PendahuluanOutline



Topik Perkuliahan

Pertemuan 9 : Karakteristik GelanggangPertemuan 10 : IdealPertemuan 11 : Gelanggang KuosienPertemuan 12 : QuizPertemuan 13 : Lapangan Hasil BagiPertemuan 14 : DE, DIU dan DFTPertemuan 15 : Suku Banyak atas LapanganPertemuan 16 : UAS


PendahuluanOutline



Referensi

[1] Muchlis, Ahmad dan Pudji Astuti. 2007. Ajlabar 1.Penerbit UT

[2] Fraleigh, John B. 2002. A First Course in Abstract Algebra,Seventh Edition. New York: Addison Wesley.

[3] Arifin, Achmad. 2000. Aljabar. Bandung: Penerbit ITB.

[4] Choudhary, P. 2008. Abstract Algebra.New Delhi: McGraw Hill.

[5] Durbin, J. R. 2009. Modern Algebra: an Introduction.New York: John Wiley and Sons.


PendahuluanOutline



Referensi







PendahuluanOutline



Referensi







PendahuluanOutline



Referensi







PendahuluanOutline



Referensi







PendahuluanOutline



Referensi







PendahuluanOutline



Evaluasi Proses dan produk Belajar

Partisipasi Kelas: : 5%(tatap muka dan keaktifan perkuliahan)Tugas Mandiri : 15%Tugas Terstruktur : 15%Ujian Tengah Semester : 25%Ujian Akhir Semester : 40%

catatan:Nilai UTS yang diambil adalah rata-rata dari Quiz 1 dan UTSNilai UAS yang diambil adalah rata-rata dari Quiz 2 dan UAS


PendahuluanOutline




Partisipasi Kelas: : 5%(tatap muka dan keaktifan perkuliahan)

Tugas Mandiri : 15%Tugas Terstruktur : 15%Ujian Tengah Semester : 25%Ujian Akhir Semester : 40%



PendahuluanOutline




Partisipasi Kelas: : 5%(tatap muka dan keaktifan perkuliahan)Tugas Mandiri : 15%

Tugas Terstruktur : 15%Ujian Tengah Semester : 25%Ujian Akhir Semester : 40%



PendahuluanOutline




Partisipasi Kelas: : 5%(tatap muka dan keaktifan perkuliahan)Tugas Mandiri : 15%Tugas Terstruktur : 15%

Ujian Tengah Semester : 25%Ujian Akhir Semester : 40%



PendahuluanOutline




Partisipasi Kelas: : 5%(tatap muka dan keaktifan perkuliahan)Tugas Mandiri : 15%Tugas Terstruktur : 15%Ujian Tengah Semester : 25%

Ujian Akhir Semester : 40%



PendahuluanOutline







PendahuluanOutline







PendahuluanOutline


Pengertian dan Contoh GelanggangSifat-sifat GelanggangDaerah IntegralLapanganHomomorfisma GelanggangIsomorfisma Gelanggang

Materi UTS

� Pengertian dan Contoh Gelanggang

� Sifat Gelanggang

� Daerah Integral

� Lapangan

� Homomorfisma Gelanggang

� Isomorfisma Gelanggang


PendahuluanOutline



Materi UTS



� Daerah Integral

� Lapangan




PendahuluanOutline



Materi UTS



� Daerah Integral

� Lapangan




PendahuluanOutline



Materi UTS



� Daerah Integral

� Lapangan




PendahuluanOutline



Materi UTS



� Daerah Integral

� Lapangan




PendahuluanOutline



Materi UTS



� Daerah Integral

� Lapangan




PendahuluanOutline



Pengertian dan Contoh Gelanggang


PendahuluanOutline



Pendahuluan

� Dalam materi 1 dan 2 akan kita kaji konsep struktur aljabaryang dilengkapi oleh dua operasi yang disebut gelanggang.

� Konsep gelanggang, seperti halnya grup, akan kita kajisebagai generalisasi dari sistem aljabar yang kita kenalseperti sistem bilangan bulat, sistem bilangan rasional dansistem bilangan real.


PendahuluanOutline



Pendahuluan




PendahuluanOutline



Pendahuluan




PendahuluanOutline



Tujuan

� memeriksa apakah suatu himpunan dengan dua buah operasimerupakan gelanggang

� memeriksa apakah suatu gelanggang komutatif, dan

� memanfaatkan sifat-sifat gelanggang dalam pembuktian


PendahuluanOutline



Tujuan





PendahuluanOutline



Tujuan





PendahuluanOutline



Tujuan





PendahuluanOutline



kenapa ?� a · 0 = 0 · a = 0 dan� (−a)b = a(−b) = −(ab)

untuk setiap a, b ∈ R


PendahuluanOutline



kenapa ?� a · 0 = 0 · a = 0 dan

� (−a)b = a(−b) = −(ab)untuk setiap a, b ∈ R


PendahuluanOutline






PendahuluanOutline






PendahuluanOutline



Definisi 1.1 (Hukum Distributif)

Sistem Matematika (R,+, ·) memenuhi hukum distributif jika∀a, b, c ∈ R berlaku

a(b + c) = ab + ac(a + b)c = ac + bc


PendahuluanOutline



Perhatikan Sistem Bilangan Berikut!

Figure: Tabel Sistem Bilangan


PendahuluanOutline



Perhatikan Tabel Sistem Bilangan Berikut!

Figure: Tabel Sistem Bilangan


PendahuluanOutline



Definisi 1.2 (Gelanggang)

Misal diberikan

+ : R × R → R dan • : R × R → R

(r1, r2) 7→ r1 + r2 (r1, r2) 7→ r1 · r2

secara berurutan adalah operasi jumlah dan kali di R.

Sistem Matematika (R,+, ·) dikatakan Gelanggang jika memenuhi(i) (R,+) membentuk grup komutatif(ii) (R, ·) bersifat asosiatif dan memiliki unsur kesatuan(iii) (R,+, ·) memenuhi hukum distributif


PendahuluanOutline




Misal diberikan

+ : R × R → R dan • : R × R → R(r1, r2) 7→ r1 + r2 (r1, r2) 7→ r1 · r2




PendahuluanOutline




Misal diberikan





PendahuluanOutline




Misal diberikan



Sistem Matematika (R,+, ·) dikatakan Gelanggang jika memenuhi(i) (R,+) membentuk grup komutatif

(ii) (R, ·) bersifat asosiatif dan memiliki unsur kesatuan(iii) (R,+, ·) memenuhi hukum distributif


PendahuluanOutline




Misal diberikan



Sistem Matematika (R,+, ·) dikatakan Gelanggang jika memenuhi(i) (R,+) membentuk grup komutatif(ii) (R, ·) bersifat asosiatif dan memiliki unsur kesatuan

(iii) (R,+, ·) memenuhi hukum distributif


PendahuluanOutline




Misal diberikan





PendahuluanOutline



Catatan

� Unsur kesatuan adalah unsur identitas terhadap operasi kaliyang dinotasikan dengan 1R atau cukup 1 saja

� Gelanggang yang dimaksud pada definisi adalah gelanggangdengan unsur kesatuan (digunakan dalam kuliah ini)

� Notasi gelanggang (R,+, ·) cukup ditulis R saja (jika tidakmengaburkan pembahasan)

� Operasi + (tambah) dan · (kali) hanya penamaan saja.Kita bisa mendefinisikan operasi tambah dan kali sendiri

� Grup (R,+) disebut grup penjumlahan dengan unsuridentitasnya disebut unsur nol gelanggang dan diberi notasi0R atau 0 saja.


PendahuluanOutline



Catatan







PendahuluanOutline



Catatan







PendahuluanOutline



Catatan







PendahuluanOutline



Catatan







PendahuluanOutline



Catatan

� Unsur balikan dari a ∈ R terhadap tambah disebut negatifdari a dan diberi notasi −a

� Unsur nol dan unsur kesatuan berbeda. Jadi paling tidakada dua unsur pada gelanggang

� Notasi a · b dapat disingkat menjadi ab

� Ekspresi ab + ac artinya lakukan perkalian ab dan ac dahulu,lalu kita tambahkan hasil kedua perkalian tersebut

� Ekspresi (a + b)c artinya lakukan penjumlahan a dan bdahulu, lalu kita kalikan hasil penjumlahan tersebut dengan c .


PendahuluanOutline



Catatan







PendahuluanOutline



Catatan







PendahuluanOutline



Catatan







PendahuluanOutline



Catatan







PendahuluanOutline



Catatan

� Untuk menunjukan sistem matematika (R,+, ·) merupakansuatu gelanggang cukup dengan menunjukan semua aksiomapada definisi gelanggang

� Jika hanya diberikan himpunan H dan dua buah pengaitanmaka perlu diperiksa dahulu apakah pengaitan tersebutbenar-benar operasi di H. selanjutnya baru tunjukansemua aksioma pada definisi gelanggang

� Untuk menunjukan suatu himpunan dengan dua buah peng-kaitan bukan suatu gelanggang cukup dengan menunjukansalah satu pengaitan tersebut bukan operasi atausalah satu aksioma pada definisi gelanggang tidak terpenuhi.


PendahuluanOutline



Catatan





PendahuluanOutline



Catatan





PendahuluanOutline



Contoh 1.1

� Sistem bilangan Z,Q,R,C dan M2(R)� Sistem Bilangan modulo n (Zn,+, ·)� Sistem (2S ,M,∩)


PendahuluanOutline



Contoh 1.1

� Sistem bilangan Z,Q,R,C dan M2(R)

� Sistem Bilangan modulo n (Zn,+, ·)� Sistem (2S ,M,∩)


PendahuluanOutline



Contoh 1.1

� Sistem bilangan Z,Q,R,C dan M2(R)� Sistem Bilangan modulo n (Zn,+, ·)

� Sistem (2S ,M,∩)


PendahuluanOutline



Contoh 1.1

� Sistem bilangan Z,Q,R,C dan M2(R)� Sistem Bilangan modulo n (Zn,+, ·)� Sistem (2S ,M,∩)


PendahuluanOutline



Sistem (2S ,M,∩)

� 2S adalah himpunan kuasa dari himpunan tak hampa S

� M adalah operasi beda simetri, yaitu:A M B = (A \ B) ∪ (B \ A)A M B = (A ∪ B) \ (A ∩ B)

� Pandang M sebagai operasi jumlah dan ∩ operasi kalinya


PendahuluanOutline



Sistem (2S ,M,∩)





PendahuluanOutline



Sistem (2S ,M,∩)





PendahuluanOutline



Sistem (2S ,M,∩)





PendahuluanOutline



Sistem (2S ,M) membentuk grup komutatif

� A M B = (A \ B) ∪ (B \ A)= (B \ A) ∪ (A \ B)= B M A

Sistem (2S ,M) bersifat komutatif

� A M ∅ = (A \∅) ∪ (∅ \ A)= A ∪∅= A

∅ unsur nol dari Sistem (2S ,M)Sistem (2S ,M) mempunyai unsur nol


PendahuluanOutline




� A M B = (A \ B) ∪ (B \ A)= (B \ A) ∪ (A \ B)= B M A


� A M ∅ = (A \∅) ∪ (∅ \ A)= A ∪∅= A



PendahuluanOutline




� A M B = (A \ B) ∪ (B \ A)= (B \ A) ∪ (A \ B)= B M A


� A M ∅ = (A \∅) ∪ (∅ \ A)= A ∪∅= A

∅ unsur nol dari Sistem (2S ,M)

Sistem (2S ,M) mempunyai unsur nol


PendahuluanOutline




� A M B = (A \ B) ∪ (B \ A)= (B \ A) ∪ (A \ B)= B M A


� A M ∅ = (A \∅) ∪ (∅ \ A)= A ∪∅= A



PendahuluanOutline




� A M A = (A \ A) ∪ (A \ A)= ∅ ∪∅= ∅

negatif setiap unsur adalah dirinya sendiri

Sistem (2S ,M) mempunyai unsur negatif

� (A M B) M C = A M (B M C )(berdasarkan diagram Venn)Sistem (2S ,M) bersifat asosiatif


PendahuluanOutline




� A M A = (A \ A) ∪ (A \ A)= ∅ ∪∅= ∅

negatif setiap unsur adalah dirinya sendiriSistem (2S ,M) mempunyai unsur negatif



PendahuluanOutline




� A M A = (A \ A) ∪ (A \ A)= ∅ ∪∅= ∅


� (A M B) M C = A M (B M C )(berdasarkan diagram Venn)

Sistem (2S ,M) bersifat asosiatif


PendahuluanOutline




� A M A = (A \ A) ∪ (A \ A)= ∅ ∪∅= ∅




PendahuluanOutline



Sistem (2S ,M) bersifat Asosiatif

Figure: Diagram Venn Sifat Asosiatif Sistem (2S ,M)


PendahuluanOutline



Sistem (2S ,∩)

� A ∩ S = A (karena A ⊆ S untuk setiap A ∈ 2S)S unsur kesatuan dari Sistem (2S ,∩)Sistem (2S ,∩) mempunyai unsur kesatuan

� (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C ) (berdasarkan diagram Venn)Sistem (2S ,∩) bersifat asosiatif


PendahuluanOutline



Sistem (2S ,∩)

� A ∩ S = A (karena A ⊆ S untuk setiap A ∈ 2S)S unsur kesatuan dari Sistem (2S ,∩)

Sistem (2S ,∩) mempunyai unsur kesatuan



PendahuluanOutline



Sistem (2S ,∩)




PendahuluanOutline



Sistem (2S ,∩)




PendahuluanOutline



Sistem (2S ,∩) bersifat Asosiatif

Figure: Diagram Venn Sifat Asosiatif Sistem (2S ,∩)


PendahuluanOutline



Sistem (2S ,M,∩) memenuhi hukum Distributif

(A M B) ∩ C = [(A \ B) ∪ (B \ A)] ∩ C= [(A \ B) ∩ C ] ∪ [(B \ A) ∩ C ]= (A ∩ Bc ∩ C ) ∪ (B ∩ Ac ∩ C )= [(A ∩ C ) ∩ (Bc ∪ C c)] ∪ [(B ∩ C ) ∩ (Ac ∪ C c)]= [(A ∩ C ) \ (B ∩ C )] ∪ [(B ∩ C ) \ (A ∩ C )]= (A ∩ C ) M (B ∩ C )


PendahuluanOutline




(A M B) ∩ C = [(A \ B) ∪ (B \ A)] ∩ C

= [(A \ B) ∩ C ] ∪ [(B \ A) ∩ C ]= (A ∩ Bc ∩ C ) ∪ (B ∩ Ac ∩ C )= [(A ∩ C ) ∩ (Bc ∪ C c)] ∪ [(B ∩ C ) ∩ (Ac ∪ C c)]= [(A ∩ C ) \ (B ∩ C )] ∪ [(B ∩ C ) \ (A ∩ C )]= (A ∩ C ) M (B ∩ C )


PendahuluanOutline




(A M B) ∩ C = [(A \ B) ∪ (B \ A)] ∩ C= [(A \ B) ∩ C ] ∪ [(B \ A) ∩ C ]

= (A ∩ Bc ∩ C ) ∪ (B ∩ Ac ∩ C )= [(A ∩ C ) ∩ (Bc ∪ C c)] ∪ [(B ∩ C ) ∩ (Ac ∪ C c)]= [(A ∩ C ) \ (B ∩ C )] ∪ [(B ∩ C ) \ (A ∩ C )]= (A ∩ C ) M (B ∩ C )


PendahuluanOutline




(A M B) ∩ C = [(A \ B) ∪ (B \ A)] ∩ C= [(A \ B) ∩ C ] ∪ [(B \ A) ∩ C ]= (A ∩ Bc ∩ C ) ∪ (B ∩ Ac ∩ C )

= [(A ∩ C ) ∩ (Bc ∪ C c)] ∪ [(B ∩ C ) ∩ (Ac ∪ C c)]= [(A ∩ C ) \ (B ∩ C )] ∪ [(B ∩ C ) \ (A ∩ C )]= (A ∩ C ) M (B ∩ C )


PendahuluanOutline




(A M B) ∩ C = [(A \ B) ∪ (B \ A)] ∩ C= [(A \ B) ∩ C ] ∪ [(B \ A) ∩ C ]= (A ∩ Bc ∩ C ) ∪ (B ∩ Ac ∩ C )= [(A ∩ C ) ∩ (Bc ∪ C c)] ∪ [(B ∩ C ) ∩ (Ac ∪ C c)]

= [(A ∩ C ) \ (B ∩ C )] ∪ [(B ∩ C ) \ (A ∩ C )]= (A ∩ C ) M (B ∩ C )


PendahuluanOutline




(A M B) ∩ C = [(A \ B) ∪ (B \ A)] ∩ C= [(A \ B) ∩ C ] ∪ [(B \ A) ∩ C ]= (A ∩ Bc ∩ C ) ∪ (B ∩ Ac ∩ C )= [(A ∩ C ) ∩ (Bc ∪ C c)] ∪ [(B ∩ C ) ∩ (Ac ∪ C c)]= [(A ∩ C ) \ (B ∩ C )] ∪ [(B ∩ C ) \ (A ∩ C )]

= (A ∩ C ) M (B ∩ C )


PendahuluanOutline




(A M B) ∩ C = [(A \ B) ∪ (B \ A)] ∩ C= [(A \ B) ∩ C ] ∪ [(B \ A) ∩ C ]= (A ∩ Bc ∩ C ) ∪ (B ∩ Ac ∩ C )= [(A ∩ C ) ∩ (Bc ∪ C c)] ∪ [(B ∩ C ) ∩ (Ac ∪ C c)]= [(A ∩ C ) \ (B ∩ C )] ∪ [(B ∩ C ) \ (A ∩ C )]= (A ∩ C ) M (B ∩ C )


PendahuluanOutline



Latihan

1. Misalkan diberikan dua buah gelanggang R1 dan R2. Hasil kalikartesius gelanggang R1 dan R2 didefinisikan sebagai

R1xR2 = {(r1, r2) | r1 ∈ R1, r2 ∈ R2}.Tunjukan bahwa R1xR2 merupakan gelanggang jika diberikanoperasi jumlah dan kali sebagai berikut:

(r1, r2) + (s1, s2) = (r1 + s1, r2 + s2)(r1, r2)(s1, s2) = (r1s1, r2s2)

Untuk setiap (r1, r2), (s1, s2) ∈ R1xR2!


PendahuluanOutline



Latihan

2. Misal M(R) didefinisikan sebagai himpunan semua fungsif : R 7→ R. Tunjukan bahwa (M(R),+, ·) suatu gelanggangjika diberikan operasi + dan · yaitu:

(f + g)(x) = f (x) + g(x)(f · g)(x) = f (x)g(x)

untuk setiap f , g ∈ M(R)!

3. Kenapa jika operasi · pada soal di atas diganti dengan operasikomposisi f ◦ g(x) = f (g(x)) menyebabkan (M(R),+, ◦)bukan suatu gelanggang ?


PendahuluanOutline



Latihan

2. Misal M(R) didefinisikan sebagai himpunan semua fungsif : R 7→ R. Tunjukan bahwa (M(R),+, ·) suatu gelanggangjika diberikan operasi + dan · yaitu:

(f + g)(x) = f (x) + g(x)(f · g)(x) = f (x)g(x)

untuk setiap f , g ∈ M(R)!

3. Kenapa jika operasi · pada soal di atas diganti dengan operasikomposisi f ◦ g(x) = f (g(x)) menyebabkan (M(R),+, ◦)bukan suatu gelanggang ?


PendahuluanOutline



Pertemuan 2Sifat-sifat Gelanggang


PendahuluanOutline



Definisi 2.1 (Notasi n · a)

Notasi n · a dengan n ∈ Z dan a ∈ R pada grup penjumlahan(R,+) didefinisikan sebagai

n · a =

a + a + · · ·+ a (n buah suku) jika n > 00 jika n = 0(−a) + (−a) + · · ·+ (−a) (-n buah suku) jika n < 0

Selanjutnya, notasi a− b akan digunakan untuk menyingkat notasia + (−b).


PendahuluanOutline





n · a =




PendahuluanOutline





n · a =




PendahuluanOutline



Definisi 2.2 (Notasi an)

Notasi an dengan n ∈ Z, n ≥ 0 dan a ∈ R pada (R, ·) (yangbersifat asosiatif dan memiliki unsur kesatuan) didefinisikansebagai

an =

{a · a · · · · · a (perkalian n buah a) jika n > 01R jika n = 0


PendahuluanOutline



Definisi 2.2 (Notasi an)

Notasi an dengan n ∈ Z, n ≥ 0 dan a ∈ R pada (R, ·) (yangbersifat asosiatif dan memiliki unsur kesatuan) didefinisikansebagai

an =

{a · a · · · · · a (perkalian n buah a) jika n > 01R jika n = 0


PendahuluanOutline



Teorema 2.1 (Sifat Gelanggang)

Misalkan R suatu gelanggang dan a, b, c ∈ R. Maka di R berlakusifat-sifat berikut

� unsur nol di gelanggang R tunggal

� negatif setiap unsur di gelanggang R adalah tunggal

� berlakunya hukum pembatalan terhadap operasi (+), yaitu:jika a + b = a + c maka b = cjika b + a = c + a maka b = c

� setiap persamaan a + x = b dan x + a = b mempunyai

penyelesaian tunggal


PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang dan a, b, c ∈ R. Maka di R berlakusifat-sifat berikut� unsur nol di gelanggang R tunggal






PendahuluanOutline










PendahuluanOutline










PendahuluanOutline










PendahuluanOutline










PendahuluanOutline




� −(−a) = a; dan −(a + b) = −a + (−b)

� jika m, n ∈ Z maka(m + n) · a = m · a + n · am · (a + b) = m · a + m · bm(n · a) = (m · n) · a


PendahuluanOutline




� −(−a) = a; dan −(a + b) = −a + (−b)

� jika m, n ∈ Z maka(m + n) · a = m · a + n · a

m · (a + b) = m · a + m · bm(n · a) = (m · n) · a


PendahuluanOutline




� −(−a) = a; dan −(a + b) = −a + (−b)

� jika m, n ∈ Z maka(m + n) · a = m · a + n · am · (a + b) = m · a + m · b

m(n · a) = (m · n) · a


PendahuluanOutline




� −(−a) = a; dan −(a + b) = −a + (−b)

� jika m, n ∈ Z maka(m + n) · a = m · a + n · am · (a + b) = m · a + m · bm(n · a) = (m · n) · a


PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang, 0R unsur nol di R, dan a, b, c ∈ R.Maka di gelanggang R berlaku:

a. 0R · a = a · 0R = 0R

b. a(−b) = (−a)b = −(ab)

c. (−a)(−b) = ab

d. a(b − c) = ab − ac dan (a− b)c = ac − bc


PendahuluanOutline





a. 0R · a = a · 0R = 0R

b. a(−b) = (−a)b = −(ab)

c. (−a)(−b) = ab



PendahuluanOutline





a. 0R · a = a · 0R = 0R

b. a(−b) = (−a)b = −(ab)

c. (−a)(−b) = ab



PendahuluanOutline





a. 0R · a = a · 0R = 0R

b. a(−b) = (−a)b = −(ab)

c. (−a)(−b) = ab



PendahuluanOutline





a. 0R · a = a · 0R = 0R

b. a(−b) = (−a)b = −(ab)

c. (−a)(−b) = ab



PendahuluanOutline





a. 0R · a = a · 0R = 0R

b. a(−b) = (−a)b = −(ab)

c. (−a)(−b) = ab



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.2a

Perhatikan bahwa!0R · a + 0R · a = (0R + 0R) · a (Hukum distributif)

= 0R · a (Sifat unsur nol gelanggang)

0R · a + 0R · a = 0R · a + 0R (Sifat unsur nol gelanggang)

0R · a = 0R (Hukum pembatalan)

∴ 0R · a = 0R · · · · · · · · · (i)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.2a





∴ 0R · a = 0R · · · · · · · · · (i)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.2a





∴ 0R · a = 0R · · · · · · · · · (i)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.2a





∴ 0R · a = 0R · · · · · · · · · (i)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.2a





∴ 0R · a = 0R · · · · · · · · · (i)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.2a

a · 0R + a · 0R = a · (0R + 0R) (Sifat distributif gelanggang)

= a · 0R (Sifat unsur nol gelanggang)

a · 0R + a · 0R = a · 0R + 0R (Sifat unsur nol gelanggang)

a · 0R = 0R (Hukum Pembatalan)

∴ a · 0R = 0R · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.2a





∴ a · 0R = 0R · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.2a





∴ a · 0R = 0R · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.2a





∴ a · 0R = 0R · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)

Perhatikan bahwa!

a · (−b) + ab = a · (−b + b) (Sifat distributif gelanggang)

= a · 0(definisi unsur negatifgelanggang)

= 0 (point 1)

Selanjutnya, karena ab ∈ R dan R adalah grup penjumlahan maka∃ − (ab) ∈ R sehingga bisa kita tambahkan pada masing-masingruas sehingga diperoleha · (−b) + ab + (−(ab)) = 0 + (−(ab))

Selanjutnya, karena ab + (−(ab)) = 0 dan 0 + (−(ab)) = −(ab)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)

Perhatikan bahwa!a · (−b) + ab

= a · (−b + b) (Sifat distributif gelanggang)


= 0 (point 1)




PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)

Perhatikan bahwa!a · (−b) + ab = a · (−b + b)

(Sifat distributif gelanggang)


= 0 (point 1)




PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)

Perhatikan bahwa!a · (−b) + ab = a · (−b + b) (Sifat distributif gelanggang)


= 0 (point 1)




PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)


= a · 0

(definisi unsur negatifgelanggang)

= 0 (point 1)




PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)



= 0 (point 1)




PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)



= 0

(point 1)




PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)



= 0 (point 1)

Selanjutnya, karena ab ∈ R dan R adalah grup penjumlahan maka∃ − (ab) ∈ R sehingga bisa kita tambahkan pada masing-masingruas sehingga diperoleh

a · (−b) + ab + (−(ab)) = 0 + (−(ab))



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)



= 0 (point 1)

Selanjutnya, karena ab ∈ R dan R adalah grup penjumlahan maka∃ − (ab) ∈ R sehingga bisa kita tambahkan pada masing-masingruas sehingga diperoleha · (−b) + ab + (−(ab))

= 0 + (−(ab))



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)



= 0 (point 1)




PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2(2)



= 0 (point 1)




PendahuluanOutline



∴ a · (−b) = −(ab) · · · · · · · · · (i)

silakan coba sendiri untuk (−a) · b = −(ab) · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



∴ a · (−b) = −(ab) · · · · · · · · · (i)

silakan coba sendiri untuk (−a) · b = −(ab) · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 1

Buktikan bahwa unsur kesatuan suatu gelanggang adalah tunggal!

Bukti:Misalkan R suatu gelanggang. Untuk menunjukan bahwa unsurkesatuan di R tunggal cukup ditunjukan bahwa jika 1 dan 1′ unsurkesatuan di gelanggang R maka 1 = 1′. Hal ini dapat kitatunjukan sebagai berikut:

1 = 1 · 1′ 1′ adalah unsur kesatuan1 = 1′ 1 adalah unsur kesatuan. �


PendahuluanOutline



Contoh 1


Bukti:

Misalkan R suatu gelanggang. Untuk menunjukan bahwa unsurkesatuan di R tunggal cukup ditunjukan bahwa jika 1 dan 1′ unsurkesatuan di gelanggang R maka 1 = 1′. Hal ini dapat kitatunjukan sebagai berikut:



PendahuluanOutline



Contoh 1


Bukti:Misalkan R suatu gelanggang.

Untuk menunjukan bahwa unsurkesatuan di R tunggal cukup ditunjukan bahwa jika 1 dan 1′ unsurkesatuan di gelanggang R maka 1 = 1′. Hal ini dapat kitatunjukan sebagai berikut:



PendahuluanOutline



Contoh 1


Bukti:Misalkan R suatu gelanggang. Untuk menunjukan bahwa unsurkesatuan di R tunggal

cukup ditunjukan bahwa jika 1 dan 1′ unsurkesatuan di gelanggang R maka 1 = 1′. Hal ini dapat kitatunjukan sebagai berikut:



PendahuluanOutline



Contoh 1


Bukti:Misalkan R suatu gelanggang. Untuk menunjukan bahwa unsurkesatuan di R tunggal cukup ditunjukan bahwa jika 1 dan 1′ unsurkesatuan di gelanggang R

maka 1 = 1′. Hal ini dapat kitatunjukan sebagai berikut:



PendahuluanOutline



Contoh 1


Bukti:Misalkan R suatu gelanggang. Untuk menunjukan bahwa unsurkesatuan di R tunggal cukup ditunjukan bahwa jika 1 dan 1′ unsurkesatuan di gelanggang R maka 1 = 1′.

Hal ini dapat kitatunjukan sebagai berikut:



PendahuluanOutline



Contoh 1





PendahuluanOutline



Contoh 1



1 = 1 · 1′

1′ adalah unsur kesatuan1 = 1′ 1 adalah unsur kesatuan. �


PendahuluanOutline



Contoh 1



1 = 1 · 1′ 1′ adalah unsur kesatuan

1 = 1′ 1 adalah unsur kesatuan. �


PendahuluanOutline



Contoh 1



1 = 1 · 1′ 1′ adalah unsur kesatuan1 = 1′

1 adalah unsur kesatuan. �


PendahuluanOutline



Contoh 1





PendahuluanOutline



Contoh 2

Buktikan bahwa jika R suatu gelanggang dan a, b ∈ R maka

(a + b)2 = a2 + ab + ba + b2.

Bukti: Misalkan a, b ∈ R maka

(a + b)2 = (a + b)(a + b) definisi 2= a(a + b) + b(a + b) sifat distributif di R

= a2 + ab + ba + b2 sifat distributif di R. �


PendahuluanOutline



Contoh 2


(a + b)2 = a2 + ab + ba + b2.

Bukti:

Misalkan a, b ∈ R maka




PendahuluanOutline



Contoh 2


(a + b)2 = a2 + ab + ba + b2.





PendahuluanOutline



Contoh 2


(a + b)2 = a2 + ab + ba + b2.


(a + b)2

= (a + b)(a + b) definisi 2= a(a + b) + b(a + b) sifat distributif di R



PendahuluanOutline



Contoh 2


(a + b)2 = a2 + ab + ba + b2.


(a + b)2 = (a + b)(a + b) definisi 2

= a(a + b) + b(a + b) sifat distributif di R



PendahuluanOutline



Contoh 2


(a + b)2 = a2 + ab + ba + b2.


(a + b)2 = (a + b)(a + b) definisi 2= a(a + b) + b(a + b)

sifat distributif di R



PendahuluanOutline



Contoh 2


(a + b)2 = a2 + ab + ba + b2.





PendahuluanOutline



Contoh 2


(a + b)2 = a2 + ab + ba + b2.



= a2 + ab + ba + b2

sifat distributif di R. �


PendahuluanOutline



Contoh 2


(a + b)2 = a2 + ab + ba + b2.





PendahuluanOutline



Definisi 3

Suatu gelanggang R dikatakan gelanggang komutatif

jika untuksetiap a, b ∈ R berlaku

ab = ba


PendahuluanOutline



Definisi 3

Suatu gelanggang R dikatakan gelanggang komutatif jika untuksetiap a, b ∈ R berlaku

ab = ba


PendahuluanOutline



Definisi 3

Suatu gelanggang R dikatakan gelanggang komutatif jika untuksetiap a, b ∈ R berlaku

ab = ba


PendahuluanOutline



Contoh 3

berdasarkan tabel pengamatan pada pertemuan ke-2, dapatdisimpulkan bahwa sistem matematika

R,Q dan Z merupakangelanggang komutatif.


PendahuluanOutline



Contoh 3

berdasarkan tabel pengamatan pada pertemuan ke-2, dapatdisimpulkan bahwa sistem matematika R,

Q dan Z merupakangelanggang komutatif.


PendahuluanOutline



Contoh 3

berdasarkan tabel pengamatan pada pertemuan ke-2, dapatdisimpulkan bahwa sistem matematika R,Q

dan Z merupakangelanggang komutatif.


PendahuluanOutline



Contoh 3

berdasarkan tabel pengamatan pada pertemuan ke-2, dapatdisimpulkan bahwa sistem matematika R,Q dan Z

merupakangelanggang komutatif.


PendahuluanOutline



Contoh 3

berdasarkan tabel pengamatan pada pertemuan ke-2, dapatdisimpulkan bahwa sistem matematika R,Q dan Z merupakangelanggang komutatif.


PendahuluanOutline



Contoh 4

Tunjukan jika R suatu gelanggang komutatif dan a, b ∈ R maka

(a + b)(a− b) = a2 − b2

Bukti: Misalkan a, b ∈ R maka(a+b)(a−b) = a(a− b) + b(a− b) sifat distributif

= a2+a(−b)+ba+b(−b) sifat distributif

= a2 − (ab) + ab − b2 Teorema 2,definisi 2 dan 3

= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2

Bukti:

Misalkan a, b ∈ R maka(a+b)(a−b) = a(a− b) + b(a− b) sifat distributif



= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2


(a+b)(a−b) = a(a− b) + b(a− b) sifat distributif= a2+a(−b)+ba+b(−b) sifat distributif


= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2

Bukti: Misalkan a, b ∈ R maka(a+b)(a−b)

= a(a− b) + b(a− b) sifat distributif= a2+a(−b)+ba+b(−b) sifat distributif


= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2

Bukti: Misalkan a, b ∈ R maka(a+b)(a−b) = a(a− b) + b(a− b)

sifat distributif= a2+a(−b)+ba+b(−b) sifat distributif


= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2




= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2


= a2+a(−b)+ba+b(−b)

sifat distributif


= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2




= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2



= a2 − (ab) + ab − b2

Teorema 2,definisi 2 dan 3

= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2




= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 4


(a + b)(a− b) = a2 − b2




= a2 − b2. �


PendahuluanOutline



Contoh 5

Pada gelanggang bilangan bulat berlaku sifat:

jika a, b ∈ Z dengan ab = 0 dan a 6= 0 maka b = 0. Ternyata sifatini tidak berlaku untuk sembarang gelanggang R.Bukti:Hal ini dapat kita tunjukan dengan memberikan contohpenyangkal.Perhatikan gelanggang matriks M2×2. Ambil dua buah matriks taknol di M2×2

A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1

)akan tetapi menghasilkan A · B = 0. �


PendahuluanOutline



Contoh 5

Pada gelanggang bilangan bulat berlaku sifat:jika a, b ∈ Z dengan ab = 0 dan a 6= 0 maka b = 0.

Ternyata sifatini tidak berlaku untuk sembarang gelanggang R.Bukti:Hal ini dapat kita tunjukan dengan memberikan contohpenyangkal.Perhatikan gelanggang matriks M2×2. Ambil dua buah matriks taknol di M2×2

A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1



PendahuluanOutline



Contoh 5

Pada gelanggang bilangan bulat berlaku sifat:jika a, b ∈ Z dengan ab = 0 dan a 6= 0 maka b = 0. Ternyata sifatini tidak berlaku untuk sembarang gelanggang R.

Bukti:Hal ini dapat kita tunjukan dengan memberikan contohpenyangkal.Perhatikan gelanggang matriks M2×2. Ambil dua buah matriks taknol di M2×2

A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1



PendahuluanOutline



Contoh 5

Pada gelanggang bilangan bulat berlaku sifat:jika a, b ∈ Z dengan ab = 0 dan a 6= 0 maka b = 0. Ternyata sifatini tidak berlaku untuk sembarang gelanggang R.Bukti:

Hal ini dapat kita tunjukan dengan memberikan contohpenyangkal.Perhatikan gelanggang matriks M2×2. Ambil dua buah matriks taknol di M2×2

A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1



PendahuluanOutline



Contoh 5

Pada gelanggang bilangan bulat berlaku sifat:jika a, b ∈ Z dengan ab = 0 dan a 6= 0 maka b = 0. Ternyata sifatini tidak berlaku untuk sembarang gelanggang R.Bukti:Hal ini dapat kita tunjukan dengan memberikan contohpenyangkal.

Perhatikan gelanggang matriks M2×2. Ambil dua buah matriks taknol di M2×2

A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1



PendahuluanOutline



Contoh 5

Pada gelanggang bilangan bulat berlaku sifat:jika a, b ∈ Z dengan ab = 0 dan a 6= 0 maka b = 0. Ternyata sifatini tidak berlaku untuk sembarang gelanggang R.Bukti:Hal ini dapat kita tunjukan dengan memberikan contohpenyangkal.Perhatikan gelanggang matriks M2×2.

Ambil dua buah matriks taknol di M2×2

A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1



PendahuluanOutline



Contoh 5

Pada gelanggang bilangan bulat berlaku sifat:jika a, b ∈ Z dengan ab = 0 dan a 6= 0 maka b = 0. Ternyata sifatini tidak berlaku untuk sembarang gelanggang R.Bukti:Hal ini dapat kita tunjukan dengan memberikan contohpenyangkal.Perhatikan gelanggang matriks M2×2. Ambil dua buah matriks taknol di M2×2

A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1



PendahuluanOutline



Contoh 5


A =

(1 01 0

);

B =

(0 01 1



PendahuluanOutline



Contoh 5


A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1

)

akan tetapi menghasilkan A · B = 0. �


PendahuluanOutline



Contoh 5


A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1

)akan tetapi menghasilkan A · B

= 0. �


PendahuluanOutline



Contoh 5


A =

(1 01 0

); B =

(0 01 1



PendahuluanOutline



Definisi 4

Misalkan R suatu gelanggang.

Unsur 0 6= a ∈ R dikatakanpembagi nol jika terdapat 0 6= b ∈ R sehingga

ab = ba = 0.


PendahuluanOutline



Definisi 4

Misalkan R suatu gelanggang. Unsur 0 6= a ∈ R dikatakanpembagi nol jika terdapat 0 6= b ∈ R sehingga

ab = ba = 0.


PendahuluanOutline



Definisi 4

Misalkan R suatu gelanggang. Unsur 0 6= a ∈ R dikatakanpembagi nol jika terdapat 0 6= b ∈ R sehingga

ab = ba = 0.


PendahuluanOutline



Contoh 6

jika R suatu gelanggang yang bersifat bahwa untuk setiap x ∈ Rberlaku x2 = x maka R merupakan gelanggang komutatif.

Perhatikan!Untuk menunjukan suatu gelanggang R bersifat komutatif cukupdengan menunjukan ab = ba untuk setiap a, b ∈ R.

Bukti: ambil a, b ∈ R.

(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = xab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6


Perhatikan!

Untuk menunjukan suatu gelanggang R bersifat komutatif cukupdengan menunjukan ab = ba untuk setiap a, b ∈ R.




PendahuluanOutline



Contoh 6


Perhatikan!Untuk menunjukan suatu gelanggang R bersifat komutatif

cukupdengan menunjukan ab = ba untuk setiap a, b ∈ R.




PendahuluanOutline



Contoh 6






PendahuluanOutline



Contoh 6



Bukti:

ambil a, b ∈ R.



PendahuluanOutline



Contoh 6






PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2

= a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = xab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b

dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = xab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = x

a2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = xab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2

= a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = xab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b

lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = xab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2

a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = xab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b

= a + b dari sifat x2 = xab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b

dari sifat x2 = xab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = x

ab + ba = 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = xab + ba

= 0 Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6




(a + b)2 = a + b dari sifat x2 = xa2 + ab + ba + b2 = a + b lihat contoh 2a + ab + ba + b = a + b dari sifat x2 = xab + ba = 0

Hukum Pembatalan


PendahuluanOutline



Contoh 6






PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)

Selanjutnya, kita tunjukan bahwa −(ba) = ba untuk setiapa, b ∈ R

(ba + ba)2 = ba + ba(ba)2+(ba)2+(ba)2+(ba)2 = ba + baba + ba + ba + ba = ba + baba + ba = 0

∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)



∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)



∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)


(ba + ba)2

= ba + ba(ba)2+(ba)2+(ba)2+(ba)2 = ba + baba + ba + ba + ba = ba + baba + ba = 0

∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)


(ba + ba)2 = ba + ba

(ba)2+(ba)2+(ba)2+(ba)2 = ba + baba + ba + ba + ba = ba + baba + ba = 0

∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)


(ba + ba)2 = ba + ba(ba)2+(ba)2+(ba)2+(ba)2

= ba + baba + ba + ba + ba = ba + baba + ba = 0

∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)


(ba + ba)2 = ba + ba(ba)2+(ba)2+(ba)2+(ba)2 = ba + ba

ba + ba + ba + ba = ba + baba + ba = 0

∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)


(ba + ba)2 = ba + ba(ba)2+(ba)2+(ba)2+(ba)2 = ba + baba + ba + ba + ba

= ba + baba + ba = 0

∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)


(ba + ba)2 = ba + ba(ba)2+(ba)2+(ba)2+(ba)2 = ba + baba + ba + ba + ba = ba + ba

ba + ba = 0

∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)


(ba + ba)2 = ba + ba(ba)2+(ba)2+(ba)2+(ba)2 = ba + baba + ba + ba + ba = ba + baba + ba

= 0

∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)



∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Contoh 6

∴ ab = −(ba) · · · · · · · · · · · · · · · (i)



∴ ba = −(ba) · · · · · · · · · · · · (ii) �


PendahuluanOutline



Latihan

1. Buktikan Teorema 2(3)!.

Misal diberikan R suatu gelanggang. Maka (−a)(−b) = abuntuk setiap a, b ∈ R

2. Apakah gelanggang pada contoh 6 memiliki pembagi nol?Lengkapi jawaban dengan bukti!

3. Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan a ∈ R dengana 6= 0 bukan pembagi nol. Tunjukan bahwa pemetaan

γ : R → Rx 7→ ax

merupakan pemetaan satu-satu!.


PendahuluanOutline



Latihan

1. Buktikan Teorema 2(3)!.Misal diberikan R suatu gelanggang.

Maka (−a)(−b) = abuntuk setiap a, b ∈ R



γ : R → Rx 7→ ax



PendahuluanOutline



Latihan

1. Buktikan Teorema 2(3)!.Misal diberikan R suatu gelanggang. Maka (−a)(−b) = ab




γ : R → Rx 7→ ax



PendahuluanOutline



Latihan





γ : R → Rx 7→ ax



PendahuluanOutline



Latihan



2. Apakah gelanggang pada contoh 6 memiliki pembagi nol?

Lengkapi jawaban dengan bukti!


γ : R → Rx 7→ ax



PendahuluanOutline



Latihan





γ : R → Rx 7→ ax



PendahuluanOutline



Latihan




3. Misalkan R suatu gelanggang komutatif

dan a ∈ R dengana 6= 0 bukan pembagi nol. Tunjukan bahwa pemetaan

γ : R → Rx 7→ ax



PendahuluanOutline



Latihan




3. Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan a ∈ R dengana 6= 0 bukan pembagi nol.

Tunjukan bahwa pemetaan

γ : R → Rx 7→ ax



PendahuluanOutline



Latihan





γ : R → Rx 7→ ax



PendahuluanOutline



Latihan





γ : R → Rx 7→ ax



PendahuluanOutline



Latihan

Latihan

4. Carilah akar persamaan x2 − 5x + 6 = 0 di Z6!



PendahuluanOutline



Latihan

Latihan




PendahuluanOutline



Pertemuan 3Daerah Integral


PendahuluanOutline



Pendahuluan

Pada pertemuan 4 dan 5 akan dikaji lebih dalam mengenai duabuah kelas gelanggang yang disebut daerah integral dan lapangan.

Daerah integral dapat dipandang sebagai perumuman dari sistembilangan bulat dan lapangan sebagai perumuman sistem bilanganreal.


PendahuluanOutline



Pendahuluan


Daerah integral dapat dipandang sebagai perumuman dari sistembilangan bulat

dan lapangan sebagai perumuman sistem bilanganreal.


PendahuluanOutline



Pendahuluan


Daerah integral dapat dipandang sebagai perumuman dari sistembilangan bulat dan lapangan sebagai perumuman sistem bilanganreal.


PendahuluanOutline



Tujuan

dapat memeriksa apakah suatu gelanggang merupakan daerahintegral

dapat memanfaatkan sifat-sifat daerah integral dalampembuktian

dapat memeriksa apakah suatu gelanggang merupakanlapangan

dapat memanfaatkan sifat-sifat lapangan dalam pembuktian


PendahuluanOutline



Tujuan






PendahuluanOutline



Tujuan






PendahuluanOutline



Tujuan






PendahuluanOutline



Definisi (Daerah Integral)

Suatu sistem matematika dengan dua buah operasi (R,+, ·)disebut daerah integral

jika R suatu gelanggang komutatif dantidak memuat pembagi nol.


PendahuluanOutline




Suatu sistem matematika dengan dua buah operasi (R,+, ·)disebut daerah integral jika R suatu gelanggang komutatif

dantidak memuat pembagi nol.


PendahuluanOutline




Suatu sistem matematika dengan dua buah operasi (R,+, ·)disebut daerah integral jika R suatu gelanggang komutatif dantidak memuat pembagi nol.


PendahuluanOutline



Contoh Daerah Integral

1 Gelanggang bilangan bulat, rasional dan real adalah

daerahintegral

2 Gelanggang bilangan bulat modulo 5 (Z5) membentuk daerahintegral tetapi gelanggang bilangan bulat modulo 6 (Z6)bukan daerah integral.

Catatan:Zn = {0, 1, · · · , n − 1} adalah gelanggang modulo n dengan n ∈ ZPada Zn berlaku x = x + kn dengan k ∈ Z.


PendahuluanOutline




1 Gelanggang bilangan bulat, rasional dan real adalah daerahintegral

2 Gelanggang bilangan bulat modulo 5 (Z5) membentuk daerahintegral

tetapi gelanggang bilangan bulat modulo 6 (Z6)bukan daerah integral.



PendahuluanOutline








PendahuluanOutline






Catatan:Zn = {0, 1, · · · , n − 1} adalah gelanggang modulo n dengan n ∈ Z

Pada Zn berlaku x = x + kn dengan k ∈ Z.


PendahuluanOutline








PendahuluanOutline



· 0 1 2 3 4

0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4

2 0 2 4 1 3

3 0 3 1 4 2

4 0 4 3 2 1

· 0 1 2 3 4 5

0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 5

2 0 2 4 0 2 4

3 0 3 0 3 0 3

4 0 4 2 0 4 2

5 0 5 4 3 2 1

Tabel Perkalian di Z5 dan Z6


PendahuluanOutline



Teorema (Daerah Integral)

Suatu gelanggang komutatif R membentuk suatu daerah integral

jika dan hanya jika untuk setiap a, b, c ∈ R dengan a 6= 0 danab = ac maka b = c.

Catatan: Pernyataan ”untuk setiap a, b, c ∈ R dengan a 6= 0 danab = ac maka b = c” disebut dengan hukum pembatalan kiriterhadap operasi kali.


PendahuluanOutline




Suatu gelanggang komutatif R membentuk suatu daerah integraljika dan hanya jika untuk setiap a, b, c ∈ R dengan a 6= 0 danab = ac maka b = c.



PendahuluanOutline




Suatu gelanggang komutatif R membentuk suatu daerah integraljika dan hanya jika untuk setiap a, b, c ∈ R dengan a 6= 0 danab = ac maka b = c.



PendahuluanOutline



Bukti (⇒).

Ambil a, b, c ∈ R dengan a 6= 0 dan ab = ac

tambahkan ruas kiri dan kanan dengan −ac sehinggadiperoleh ab − ac = 0

berdasarkan sifat distributif diperoleh a(b − c) = 0

karena a 6= 0 dan R tidak memuat pembagi nol makadiperolehb − c = 0 atau b = c .

hukum pembatalan kiri berlaku di sembarang daerah integral


PendahuluanOutline



Bukti (⇒).







PendahuluanOutline



Bukti (⇒).







PendahuluanOutline



Bukti (⇒).







PendahuluanOutline



Bukti (⇒).







PendahuluanOutline



Definisi (b membagi a)

Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan unsur a, b ∈ Rdengan b 6= 0.

Unsur b dikatakan membagi a atau a kelipatan bjika terdapat unsur c ∈ R sehingga

a = bc

Catatan:Pengertian b membagi a diberi notasi b | a, dan b tidak membagia diberi notasi b - a.


PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan unsur a, b ∈ Rdengan b 6= 0. Unsur b dikatakan membagi a atau a kelipatan b

jika terdapat unsur c ∈ R sehingga

a = bc



PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan unsur a, b ∈ Rdengan b 6= 0. Unsur b dikatakan membagi a atau a kelipatan bjika terdapat unsur c ∈ R sehingga

a = bc



PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan unsur a, b ∈ Rdengan b 6= 0. Unsur b dikatakan membagi a atau a kelipatan bjika terdapat unsur c ∈ R sehingga

a = bc



PendahuluanOutline



Contoh (b membagi a)

Pandang tiga buah bilangan bulat, yaitu: 2, 5 dan 6.

2 | 6 karena ada bilangan bulat 3 sehingga 6 = 2 · 3sedangkan 5 - 6 karena 6 = 5 · 65 dan 6

5 bukan bilangan bulat.


PendahuluanOutline




Pandang tiga buah bilangan bulat, yaitu: 2, 5 dan 6.2 | 6 karena ada bilangan bulat 3 sehingga 6 = 2 · 3

sedangkan 5 - 6 karena 6 = 5 · 65 dan 65 bukan bilangan bulat.


PendahuluanOutline




Pandang tiga buah bilangan bulat, yaitu: 2, 5 dan 6.2 | 6 karena ada bilangan bulat 3 sehingga 6 = 2 · 3sedangkan 5 - 6 karena 6 = 5 · 65 dan 6

5 bukan bilangan bulat.


PendahuluanOutline



Sifat (Daerah Integral)

Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan a, b, c ∈ R.

1 jika a 6= 0, a | b dan a | c maka a | xb + yc untuk setiapx , y ∈ R.

2 Jika a, b 6= 0, a | b dan b | c maka a | c


PendahuluanOutline








PendahuluanOutline








PendahuluanOutline



Definisi (Unit suatu Gelanggang)

Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan 0 6= a ∈ R.

Unsur adisebut unit jika terdapat unsur b ∈ R sehingga mengakibatkan

ab = ba = 1.

unsur b yang memenuhi persamaan di atas disebut unsur balikandari a dan diberi notasi a−1


PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan 0 6= a ∈ R. Unsur adisebut unit

jika terdapat unsur b ∈ R sehingga mengakibatkan

ab = ba = 1.



PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan 0 6= a ∈ R. Unsur adisebut unit jika terdapat unsur b ∈ R sehingga mengakibatkan

ab = ba = 1.



PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan 0 6= a ∈ R. Unsur adisebut unit jika terdapat unsur b ∈ R sehingga mengakibatkan

ab = ba = 1.



PendahuluanOutline



Contoh

1 Pada gelanggang bilangan bulat (Z), hanya ada dua unsuryang menjadi unit yaitu 1 dan −1

2 Semua unsur tak nol pada gelanggang bilangan rasional (Q)dan gelanggang bilangan real (R) adalah unit.

3 Pada gelanggang matrik 2× 2 atas bilangan real (M2×2(R))unsur unsur unitnya persis matrik tak singular.

4 Daerah bilangan bulat gauss (Z[i ]) memiliki empat buah unityaitu 1,−1, i dan −i .


PendahuluanOutline



Contoh






PendahuluanOutline



Contoh






PendahuluanOutline



Contoh






PendahuluanOutline



Contoh






PendahuluanOutline



Definisi (Dua Unsur Sekawan)

Misalkan R suatu gelanggang komutatif.

Dua buah unsur tak nola, b ∈ R disebut sekawan jika a | b dan b | a.


PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang komutatif. Dua buah unsur tak nola, b ∈ R disebut sekawan

jika a | b dan b | a.


PendahuluanOutline




Misalkan R suatu gelanggang komutatif. Dua buah unsur tak nola, b ∈ R disebut sekawan jika a | b dan b | a.


PendahuluanOutline



Contoh

2 dan −2 adalah sekawan karena 2 | −2 dan −2 | 2.


PendahuluanOutline



Latihan

1. Misal diberikan Gelanggang Z[i ] = {a + bi | a, b ∈ Z}

denganoperasi jumlah dan operasi kali secara berurutan yaitu:

(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i(a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i

Tunjukan Z[i ] adalah daerah integral!

2. Jelaskan kenapa Gelanggang matriks M2×2(R) bukan termasukdaerah integral?

3. Jelaskan kenapa R1 × R2 dengan R1 dan R2 daerah integraladalah bukan daerah integral?


PendahuluanOutline



Latihan

1. Misal diberikan Gelanggang Z[i ] = {a + bi | a, b ∈ Z} denganoperasi jumlah dan operasi kali secara berurutan yaitu:






PendahuluanOutline



Latihan







PendahuluanOutline



Latihan





3. Jelaskan kenapa R1 × R2 dengan R1 dan R2 daerah integral

adalah bukan daerah integral?


PendahuluanOutline



Latihan







PendahuluanOutline



Latihan

4. Tunjukan bahwa sistem bilangan bulat modulo n, Zn,membentuk suatu daerah integral jika dan hanya jikan suatu bilangan prima!

5. Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan padanya berlakuhukum pembatalan. Buktikan bahwa R suatu daerah integral!

6. Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan a, b, c ∈ R.Buktikan bahwa,

a. jika a 6= 0, a | b dan a | c maka a | xb + ycuntuk setiap x , y ∈ R.

b. Jika a, b 6= 0, a | b dan b | c maka a | c


PendahuluanOutline



Latihan







PendahuluanOutline



Latihan







PendahuluanOutline



Latihan







PendahuluanOutline



Latihan







PendahuluanOutline



Latihan

7. Misalkan D suatu daaerah integral dan 0 6= a, b ∈ R.Jika a dan b unsur sekawan, buktikan bahwa terdapat u ∈ Dunit sehingga

a = ub.

8. Misalkan R suatu daerah integral. Buktikan Apakahpersamaan

ax = b dengan a, b ∈ R dan a 6= 0.

selalu mempunyai penyelesaian tunggal!


PendahuluanOutline



Latihan

7. Misalkan D suatu daaerah integral dan 0 6= a, b ∈ R.Jika a dan b unsur sekawan, buktikan bahwa terdapat u ∈ Dunit sehingga

a = ub.

8. Misalkan R suatu daerah integral. Buktikan Apakahpersamaan

ax = b dengan a, b ∈ R dan a 6= 0.

selalu mempunyai penyelesaian tunggal!


PendahuluanOutline



SelesaiSampai Jumpa Minggu depan!

”Bisa bukan karena apa-apa tapi karena terbiasauntuk itu, belajar dan berlatihlah!”


PendahuluanOutline



Pertemuan 5Lapangan


PendahuluanOutline



Definisi (Lapangan)

Misalkan R suatu sisten matematika dengan dua buah operasitambah dan kali.

Sistem R disebut lapangan jika R membentukgelanggang komutatif dan setiap unsur tak nolnya merupakan unit.


PendahuluanOutline



Definisi (Lapangan)

Misalkan R suatu sisten matematika dengan dua buah operasitambah dan kali. Sistem R disebut lapangan

jika R membentukgelanggang komutatif dan setiap unsur tak nolnya merupakan unit.


PendahuluanOutline



Definisi (Lapangan)

Misalkan R suatu sisten matematika dengan dua buah operasitambah dan kali. Sistem R disebut lapangan jika R membentukgelanggang komutatif

dan setiap unsur tak nolnya merupakan unit.


PendahuluanOutline



Definisi (Lapangan)

Misalkan R suatu sisten matematika dengan dua buah operasitambah dan kali. Sistem R disebut lapangan jika R membentukgelanggang komutatif dan setiap unsur tak nolnya merupakan unit.


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi

Berdasarkan definisi lapangan kita peroleh bahwa sistem Rmembentuk grup komutatif terhadap operasi perkalian.

Dengandemikian kita punya definisi alternatif, yaitu:

Sistem R disebut lapangan jikai . Sistem (R,+) membentuk grup komutatifii . (R \ {0}, ·) membentuk grup komutatif, daniii . (R,+, ·) bersifat distributif.


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi

Berdasarkan definisi lapangan kita peroleh bahwa sistem Rmembentuk grup komutatif terhadap operasi perkalian. Dengandemikian kita punya definisi alternatif, yaitu:



PendahuluanOutline



Keterangan Definisi


Sistem R disebut lapangan

jikai . Sistem (R,+) membentuk grup komutatifii . (R \ {0}, ·) membentuk grup komutatif, daniii . (R,+, ·) bersifat distributif.


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi


Sistem R disebut lapangan jika

i . Sistem (R,+) membentuk grup komutatifii . (R \ {0}, ·) membentuk grup komutatif, daniii . (R,+, ·) bersifat distributif.


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi


Sistem R disebut lapangan jikai .

Sistem (R,+) membentuk grup komutatifii . (R \ {0}, ·) membentuk grup komutatif, daniii . (R,+, ·) bersifat distributif.


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi


Sistem R disebut lapangan jikai . Sistem (R,+) membentuk grup komutatif

ii . (R \ {0}, ·) membentuk grup komutatif, daniii . (R,+, ·) bersifat distributif.


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi


Sistem R disebut lapangan jikai . Sistem (R,+) membentuk grup komutatifii .

(R \ {0}, ·) membentuk grup komutatif, daniii . (R,+, ·) bersifat distributif.


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi


Sistem R disebut lapangan jikai . Sistem (R,+) membentuk grup komutatifii . (R \ {0}, ·) membentuk grup komutatif, dan

iii . (R,+, ·) bersifat distributif.


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi


Sistem R disebut lapangan jikai . Sistem (R,+) membentuk grup komutatifii . (R \ {0}, ·) membentuk grup komutatif, daniii .

(R,+, ·) bersifat distributif.


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi




PendahuluanOutline



Keterangan Definisi

Sampai saat ini, kita sudah mengenal struktur aljabar dari sistemmatematika (R,+, ·) sebanyak

empat buah, yaitu: gelanggang,gelanggang komutatif, daerah integral dan lapangan.

Berdasarkan masing-masing definisi struktur tersebut, dapat kitasimpulkan bahwa:

R daerah integral ⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggangR lapangan ⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggang


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi

Sampai saat ini, kita sudah mengenal struktur aljabar dari sistemmatematika (R,+, ·) sebanyak empat buah, yaitu:

gelanggang,gelanggang komutatif, daerah integral dan lapangan.




PendahuluanOutline



Keterangan Definisi

Sampai saat ini, kita sudah mengenal struktur aljabar dari sistemmatematika (R,+, ·) sebanyak empat buah, yaitu: gelanggang,

gelanggang komutatif, daerah integral dan lapangan.




PendahuluanOutline



Keterangan Definisi

Sampai saat ini, kita sudah mengenal struktur aljabar dari sistemmatematika (R,+, ·) sebanyak empat buah, yaitu: gelanggang,gelanggang komutatif,

daerah integral dan lapangan.




PendahuluanOutline



Keterangan Definisi

Sampai saat ini, kita sudah mengenal struktur aljabar dari sistemmatematika (R,+, ·) sebanyak empat buah, yaitu: gelanggang,gelanggang komutatif, daerah integral dan

lapangan.




PendahuluanOutline



Keterangan Definisi

Sampai saat ini, kita sudah mengenal struktur aljabar dari sistemmatematika (R,+, ·) sebanyak empat buah, yaitu: gelanggang,gelanggang komutatif, daerah integral dan lapangan.




PendahuluanOutline



Keterangan Definisi


Berdasarkan masing-masing definisi struktur tersebut,

dapat kitasimpulkan bahwa:



PendahuluanOutline



Keterangan Definisi





PendahuluanOutline



Keterangan Definisi



R daerah integral

⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggangR lapangan ⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggang


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi



R daerah integral ⇒ R gelanggang komutatif

⇒ R gelanggangR lapangan ⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggang


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi



R daerah integral ⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggang

R lapangan ⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggang


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi



R daerah integral ⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggangR lapangan

⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggang


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi



R daerah integral ⇒ R gelanggang komutatif ⇒ R gelanggangR lapangan ⇒ R gelanggang komutatif

⇒ R gelanggang


PendahuluanOutline



Keterangan Definisi





PendahuluanOutline



Contoh lapangan

Gelanggang bilangan rasional, Q dan

Gelanggang bilangan real, R.


PendahuluanOutline



Contoh lapangan




PendahuluanOutline



Contoh lapangan




PendahuluanOutline



Teorema (1)

Jika R suatu lapangan

maka R suatu daerah integral.


PendahuluanOutline



Teorema (1)

Jika R suatu lapangan maka R suatu daerah integral.


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1

Dik.

R lapanganDit. ? R daerah integralJawab:

Diketahui bahwa R suatu lapangan. Artinya R adalah gelanggangkomutatif

Untuk itu, agar R membentuk daerah integral kita cukupmenunjukan bahwa di R berlaku hukum pembatalan kiri terhadapoperasi kali

Ambil a, b, c ∈ R dan a 6= 0 sehingga berlaku:


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1

Dik. R lapangan

Dit. ? R daerah integralJawab:





PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1

Dik. R lapanganDit.

? R daerah integralJawab:





PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1

Dik. R lapanganDit. ? R daerah integral

Jawab:





PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1

Dik. R lapanganDit. ? R daerah integralJawab:





PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1






PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1






PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1






PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1.

ab = ac.

a−1(ab) = a−1(ac) Karena a ∈ R lapangan maka ada a−1 ∈ R(a−1a)b = (a−1a)c Sifat asosiatif

1 · b = 1 · c sifat unsur balikanb = c sifat unsur kesaatuan.

∴ di R berlaku hukum pembatalan kiri.

Oleh karena itu, dapat kita simpulkan bahwa R membentuk daerahintegral karena R gelanggang komutatif dan berlaku hukumpembatalan kiri.


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1.

ab = ac.a−1(ab) = a−1(ac) Karena a ∈ R lapangan maka ada a−1 ∈ R

(a−1a)b = (a−1a)c Sifat asosiatif1 · b = 1 · c sifat unsur balikan

b = c sifat unsur kesaatuan.∴ di R berlaku hukum pembatalan kiri.



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1.

ab = ac.a−1(ab) = a−1(ac) Karena a ∈ R lapangan maka ada a−1 ∈ R(a−1a)b = (a−1a)c Sifat asosiatif





PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1.


1 · b = 1 · c sifat unsur balikan

b = c sifat unsur kesaatuan.∴ di R berlaku hukum pembatalan kiri.



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1.






PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1.






PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1.




Oleh karena itu,

dapat kita simpulkan bahwa R membentuk daerahintegral karena R gelanggang komutatif dan berlaku hukumpembatalan kiri.


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1.




Oleh karena itu, dapat kita simpulkan bahwa R membentuk daerahintegral

karena R gelanggang komutatif dan berlaku hukumpembatalan kiri.


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 1.






PendahuluanOutline



Catatan

berdasarkan Teorema 1, jelas bahwa:

setiap lapangan merupakan daerah integral. Contohnya adalah gelanggang bilangan real dan rasional Tidak berlaku kebalikannya, artinya ada daerah integral

yang bukan lapangan. Contohnya adalah gelanggang bilangan bulat.


PendahuluanOutline



Catatan

berdasarkan Teorema 1, jelas bahwa: setiap lapangan merupakan daerah integral.

Contohnya adalah gelanggang bilangan real dan rasional Tidak berlaku kebalikannya, artinya ada daerah integral



PendahuluanOutline



Catatan

berdasarkan Teorema 1, jelas bahwa: setiap lapangan merupakan daerah integral. Contohnya adalah gelanggang bilangan real dan rasional

Tidak berlaku kebalikannya, artinya ada daerah integralyang bukan lapangan.

Contohnya adalah gelanggang bilangan bulat.


PendahuluanOutline



Catatan

berdasarkan Teorema 1, jelas bahwa: setiap lapangan merupakan daerah integral. Contohnya adalah gelanggang bilangan real dan rasional Tidak berlaku kebalikannya,

artinya ada daerah integralyang bukan lapangan.



PendahuluanOutline



Catatan

berdasarkan Teorema 1, jelas bahwa: setiap lapangan merupakan daerah integral. Contohnya adalah gelanggang bilangan real dan rasional Tidak berlaku kebalikannya, artinya ada daerah integral

yang bukan lapangan.



PendahuluanOutline



Catatan

berdasarkan Teorema 1, jelas bahwa: setiap lapangan merupakan daerah integral. Contohnya adalah gelanggang bilangan real dan rasional Tidak berlaku kebalikannya, artinya ada daerah integral



PendahuluanOutline



Teorema (2)

Jika R suatu daerah integral hingga, maka R membentuk lapangan


PendahuluanOutline



Teorema (2)

Jika R suatu daerah integral hingga,

maka R membentuk lapangan


PendahuluanOutline



Teorema (2)

Jika R suatu daerah integral hingga, maka R membentuk lapangan


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Diketahui bahwa R suatu daerah integral,

artinya R adalahgelanggang komutatif.

Sehingga untuk menunjukan R suatu lapangan, cukup denganmenunjukan bahwa setiap unsur tak nol di R mempunyai balikan.

Misalkan 0 6= a ∈ R. Untuk menunjukan a memiliki balikan kitabentuk pemetaan berikut:

λa : R → Rx 7→ ax


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Diketahui bahwa R suatu daerah integral, artinya R adalahgelanggang komutatif.





PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2






PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2



Misalkan 0 6= a ∈ R.

Untuk menunjukan a memiliki balikan kitabentuk pemetaan berikut:



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2






PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2






PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Jika kita dapat menunjukan bahwa λa suatu pemetaan pada,

makauntuk 1 ∈ R terdapat xa ∈ R sehingga

1 = λa(xa) = axa

Dengan menggunakan sifat komutatif dari R kita peroleh xamerupakan unsur balikan dari a karena

1 = axa = xaa


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Jika kita dapat menunjukan bahwa λa suatu pemetaan pada, makauntuk 1 ∈ R terdapat xa ∈ R sehingga

1 = λa(xa) = axa


1 = axa = xaa


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2


1 = λa(xa) = axa


1 = axa = xaa


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2


1 = λa(xa) = axa


1 = axa = xaa


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2


1 = λa(xa) = axa


1 = axa = xaa


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Selanjutnya,

karena λa merupakan pemetaan dari R pada dirinyasendiri, dan R hanya mengandung berhingga unsur, maka λamerupakan pemetaan pada jika λa merupakan pemetaan satu-satu.

Jadi untuk menunjukan bahwa a mempunyai unsur balikan cukupdengan menunjukan bahwa λa merupakan pemetaan satu-satu.


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Selanjutnya, karena λa merupakan pemetaan dari R pada dirinyasendiri,

dan R hanya mengandung berhingga unsur, maka λamerupakan pemetaan pada jika λa merupakan pemetaan satu-satu.



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Selanjutnya, karena λa merupakan pemetaan dari R pada dirinyasendiri, dan R hanya mengandung berhingga unsur,

maka λamerupakan pemetaan pada jika λa merupakan pemetaan satu-satu.



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Selanjutnya, karena λa merupakan pemetaan dari R pada dirinyasendiri, dan R hanya mengandung berhingga unsur, maka λamerupakan pemetaan pada jika λa merupakan pemetaan satu-satu.



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Selanjutnya, karena λa merupakan pemetaan dari R pada dirinyasendiri, dan R hanya mengandung berhingga unsur, maka λamerupakan pemetaan pada jika λa merupakan pemetaan satu-satu.



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Sekarang mari kita tunjukan λa(x) merupakan pemetaan satu-satu.

Mari kita ambil dua unsur x , y ∈ R dengan

λa(x) = λa(y).

Selanjutnya substitusikan x , y ∈ R tersebut pada pemetaanλa(x) = ax sehingga kita diperoleh

ax = ay .


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Sekarang mari kita tunjukan λa(x) merupakan pemetaan satu-satu.Mari kita ambil dua unsur x , y ∈ R dengan

λa(x) = λa(y).


ax = ay .


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2

Sekarang mari kita tunjukan λa(x) merupakan pemetaan satu-satu.Mari kita ambil dua unsur x , y ∈ R dengan

λa(x) = λa(y).


ax = ay .


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.

Karena a 6= 0 dan R daerah integral

maka menurut teorema DIkita peroleh

x = y

Jadi λa merupakan pemetaan satu-satu, sehingga dapat kitasimpulkan bahwa R membentuk lapangan.


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.

Karena a 6= 0 dan R daerah integral maka menurut teorema DIkita peroleh

x = y



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.


x = y

Jadi λa merupakan pemetaan satu-satu,

sehingga dapat kitasimpulkan bahwa R membentuk lapangan.


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 2.


x = y



PendahuluanOutline



Latihan

1. Perhatikan bukti Teorema 2. Mengapa kita tidak dapat memperluas teorema 2 untuk daerah integral tak hingga?

2. Misalkan R 6= {0} suatu lapangan. Tunjukan bahwa R \ {0}terhadap operasi kali membentuk grup komutatif!

3. Misalkan R suatu lapangan dan 0 6= a ∈ R. Tunjukan bahwaunsur balikan a adalah tunggal!

4. Misalkan R = {0, e, a, b}. Buatlah tabel penjumlahan danperkalian pada R agar R membentuk suatu lapangan!

5. Apakah tabel yang diperoleh juga sama jika R merupakandaerah integral!


PendahuluanOutline



SekianTerima kasih


PendahuluanOutline



Pertemuan 6Homomorfisma Gelanggang


PendahuluanOutline



Pendahuluan

Konsep Homomorfisma gelanggang adalah dimaksudkanuntuk membandingkan antar gelanggang.

dua gelanggang (katakanlah R1 dan R2) dikatakanhomomorfik jika ada homomorfisma dari R1 ke R2.

Dengan homomorfisma gelanggang, kita dapat menyelidikisifat suatu gelanggang dengan memanfaatkan sifatgelanggang yang sudah kita kenal jika kedua gelanggangtersebut homomorfik.


PendahuluanOutline



Pendahuluan





PendahuluanOutline



Pendahuluan





PendahuluanOutline



Tujuan

Memeriksa apakah pemetaan diantara dua gelanggangmerupakan homomorfisma dan/ atau isomorfisma

memanfaatkan sifat homomorfisma dalam pembuktian

menentukan inti suatu homomorfisma gelanggang

memanfaatkan pengertian karakteristik gelanggang dalampembuktian


PendahuluanOutline



Tujuan






PendahuluanOutline



Tujuan






PendahuluanOutline



Tujuan






PendahuluanOutline



Definisi (Homomorfisma Gelanggang)

Homomorfisma gelanggang merupakan pemetaan di antara duabuah gelanggang yang mengawetkan operasi padanya.

Definisiformalnya adalah sebagai berikut:

Misalkan R1 dan R2 dua buah gelanggang. Suatu pemetaan

θ : R1 → R2

disebut homomorfisma gelanggang jika untuk setiap x , y ∈ R1

berlaku

1. θ(x + y) = θ(x) + θ(y)2. θ(xy) = θ(x)θ(y)


PendahuluanOutline




Homomorfisma gelanggang merupakan pemetaan di antara duabuah gelanggang yang mengawetkan operasi padanya. Definisiformalnya adalah sebagai berikut:


θ : R1 → R2


berlaku

1. θ(x + y) = θ(x) + θ(y)2. θ(xy) = θ(x)θ(y)


PendahuluanOutline





Misalkan R1 dan R2 dua buah gelanggang.

Suatu pemetaan

θ : R1 → R2


berlaku

1. θ(x + y) = θ(x) + θ(y)2. θ(xy) = θ(x)θ(y)


PendahuluanOutline






θ : R1 → R2

disebut homomorfisma gelanggang

jika untuk setiap x , y ∈ R1

berlaku

1. θ(x + y) = θ(x) + θ(y)2. θ(xy) = θ(x)θ(y)


PendahuluanOutline






θ : R1 → R2


berlaku

1. θ(x + y) = θ(x) + θ(y)2. θ(xy) = θ(x)θ(y)


PendahuluanOutline






θ : R1 → R2


berlaku

1. θ(x + y) = θ(x) + θ(y)

2. θ(xy) = θ(x)θ(y)


PendahuluanOutline






θ : R1 → R2


berlaku

1. θ(x + y) = θ(x) + θ(y)2. θ(xy) = θ(x)θ(y)


PendahuluanOutline



Catatan

Operasi jumlah dan kali pada sebelah kiri persamaan 1 dan 2pada definisi homomorfisma gelanggang tersebut adalahoperasi di R1

Operasi jumlah dan kali pada sebelah kanan persamaan 1 dan2 pada definisi homomorfisma gelanggang tersebut adalahoperasi di R1


PendahuluanOutline



Catatan




PendahuluanOutline



Catatan




PendahuluanOutline



Contoh 1

Misalkan n suatu bilangan bulat positif.

Pemetaan

θ1 : Z −→ Zn

k 7→ k

merupakan homomorfisma gelanggang


PendahuluanOutline



Contoh 1

Misalkan n suatu bilangan bulat positif. Pemetaan

θ1 : Z −→ Zn

k 7→ k



PendahuluanOutline



Contoh 1


θ1 : Z −→ Zn

k 7→ k



PendahuluanOutline



Contoh 1


θ1 : Z −→ Zn

k 7→ k



PendahuluanOutline



Contoh 1


θ1 : Z −→ Zn

k 7→ k



PendahuluanOutline



Bukti

ambil k , l ∈ Z maka

θ1(k + l) = k + l dari definisi pemetaan θ1= k + l dari definisi penjumlahan di Zn

= θ1(k) + θ1(l) dari definisi pemetaan θ1


PendahuluanOutline



Bukti


θ1(k + l) = k + l dari definisi pemetaan θ1

= k + l dari definisi penjumlahan di Zn



PendahuluanOutline



Bukti





PendahuluanOutline



Bukti





PendahuluanOutline



Bukti.

θ1(kl) = kl dari definisi pemetaan θ1= k l dari definisi perkalian di Zn

= θ1(k)θ1(l) dari definisi pemetaan θ1

Jadi, dapat kita simpulkan bahwa θ1 merupakan homomorfismagelanggang dari Z ke Zn.


PendahuluanOutline



Bukti.

θ1(kl) = kl dari definisi pemetaan θ1

= k l dari definisi perkalian di Zn




PendahuluanOutline



Bukti.





PendahuluanOutline



Bukti.





PendahuluanOutline



Bukti.





PendahuluanOutline



Contoh 2

Misalkan C dan R masing-masing adalah lapangan bilangankompleks dan real.

Untuk setiap z = x + yi ∈ C, modulus dari zdidefinisikan sebagai | z |=

√x2 + y2. Periksa apakah pemetaan

θ2 : C −→ Rz 7→ | z |

membentuk suatu homomorfisma gelanggang!


PendahuluanOutline



Contoh 2

Misalkan C dan R masing-masing adalah lapangan bilangankompleks dan real. Untuk setiap z = x + yi ∈ C, modulus dari zdidefinisikan sebagai | z |=

√x2 + y2.

Periksa apakah pemetaan

θ2 : C −→ Rz 7→ | z |



PendahuluanOutline



Contoh 2



θ2 : C −→ Rz 7→ | z |



PendahuluanOutline



Contoh 2



θ2 : C −→ R

z 7→ | z |



PendahuluanOutline



Contoh 2



θ2 : C −→ Rz 7→ | z |



PendahuluanOutline



Contoh 2



θ2 : C −→ Rz 7→ | z |



PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2

θ2 bukan homomorfisma gelanggang. Untuk membuktikannya, kitaambil contoh penyangkal berikut ini.

Ambil z1, z2 ∈ C denganz1 = 1 + 3i dan z2 = 2 + i sehingga kita peroleh

θ2(z1) + θ2(z2) = | z1 |+ | z2 | definisi θ2= | 1 + 3i | + | 2 + i | memasukan nilai z1 dan z2=√

12 + 32 +√

22 + 12 definisi modulus

=√

10 +√

5


PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2

θ2 bukan homomorfisma gelanggang. Untuk membuktikannya, kitaambil contoh penyangkal berikut ini. Ambil z1, z2 ∈ C denganz1 = 1 + 3i dan z2 = 2 + i sehingga kita peroleh

θ2(z1) + θ2(z2) = | z1 |+ | z2 | definisi θ2

= | 1 + 3i | + | 2 + i | memasukan nilai z1 dan z2=√

12 + 32 +√


=√

10 +√

5


PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2


θ2(z1) + θ2(z2) = | z1 |+ | z2 | definisi θ2= | 1 + 3i | + | 2 + i | memasukan nilai z1 dan z2

=√

12 + 32 +√


=√

10 +√

5


PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2



12 + 32 +√


=√

10 +√

5


PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2



12 + 32 +√


=√

10 +√

5


PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2

Oleh karena itu

θ2(z1 + z2) = | z1 + z2 | dari definisi θ2= | (1 + 2) + (3 + 1)i | memasukan nilai z1 dan z2=√

32 + 42 definisi modulus= 56= θ2(z1) + θ2(z2) �


PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2

Oleh karena ituθ2(z1 + z2) = | z1 + z2 | dari definisi θ2

= | (1 + 2) + (3 + 1)i | memasukan nilai z1 dan z2=√



PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2


= | (1 + 2) + (3 + 1)i | memasukan nilai z1 dan z2

=√



PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2




= 56= θ2(z1) + θ2(z2) �


PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2



32 + 42 definisi modulus= 5

6= θ2(z1) + θ2(z2) �


PendahuluanOutline



Jawaban Contoh 2





PendahuluanOutline



Teorema (1)

Misalkan θ : R1 → R2 suatu homomorfisma gelanggang. Makauntuk setiap x , 0R1 ∈ R1 berlaku:

i . θ(0R1) = 0R2

ii . θ(−x) = −θ(x)


PendahuluanOutline



Teorema (1)

Misalkan θ : R1 → R2 suatu homomorfisma gelanggang.

Makauntuk setiap x , 0R1 ∈ R1 berlaku:

i . θ(0R1) = 0R2

ii . θ(−x) = −θ(x)


PendahuluanOutline



Teorema (1)


i . θ(0R1) = 0R2

ii . θ(−x) = −θ(x)


PendahuluanOutline



Teorema (1)


i . θ(0R1) = 0R2

ii . θ(−x) = −θ(x)


PendahuluanOutline



Teorema (2)

Misalkan θ : R1 → R2 suatu homomorfisma gelanggang yangbukan merupakan pemetaan nol.

i . Jika R2 suatu daerah integral maka θ(1R1) = 1R2

ii . Jika θ suatu pemetaan pada maka θ(1R1) = 1R2


PendahuluanOutline



Teorema (2)





PendahuluanOutline



Teorema (2)





PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)

Ingat! Suatu pemetaan θ dikatakan pada jika untuk setiap y ∈ R2

terdapat x ∈ R1 sehingga y = θ(x).

Sekarang ambil y ∈ R2 karena θ pada maka akan ada x ∈ R1

sehingga

y = θ(x)= θ(1R1 · x)= θ(1R1)θ(x) θ hom= θ(1R1)y · · · · · · · · · (∗)


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)

Ingat! Suatu pemetaan θ dikatakan pada

jika untuk setiap y ∈ R2



sehingga



PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)




sehingga



PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)


terdapat x ∈ R1

sehingga y = θ(x).


sehingga



PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)




sehingga



PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)



Sekarang ambil y ∈ R2

karena θ pada maka akan ada x ∈ R1

sehingga



PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)



Sekarang ambil y ∈ R2 karena θ pada

maka akan ada x ∈ R1

sehingga



PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)




sehingga



PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)




sehingga

y = θ(x)

= θ(1R1 · x)= θ(1R1)θ(x) θ hom= θ(1R1)y · · · · · · · · · (∗)


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)




sehingga

y = θ(x)= θ(1R1 · x)

= θ(1R1)θ(x) θ hom= θ(1R1)y · · · · · · · · · (∗)


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)




sehingga

y = θ(x)= θ(1R1 · x)= θ(1R1)θ(x) θ hom

= θ(1R1)y · · · · · · · · · (∗)


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)




sehingga



PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)

dengan cara yang sama diperoleh

y = θ(x)

= θ(x · 1R1)= θ(x)θ(1R1) θ hom gel= yθ(1R1) · · · · · · · · · (∗∗)


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)


y = θ(x)= θ(x · 1R1)

= θ(x)θ(1R1) θ hom gel= yθ(1R1) · · · · · · · · · (∗∗)


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)


y = θ(x)= θ(x · 1R1)= θ(x)θ(1R1) θ hom gel

= yθ(1R1) · · · · · · · · · (∗∗)


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii)


y = θ(x)= θ(x · 1R1)= θ(x)θ(1R1) θ hom gel= yθ(1R1) · · · · · · · · · (∗∗)


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii).

berdasarkan (∗) dan (∗∗) diperoleh bahwa

y = θ(1R1) · y = y · θ(1R1)

berdasarkan definisi identitas dapat kita simpulkan bahwa

θ(1R1) = 1R2 .


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii).


y = θ(1R1) · y = y · θ(1R1)


θ(1R1) = 1R2 .


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii).


y = θ(1R1) · y = y · θ(1R1)

berdasarkan definisi identitas

dapat kita simpulkan bahwa

θ(1R1) = 1R2 .


PendahuluanOutline



Teorema 2(ii).


y = θ(1R1) · y = y · θ(1R1)


θ(1R1) = 1R2 .


PendahuluanOutline



Definisi (Inti)

Misalkan R1 dan R2 dua buah gelanggang. Inti suatuhomomorfisma gelanggang θ : R1 → R2 didefinisikan sebagai

Inti(θ) = {x ∈ R1 | θ(x) = 0R2}.

Istilah Inti biasa disebut juga dengan Kernel dan dinotasikandengan Ker(θ).


PendahuluanOutline



Definisi (Inti)

Misalkan R1 dan R2 dua buah gelanggang.

Inti suatuhomomorfisma gelanggang θ : R1 → R2 didefinisikan sebagai

Inti(θ) = {x ∈ R1 | θ(x) = 0R2}.



PendahuluanOutline



Definisi (Inti)


Inti(θ) = {x ∈ R1 | θ(x) = 0R2}.



PendahuluanOutline



Definisi (Inti)


Inti(θ) = {x ∈ R1 | θ(x) = 0R2}.



PendahuluanOutline



Definisi (Inti)


Inti(θ) = {x ∈ R1 | θ(x) = 0R2}.



PendahuluanOutline



Teorema (3)

Misalkan θ : R1 → R2 suatu homomorfisma gelanggang. Makai. Inti(θ) adalah subgrup dari (R1,+)ii. θ satu-satu jika dan hanya jika Inti(θ) = {0R1}iii. untuk setiap a ∈ R1 dan b ∈ Inti(θ) maka ab dan ba ∈ Inti(θ)


PendahuluanOutline



Teorema (3)

Misalkan θ : R1 → R2 suatu homomorfisma gelanggang.

Makai. Inti(θ) adalah subgrup dari (R1,+)ii. θ satu-satu jika dan hanya jika Inti(θ) = {0R1}iii. untuk setiap a ∈ R1 dan b ∈ Inti(θ) maka ab dan ba ∈ Inti(θ)


PendahuluanOutline



Teorema (3)

Misalkan θ : R1 → R2 suatu homomorfisma gelanggang. Makai. Inti(θ) adalah subgrup dari (R1,+)

ii. θ satu-satu jika dan hanya jika Inti(θ) = {0R1}iii. untuk setiap a ∈ R1 dan b ∈ Inti(θ) maka ab dan ba ∈ Inti(θ)


PendahuluanOutline



Teorema (3)

Misalkan θ : R1 → R2 suatu homomorfisma gelanggang. Makai. Inti(θ) adalah subgrup dari (R1,+)ii. θ satu-satu jika dan hanya jika Inti(θ) = {0R1}

iii. untuk setiap a ∈ R1 dan b ∈ Inti(θ) maka ab dan ba ∈ Inti(θ)


PendahuluanOutline



Teorema (3)

Misalkan θ : R1 → R2 suatu homomorfisma gelanggang. Makai. Inti(θ) adalah subgrup dari (R1,+)ii. θ satu-satu jika dan hanya jika Inti(θ) = {0R1}iii. untuk setiap a ∈ R1 dan b ∈ Inti(θ) maka ab dan ba ∈ Inti(θ)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3

Bukti sifat (i) dan (ii) diperoleh sebagai akibat dari θ merupakanhomomorfisma grup,

dalam hal ini adalah akibat dari teorema 1.

Sekarang kita buktikan sifat (iii). Ambil a ∈ R1 dan b ∈ Inti(θ).Akan kita tunjukan bahwa ab ∈ Inti(θ). Dengan kata lain akankita tunjukan θ(ab) = 0R2

Ingat! b ∈ Inti(θ) artinya bahwa

θ(b) = 0R2 · · · (∗)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3

Bukti sifat (i) dan (ii) diperoleh sebagai akibat dari θ merupakanhomomorfisma grup, dalam hal ini adalah akibat dari teorema 1.



θ(b) = 0R2 · · · (∗)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3


Sekarang kita buktikan sifat (iii).

Ambil a ∈ R1 dan b ∈ Inti(θ).Akan kita tunjukan bahwa ab ∈ Inti(θ). Dengan kata lain akankita tunjukan θ(ab) = 0R2


θ(b) = 0R2 · · · (∗)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3


Sekarang kita buktikan sifat (iii). Ambil a ∈ R1 dan b ∈ Inti(θ).

Akan kita tunjukan bahwa ab ∈ Inti(θ). Dengan kata lain akankita tunjukan θ(ab) = 0R2


θ(b) = 0R2 · · · (∗)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3


Sekarang kita buktikan sifat (iii). Ambil a ∈ R1 dan b ∈ Inti(θ).Akan kita tunjukan bahwa ab ∈ Inti(θ).

Dengan kata lain akankita tunjukan θ(ab) = 0R2


θ(b) = 0R2 · · · (∗)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3




θ(b) = 0R2 · · · (∗)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3



Ingat!

b ∈ Inti(θ) artinya bahwa

θ(b) = 0R2 · · · (∗)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3




θ(b) = 0R2 · · · (∗)


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3.

Oleh karena itu

θ(ab) = θ(a) · θ(b) θ homomorfisma= θ(a) · 0R2 berdasarkan ∗= 0R2 Teorema 2(1) Pertemuan 3.

Jadi terbukti bahwa θ(ab) = 0R2 . Artinya bahwa ab ∈ Inti(θ).


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3.

Oleh karena itu

θ(ab) = θ(a) · θ(b) θ homomorfisma

= θ(a) · 0R2 berdasarkan ∗= 0R2 Teorema 2(1) Pertemuan 3.



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3.

Oleh karena itu

θ(ab) = θ(a) · θ(b) θ homomorfisma= θ(a) · 0R2 berdasarkan ∗

= 0R2 Teorema 2(1) Pertemuan 3.



PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3.

Oleh karena itu




PendahuluanOutline



Bukti Teorema 3.

Oleh karena itu




PendahuluanOutline



Contoh Inti

Perhaatikan contoh 1,

k = 0 ∈ Zn ⇔ n | (k − 0) = k

⇔ k = mn untuk suatu m ∈ Z

Jadi Inti(θ) = {mn | m ∈ Z}.


PendahuluanOutline



Contoh Inti


k = 0 ∈ Zn ⇔ n | (k − 0) = k⇔ k = mn untuk suatu m ∈ Z



PendahuluanOutline



Contoh Inti


k = 0 ∈ Zn ⇔ n | (k − 0) = k⇔ k = mn untuk suatu m ∈ Z



PendahuluanOutline



Latihan

1. Misalkan n dan m dua buah bilangan bulat positif denganm | n.Buktikan bahwa pemetaan

φ : Zn → Zm

k 7→ k

merupakan suatu homomorfisma gelanggang.

2. Tentukan Inti homomorfisma gelanggang di atas.


PendahuluanOutline



Latihan

1. Misalkan n dan m dua buah bilangan bulat positif denganm | n.

Buktikan bahwa pemetaan

φ : Zn → Zm

k 7→ k




PendahuluanOutline



Latihan


φ : Zn → Zm

k 7→ k




PendahuluanOutline



Latihan


φ : Zn → Zm

k 7→ k




PendahuluanOutline



Latihan


φ : Zn → Zm

k 7→ k




PendahuluanOutline



Latihan

3. Periksa apakah pemetaan

α : Z → Zk 7→ 2k

merupakan suatu homomorfisma gelanggang!

4. Misalkan R1,R2 dua buah gelanggang dan π suatu homomor-fisma gelanggang dari R1 ke R2 yang bukan pemetaan nol.Jika R2 suatu daerah integral, tunjukan bahwa π(1R1) = 1R2 !.


PendahuluanOutline



Latihan


α : Z → Zk 7→ 2k




PendahuluanOutline



Latihan


α : Z → Zk 7→ 2k




PendahuluanOutline



Latihan

5. Misalkan terdapat suatu homomorfisma tak nol dari gelang-gang R1 ke gelanggang komutatif R2.Apakah gelanggang R1 bersifat komutatif? Jelaskan!.

6. Bagaimana sebaliknya? Misalkan terdapat suatu homomor-fisma tak nol dari gelanggang komutatif R1 ke gelanggangR2. Apakah gelanggang R2 bersifat komutatif? Jelaskan!.

7. Tunjukan bahwa peta suatu homomorfisma gelanggang yangbersifat satu-satu membentuk suatu gelanggang!


PendahuluanOutline



Latihan





PendahuluanOutline



Latihan





PendahuluanOutline



Pertemuan 7Isomorfisma Gelanggang


PendahuluanOutline



Definisi (Isomorfisma)

Suatu pemetaan θ : R1 → R2 disebut isomorfisma jika

i. θ suatu homomorfisma gelanggangii. θ bijektif


PendahuluanOutline





i. θ suatu homomorfisma gelanggang

ii. θ bijektif


PendahuluanOutline





i. θ suatu homomorfisma gelanggangii. θ bijektif


PendahuluanOutline



Contoh Isomorfisma

Misalkan Z[i ] menyatakan daerah integral bilangan bulat Gauss.

Pemetaan

θ : Z[i ] → Z[i ]a + bi 7→ a− bi

merupakan isomorfisma gelanggang.


PendahuluanOutline



Contoh Isomorfisma

Misalkan Z[i ] menyatakan daerah integral bilangan bulat Gauss.Pemetaan

θ : Z[i ] → Z[i ]a + bi 7→ a− bi



PendahuluanOutline



Contoh Isomorfisma

Misalkan Z[i ] menyatakan daerah integral bilangan bulat Gauss.Pemetaan

θ : Z[i ] → Z[i ]a + bi 7→ a− bi



PendahuluanOutline



Bukti Contoh

Untuk menunjukan θ suatu isomorfisma gelanggang perluditunjukan:

i. θ adalah homomorfisma gelanggangii. θ bersifat satu-satu (injektif)

iii. θ bersifat pada (surjektif)


PendahuluanOutline



Bukti Contoh


i. θ adalah homomorfisma gelanggang

ii. θ bersifat satu-satu (injektif)iii. θ bersifat pada (surjektif)


PendahuluanOutline



Bukti Contoh


i. θ adalah homomorfisma gelanggangii. θ bersifat satu-satu (injektif)

iii. θ bersifat pada (surjektif)


PendahuluanOutline



Bukti Contoh


i. θ adalah homomorfisma gelanggangii. θ bersifat satu-satu (injektif)iii. θ bersifat pada (surjektif)


PendahuluanOutline



Bukti i.

ambil a1 + b1i dan a2 + b2i ∈ Z[i ] sehingga diperoleh

θ((a1 + b1i) + (a2 + b2i)) = θ((a1 + a2) + (b1 + b2)i)= (a1 + a2)− (b1 + b2)i= a1 + a2 − b1i − b2i= (a1 − b1i) + (a2 − b2i)= θ(a1 + b1i) + θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.




PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) + (a2 + b2i)) = θ((a1 + a2) + (b1 + b2)i)

= (a1 + a2)− (b1 + b2)i= a1 + a2 − b1i − b2i= (a1 − b1i) + (a2 − b2i)= θ(a1 + b1i) + θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) + (a2 + b2i)) = θ((a1 + a2) + (b1 + b2)i)= (a1 + a2)− (b1 + b2)i

= a1 + a2 − b1i − b2i= (a1 − b1i) + (a2 − b2i)= θ(a1 + b1i) + θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) + (a2 + b2i)) = θ((a1 + a2) + (b1 + b2)i)= (a1 + a2)− (b1 + b2)i= a1 + a2 − b1i − b2i

= (a1 − b1i) + (a2 − b2i)= θ(a1 + b1i) + θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) + (a2 + b2i)) = θ((a1 + a2) + (b1 + b2)i)= (a1 + a2)− (b1 + b2)i= a1 + a2 − b1i − b2i= (a1 − b1i) + (a2 − b2i)

= θ(a1 + b1i) + θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.




PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) · (a2 + b2i)) = θ((a1a2 − b1b2) + (a1b2 + b1a2)i)= (a1a2 − b1b2)− (a1b2 + b1a2)i= a1a2 − b1b2 − a1b2i − b1a2i= a1a2 − a1b2i − b1b2 − b1a2i= a1(a2 − b2i)− b1i(−b2i + a2)= (a1 − b1i)(a2 − b2i)= θ(a1 + b1i)θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.




PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) · (a2 + b2i)) = θ((a1a2 − b1b2) + (a1b2 + b1a2)i)

= (a1a2 − b1b2)− (a1b2 + b1a2)i= a1a2 − b1b2 − a1b2i − b1a2i= a1a2 − a1b2i − b1b2 − b1a2i= a1(a2 − b2i)− b1i(−b2i + a2)= (a1 − b1i)(a2 − b2i)= θ(a1 + b1i)θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) · (a2 + b2i)) = θ((a1a2 − b1b2) + (a1b2 + b1a2)i)= (a1a2 − b1b2)− (a1b2 + b1a2)i

= a1a2 − b1b2 − a1b2i − b1a2i= a1a2 − a1b2i − b1b2 − b1a2i= a1(a2 − b2i)− b1i(−b2i + a2)= (a1 − b1i)(a2 − b2i)= θ(a1 + b1i)θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) · (a2 + b2i)) = θ((a1a2 − b1b2) + (a1b2 + b1a2)i)= (a1a2 − b1b2)− (a1b2 + b1a2)i= a1a2 − b1b2 − a1b2i − b1a2i

= a1a2 − a1b2i − b1b2 − b1a2i= a1(a2 − b2i)− b1i(−b2i + a2)= (a1 − b1i)(a2 − b2i)= θ(a1 + b1i)θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) · (a2 + b2i)) = θ((a1a2 − b1b2) + (a1b2 + b1a2)i)= (a1a2 − b1b2)− (a1b2 + b1a2)i= a1a2 − b1b2 − a1b2i − b1a2i= a1a2 − a1b2i − b1b2 − b1a2i

= a1(a2 − b2i)− b1i(−b2i + a2)= (a1 − b1i)(a2 − b2i)= θ(a1 + b1i)θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) · (a2 + b2i)) = θ((a1a2 − b1b2) + (a1b2 + b1a2)i)= (a1a2 − b1b2)− (a1b2 + b1a2)i= a1a2 − b1b2 − a1b2i − b1a2i= a1a2 − a1b2i − b1b2 − b1a2i= a1(a2 − b2i)− b1i(−b2i + a2)

= (a1 − b1i)(a2 − b2i)= θ(a1 + b1i)θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.


θ((a1 + b1i) · (a2 + b2i)) = θ((a1a2 − b1b2) + (a1b2 + b1a2)i)= (a1a2 − b1b2)− (a1b2 + b1a2)i= a1a2 − b1b2 − a1b2i − b1a2i= a1a2 − a1b2i − b1b2 − b1a2i= a1(a2 − b2i)− b1i(−b2i + a2)= (a1 − b1i)(a2 − b2i)

= θ(a1 + b1i)θ(a2 + b2i)


PendahuluanOutline



Bukti i.




PendahuluanOutline



Bukti ii.

ambil a1 + b1i , a2 + b2i ∈ Z[i ] dengan

θ(a1 + b1i) = θ(a2 + b2i)

sehingga diperoleh

a1 − b1i = a2 − b2i(a1 − a2) + (b2 − b1)i = 0


PendahuluanOutline



Bukti ii.


θ(a1 + b1i) = θ(a2 + b2i)

sehingga diperoleh

a1 − b1i = a2 − b2i(a1 − a2) + (b2 − b1)i = 0


PendahuluanOutline



Bukti ii.


θ(a1 + b1i) = θ(a2 + b2i)

sehingga diperoleh

a1 − b1i = a2 − b2i(a1 − a2) + (b2 − b1)i = 0


PendahuluanOutline



Bukti ii.


θ(a1 + b1i) = θ(a2 + b2i)

sehingga diperoleh

a1 − b1i = a2 − b2i(a1 − a2) + (b2 − b1)i = 0


PendahuluanOutline



Bukti ii.


θ(a1 + b1i) = θ(a2 + b2i)

sehingga diperoleh

a1 − b1i = a2 − b2i

(a1 − a2) + (b2 − b1)i = 0


PendahuluanOutline



Bukti ii.


θ(a1 + b1i) = θ(a2 + b2i)

sehingga diperoleh

a1 − b1i = a2 − b2i(a1 − a2) + (b2 − b1)i = 0


PendahuluanOutline



Bukti ii.


θ(a1 + b1i) = θ(a2 + b2i)

sehingga diperoleh

a1 − b1i = a2 − b2i(a1 − a2) + (b2 − b1)i = 0


PendahuluanOutline



Bukti ii.

dengan demikian

a1 − a2 = 0 dan b2 − b1 = 0

karena a1 = a2 dan b2 = b1 maka a1 + b1i = a2 + b2i sehinggadapat disimpulkan bahwa θ satu-satu.


PendahuluanOutline



Bukti ii.

dengan demikian

a1 − a2 = 0 dan b2 − b1 = 0



PendahuluanOutline



Bukti ii.

dengan demikian

a1 − a2 = 0 dan b2 − b1 = 0



PendahuluanOutline



Bukti iii.

ambil z = a + bi ∈ Z[i ]pilih z0 = a− bi ∈ Z[i ] sehingga

θ(z0) = θ(a− bi)= a− (−b)i= a + bi= z

Karena untuk setiap z ∈ Z[i ] terdapat z0 ∈ Z[i ] sehingga θ(z0) = zmaka θ adalah pemetaan pada.


PendahuluanOutline



Bukti iii.

ambil z = a + bi ∈ Z[i ]

pilih z0 = a− bi ∈ Z[i ] sehingga

θ(z0) = θ(a− bi)= a− (−b)i= a + bi= z



PendahuluanOutline



Bukti iii.


θ(z0) = θ(a− bi)= a− (−b)i= a + bi= z



PendahuluanOutline



Bukti iii.


θ(z0) = θ(a− bi)

= a− (−b)i= a + bi= z



PendahuluanOutline



Bukti iii.


θ(z0) = θ(a− bi)= a− (−b)i

= a + bi= z



PendahuluanOutline



Bukti iii.


θ(z0) = θ(a− bi)= a− (−b)i= a + bi

= z



PendahuluanOutline



Bukti iii.


θ(z0) = θ(a− bi)= a− (−b)i= a + bi= z



PendahuluanOutline



Bukti iii.


θ(z0) = θ(a− bi)= a− (−b)i= a + bi= z



PendahuluanOutline



Catatan

Suatu isomorfisma gelanggang dari suatu gelanggang kepadadirinya sendiri disebut automorfisma.


PendahuluanOutline



Definisi (Isomorfik)

Dua buah gelanggang R1 dan R2 disebut isomorfik dan diberinotasi R1 ≈ R2 jika terdapat isomorfisma θ : R1 → R2.


PendahuluanOutline



Catatan

untuk menunjukan dua gelanggang (katakan R1 dan R2)saling isomorfik perlu mengkonstruksi pemetaan yangmerupakan isomorfisma dari R1 ke R2 atau sebaliknya.

sifat isomorfik dua buah gelanggang menghasilkan kesamaansecara esensial diantara dua gelanggang tersebut. Misalnya:sifat kekomutatifan, keberadaan pembagi nol dan sifatkeberadaan unsur unit.

Perbedaan yang mungkin diantara mereka hanya dalambentuk nyata dari unsur-unsur dan operasinya.

berdasarkan uraian tersebut, kita dapat bekerja dengangelanggang yang satu untuk memperoleh sifat gelanggangyang lain.


PendahuluanOutline



Catatan






PendahuluanOutline



Catatan






PendahuluanOutline



Catatan






PendahuluanOutline



Catatan






PendahuluanOutline



Contoh Isomorfik

Misalkan Z6 menyatakan gelanggang bilangan bulat modulo 6 danZ2 × Z3 menyatakan hasil kali kartesius gelanggang bilangan bulatmodulo 2 dan 3. Kita peroleh bahwa Z6 dan Z2 × Z3 salingisomorfik.


PendahuluanOutline



Bukti.

Konstruksi pengaitan θ dari Z6 ke Z2 × Z3 yaitu

θ : Z6 → Z2 × Z3

a 7→ (a, a)

Selajutnya perlu ditunjukan:

1 θ pemetaan yang terdefinisi dengan baik

2 θ homomorfisma gelanggang

3 θ satu-satu

4 θ pada


PendahuluanOutline



Bukti.


θ : Z6 → Z2 × Z3

a 7→ (a, a)




3 θ satu-satu

4 θ pada


PendahuluanOutline



Bukti.


θ : Z6 → Z2 × Z3

a 7→ (a, a)




3 θ satu-satu

4 θ pada


PendahuluanOutline



Bukti.


θ : Z6 → Z2 × Z3

a 7→ (a, a)




3 θ satu-satu

4 θ pada


PendahuluanOutline



Bukti.


θ : Z6 → Z2 × Z3

a 7→ (a, a)




3 θ satu-satu

4 θ pada


PendahuluanOutline



Bukti.


θ : Z6 → Z2 × Z3

a 7→ (a, a)




3 θ satu-satu

4 θ pada


PendahuluanOutline



Bukti.


θ : Z6 → Z2 × Z3

a 7→ (a, a)




3 θ satu-satu

4 θ pada


PendahuluanOutline



Bukti.


θ : Z6 → Z2 × Z3

a 7→ (a, a)




3 θ satu-satu

4 θ pada


PendahuluanOutline



Contoh

Misalkan Z4 menyatakan gelanggang bilangan bulat modulo 4 danZ2 × Z2 menyatakan hasil kali kartesius dua gelanggang bilanganbulat modulo 2. Kita peroleh bahwa Z4 tidak isomorfik denganZ2 × Z2.


PendahuluanOutline



Teorema

Isomorfisma merupakan relasi ekuivalen pada himpunan semuagelanggang.


PendahuluanOutline



Latihan 6

1. Tunjukan bahwa isomorfisma merupakan relasi ekuivalenpada himpunan semua gelanggang?

2. Misalkan θ : R1 → R2 suatu isomorfisma gelanggang dana ∈ R1. Tunjukan bahwa a suatu unit di R1 jika dan hanya jikapetanya, θ(a), merupakan unit di R2.

3. Misalkan θ : R1 → R2 suatu isomorfisma gelanggang dana ∈ R1. Tunjukan bahwa a suatu pembagi nol di R1 jika danhanya jika petanya, θ(a), merupakan pembagi nol di R2.

4. Misalkan m dan n dua buah bilangan bulat positif. Buktikanbahwa Zmn isomorfik dengan Zm × Zn

jika dan hanya jika (m, n) = 1 dengan (m, n)adalah FPB dari mdan n.


PendahuluanOutline



Latihan 6







PendahuluanOutline



Latihan 6







PendahuluanOutline



Latihan 6







PendahuluanOutline



Latihan 6

5. Periksa apakah sistem bilangan bulat dan sistem bilangan bulatGauss saling isomorfik

6. Misalkan R1 dan R2 dua buah glenggang yang saling isomorfik.Tunjukan bahwa R1 suatu daerah integral jika dan hanya jika R1

suatu daerah integral


PendahuluanOutline



Latihan 6

5. Periksa apakah sistem bilangan bulat dan sistem bilangan bulatGauss saling isomorfik

6. Misalkan R1 dan R2 dua buah glenggang yang saling isomorfik.Tunjukan bahwa R1 suatu daerah integral jika dan hanya jika R1

suatu daerah integral


PendahuluanOutline


Karakteristik GelanggangIdealGelanggang KuosienLapangan Hasil BagiDE, DIU dan DFTSuku Banyak atas Lapangan

Materi UAS

� Karakteristik Gelanggang

� Ideal

� Gelanggang Kuosien

� Lapangan Hasil Bagi

� DE, DIU dan DFT

� Suku Banyak atas Lapangan


PendahuluanOutline



Materi UAS


� Ideal



� DE, DIU dan DFT



PendahuluanOutline



Materi UAS


� Ideal



� DE, DIU dan DFT



PendahuluanOutline



Materi UAS


� Ideal



� DE, DIU dan DFT



PendahuluanOutline



Materi UAS


� Ideal



� DE, DIU dan DFT



PendahuluanOutline



Materi UAS


� Ideal



� DE, DIU dan DFT



PendahuluanOutline



Pertemuan 9Karakteristik Gelanggang


PendahuluanOutline



Definisi 7.1 (Karakteristik Gelanggang)

Bilangan bulat positif terkecil n disebut karakteristik gelanggang Rjika memenuhi persamaan

n · a = 0R untuk setiap a ∈ R.

Catatan:jika tidak ada bilangan bulat positif n yang memenuhi persamaantersebut di atas, kita katakan bahwa gelanggang R mempunyaikarakteristik 0.


PendahuluanOutline



Definisi 7.1 (Karakteristik Gelanggang)

Bilangan bulat positif terkecil n disebut karakteristik gelanggang Rjika memenuhi persamaan

n · a = 0R untuk setiap a ∈ R.

Catatan:jika tidak ada bilangan bulat positif n yang memenuhi persamaantersebut di atas, kita katakan bahwa gelanggang R mempunyaikarakteristik 0.


PendahuluanOutline



Contoh Karakteristik Gelanggang

� Gelanggang Zn memiliki nilai karakteristik n

� Gelanggang Z,Q,R dan Csemuanya memiliki nilai karakteristik 0

� 4 bukan nilai karakteristik dari Z2.


PendahuluanOutline








PendahuluanOutline








PendahuluanOutline



Teorema 7.1 (Karakteristik Gelanggang)

Bilangan bulat positif terkecil n adalah karakteristik gelanggang Rjika memenuhi n · 1R = 0R untuk suatu n ∈ Z+. Jika tidak ada nyang memenuhi maka karakteristiknya adalah 0.


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.1

Misalkan n adalah bilangan bulat positif yang memenuhi n · 1R = 0.

Ambil sembarang a ∈ R sehingga diperolehn · a = a + a + · · ·+ a

= a(1R + 1R + · · ·+ 1R)= a(n · 1R)= a · 0R= 0R �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.1

Misalkan n adalah bilangan bulat positif yang memenuhi n · 1R = 0.Ambil sembarang a ∈ R sehingga diperoleh

n · a = a + a + · · ·+ a= a(1R + 1R + · · ·+ 1R)= a(n · 1R)= a · 0R= 0R �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.1


n · a = a + a + · · ·+ a

= a(1R + 1R + · · ·+ 1R)= a(n · 1R)= a · 0R= 0R �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.1


n · a = a + a + · · ·+ a= a(1R + 1R + · · ·+ 1R)

= a(n · 1R)= a · 0R= 0R �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.1


n · a = a + a + · · ·+ a= a(1R + 1R + · · ·+ 1R)= a(n · 1R)

= a · 0R= 0R �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.1


n · a = a + a + · · ·+ a= a(1R + 1R + · · ·+ 1R)= a(n · 1R)= a · 0R

= 0R �


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.1


n · a = a + a + · · ·+ a= a(1R + 1R + · · ·+ 1R)= a(n · 1R)= a · 0R= 0R �


PendahuluanOutline



Teorema 7.2 (Karakteristik Daerah Integral)

Karakteristik suatu daerah integral adalah 0 atau prima.


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.2

Misalkan R daerah integral dan suatu bilangan bulat positif nadalah karakteristik R.

Untuk membuktikan teorema ini cukup kitatunjukan n adalah prima dengan menggunakan kontradiksi.

Andaikan n bukan bilangan prima maka ada 1 < r < n dan1 < s < n sehingga n = rs. Karena n karakteristik dari R makadiperoleh

n · 1R = 0R(r · s) · 1R = 0R

(r · 1R)(s · 1R) = 0R


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.2

Misalkan R daerah integral dan suatu bilangan bulat positif nadalah karakteristik R. Untuk membuktikan teorema ini cukup kitatunjukan n adalah prima dengan menggunakan kontradiksi.


n · 1R = 0R(r · s) · 1R = 0R

(r · 1R)(s · 1R) = 0R


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.2



n · 1R = 0R

(r · s) · 1R = 0R(r · 1R)(s · 1R) = 0R


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.2



n · 1R = 0R(r · s) · 1R = 0R

(r · 1R)(s · 1R) = 0R


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.2



n · 1R = 0R(r · s) · 1R = 0R

(r · 1R)(s · 1R) = 0R


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.2

karena R daerah integral maka diperoleh(r · 1R) = 0R atau (s · 1R) = 0R .

Kedua kemungkinan tersebut menimbulkan kontradiksi dengan nkarakteristik dari R(n bilangan bulat positif terkecil yang memenuhi n · 1R = 0R).

Jadi haruslah n adalah bilangan prima�


PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.2





PendahuluanOutline



Bukti Teorema 7.2





PendahuluanOutline



Latihan 7

1. Misalkan R gelanggang dengan karakteristik n > 0 dan msuatu bilangan bulat positif. Buktikan bahwa m · 1R = 0Rjika dan hanya jika n membagi m.

2. Tentukan karakteristik dari gelanggang-gelanggang berikut.a. Z3 × Z3

b. Z4 × Z6

c. Z4 × R3. Dengan mengamati jawaban anda pada soal no.1 di atas,

tentukan karakteristik dari gelanggang R × S jikakarakteristik gelanggang R dan S adalah masing-masingn dan m (n dan m sembarang bilangan bulat tak negatif).


PendahuluanOutline



Latihan 7



b. Z4 × Z6

c. Z4 × R

3. Dengan mengamati jawaban anda pada soal no.1 di atas,tentukan karakteristik dari gelanggang R × S jikakarakteristik gelanggang R dan S adalah masing-masingn dan m (n dan m sembarang bilangan bulat tak negatif).


PendahuluanOutline



Latihan 7



b. Z4 × Z6

c. Z4 × R3. Dengan mengamati jawaban anda pada soal no.1 di atas,

tentukan karakteristik dari gelanggang R × S jikakarakteristik gelanggang R dan S adalah masing-masingn dan m (n dan m sembarang bilangan bulat tak negatif).


PendahuluanOutline



Latihan 7

4. Buktikan bahwa pernyataan berikut tidak benar. Jika R suatugelanggang dan terdapat 0 6= a ∈ R dan n bilangan bulatpositif terkecil sehingga n · a = 0R maka n merupakankarakteristik dari R.

5. Misalkan R suatu daerah integral dengan karakteristik dari 0.Buktikan bahwa R memiliki subgelanggang yang isomorfikdengan gelanggang bilangan bulat Z

6. Misalkan R dan S dua buah gelanggang yang saling isomorfikTunjukan bahwa karakteristik R dan S adalah sama.


PendahuluanOutline



Latihan 7





PendahuluanOutline



Latihan 7





PendahuluanOutline



Pertemuan 10Ideal


PendahuluanOutline



Definisi 8.1 (Ideal)

Misalkan diberikan suatu gelanggang R. Suatu subhimpunan takkosong I ⊆ R disebut ideal jika memenuhi

i . I adalah subgrup dari (R,+)ii . untuk setiap r ∈ R dan a ∈ I berlaku ra, ar ∈ I


PendahuluanOutline





i . I adalah subgrup dari (R,+)

ii . untuk setiap r ∈ R dan a ∈ I berlaku ra, ar ∈ I


PendahuluanOutline





i . I adalah subgrup dari (R,+)ii . untuk setiap r ∈ R dan a ∈ I berlaku ra, ar ∈ I


PendahuluanOutline



Teorema 8.1 (Ideal)

Suatu subhimpunan I dari suatu gelanggang R membentuk suatuideal jika dan hanya jika memenuhi

i . I 6= ∅ii . jika a, b ∈ I maka a− b ∈ I

iii . jika a ∈ I dan r ∈ R maka ar , ra ∈ I


PendahuluanOutline



Teorema 8.1 (Ideal)


i . I 6= ∅

ii . jika a, b ∈ I maka a− b ∈ Iiii . jika a ∈ I dan r ∈ R maka ar , ra ∈ I


PendahuluanOutline



Teorema 8.1 (Ideal)


i . I 6= ∅ii . jika a, b ∈ I maka a− b ∈ I

iii . jika a ∈ I dan r ∈ R maka ar , ra ∈ I


PendahuluanOutline



Teorema 8.1 (Ideal)


i . I 6= ∅ii . jika a, b ∈ I maka a− b ∈ Iiii . jika a ∈ I dan r ∈ R maka ar , ra ∈ I


PendahuluanOutline



Contoh 8.1

Misal diberikan dua buah gelanggang R1 dan R2. θ : R1 → R2

adalah homomorfisma gelanggang. Maka Inti(θ) merupakan idealdari R1.


PendahuluanOutline



Contoh 8.2

Misal R suatu gelanggang komutatif dan a ∈ R. Tunjukan bahwahimpunan

〈a〉 = {ar | r ∈ R}

merupakan ideal terkecil yang memuat a.

Catatan:Ideal yang berbentuk 〈a〉 disebut ideal utama (suatu ideal yangdibangun oleh satu unsur, yaitu a).


PendahuluanOutline



Contoh 8.2

Misal R suatu gelanggang komutatif dan a ∈ R. Tunjukan bahwahimpunan

〈a〉 = {ar | r ∈ R}

merupakan ideal terkecil yang memuat a.

Catatan:Ideal yang berbentuk 〈a〉 disebut ideal utama (suatu ideal yangdibangun oleh satu unsur, yaitu a).


PendahuluanOutline



Contoh 8.2

Untuk menunjukan 〈a〉 adalah ideal terkecil dari R yangmengandung a cukup dengan menunjukan tiga hal berikut:

i . himpunan 〈a〉 membentuk suatu ideal dari Rii . unsur a ∈ 〈a〉iii . untuk setiap ideal I dari R dengan a ∈ I berlaku 〈a〉 ⊆ I


PendahuluanOutline



Contoh 8.2


i . himpunan 〈a〉 membentuk suatu ideal dari R

ii . unsur a ∈ 〈a〉iii . untuk setiap ideal I dari R dengan a ∈ I berlaku 〈a〉 ⊆ I


PendahuluanOutline



Contoh 8.2


i . himpunan 〈a〉 membentuk suatu ideal dari Rii . unsur a ∈ 〈a〉

iii . untuk setiap ideal I dari R dengan a ∈ I berlaku 〈a〉 ⊆ I


PendahuluanOutline



Contoh 8.2


i . himpunan 〈a〉 membentuk suatu ideal dari Rii . unsur a ∈ 〈a〉iii . untuk setiap ideal I dari R dengan a ∈ I berlaku 〈a〉 ⊆ I


PendahuluanOutline



Contoh 8.2

Bukti (i .): himpunan 〈a〉 membentuk suatu ideal dari R

ia. Jelas bahwa 0R = a · 0R ∈ 〈a〉. Sehingga 〈a〉 6= ∅ib. misalkan x , y ∈ 〈a〉. Maka x dan y dapat ditulis

x = ar1 dan y = ar2 untuk suatu r1, r2 ∈ RSehingga diperolehx − y = (ar1)− (ar2)

= a(r1 − r2) sifat distributif∈ 〈a〉 r1 − r2 ∈ R

jadi untuk setiap x , y ∈ 〈a〉 diperoleh x − y ∈ 〈a〉


PendahuluanOutline



Contoh 8.2


ia. Jelas bahwa 0R = a · 0R ∈ 〈a〉. Sehingga 〈a〉 6= ∅

ib. misalkan x , y ∈ 〈a〉. Maka x dan y dapat ditulisx = ar1 dan y = ar2 untuk suatu r1, r2 ∈ RSehingga diperolehx − y = (ar1)− (ar2)




PendahuluanOutline



Contoh 8.2


ia. Jelas bahwa 0R = a · 0R ∈ 〈a〉. Sehingga 〈a〉 6= ∅ib. misalkan x , y ∈ 〈a〉. Maka x dan y dapat ditulis

x = ar1 dan y = ar2 untuk suatu r1, r2 ∈ RSehingga diperolehx − y = (ar1)− (ar2)




PendahuluanOutline



Contoh 8.2

ic . Misalkan x ∈ 〈a〉 dan r ∈ R. Maka x dapat ditulissebagai x = ar1 untuk suatu r1 ∈ R. Diperolehrx = xr R gelanggang komutatif

= (ar1)r= a(r1r) sifat asosiatif∈ 〈a〉 karena r1r ∈ R

Jadi berdasarkan (ia), (ib) dan (ic) dapat disimpulkan bahwa 〈a〉suatu ideal.


PendahuluanOutline



Contoh 8.2

ic . Misalkan x ∈ 〈a〉 dan r ∈ R. Maka x dapat ditulissebagai x = ar1 untuk suatu r1 ∈ R. Diperolehrx = xr R gelanggang komutatif

= (ar1)r= a(r1r) sifat asosiatif∈ 〈a〉 karena r1r ∈ R

Jadi berdasarkan (ia), (ib) dan (ic) dapat disimpulkan bahwa 〈a〉suatu ideal.


PendahuluanOutline



Contoh 8.2

ii . Jelas bahwa a = a · 1R ∈ 〈a〉

iii . Misal I suatu ideal dengan a ∈ I . Ambil sembarang x ∈ 〈a〉x = ar1 untuk suatu r1 ∈ R. Dengan demikian diperolehx = ar1 ∈ I karena a ∈ I dan I suatu ideal.Jadi untuk setiap ideal I dari R dengan a ∈ I maka 〈a〉 ⊆ I

Berdasarkan (i), (ii) dan (iii) dapat disimpulkan bahwa 〈a〉merupakan ideal terkecil dari R yang memuat a.

�


PendahuluanOutline



Contoh 8.2

ii . Jelas bahwa a = a · 1R ∈ 〈a〉iii . Misal I suatu ideal dengan a ∈ I . Ambil sembarang x ∈ 〈a〉

x = ar1 untuk suatu r1 ∈ R. Dengan demikian diperolehx = ar1 ∈ I karena a ∈ I dan I suatu ideal.Jadi untuk setiap ideal I dari R dengan a ∈ I maka 〈a〉 ⊆ I

Berdasarkan (i), (ii) dan (iii) dapat disimpulkan bahwa 〈a〉merupakan ideal terkecil dari R yang memuat a.

�


PendahuluanOutline



Contoh 8.3

Misalkan Z menyatakan daerah integral bilangan bulat. Tunjukanbahwa setiap ideal I di Z merupakan ideal utama.

Catatan:Suatu daerah integral yang setiap idealnya merupakan ideal utamadisebut Daerah Ideal Utama.


PendahuluanOutline



Contoh 8.3

Ambil I suatu ideal dari Z.

Jika ideal I = {0} jelas bahwa I adalahideal utama karena dibangun satu unsur yaitu oleh unsur 0.

Selanjutnya, untuk I 6= {0} akan ditunjukan bahwa I dibangunoleh satu unsur.

ambil suatu unsur terkecil a di I maka diperoleh a 6= 0 dan−a = a(−1) ∈ I karena I suatu idealberdasarkan Contoh 8.2 diperoleh 〈a〉 ⊆ I · · · · · · (∗)

Ambil x ∈ I . Berdasarkan algoritma pembagian, terdapat r , s ∈ Zsehingga

x = a · r + s dengan 0 ≤ s < a


PendahuluanOutline



Contoh 8.3

Ambil I suatu ideal dari Z. Jika ideal I = {0} jelas bahwa I adalahideal utama karena dibangun satu unsur yaitu oleh unsur 0.






PendahuluanOutline



Contoh 8.3







PendahuluanOutline



Contoh 8.3



ambil suatu unsur terkecil a di I maka diperoleh a 6= 0 dan−a = a(−1) ∈ I karena I suatu ideal

berdasarkan Contoh 8.2 diperoleh 〈a〉 ⊆ I · · · · · · (∗)




PendahuluanOutline



Contoh 8.3







PendahuluanOutline



Contoh 8.3







PendahuluanOutline



Contoh 8.3







PendahuluanOutline



Contoh 8.3

s = x + a · (−r) ∈ I karena I suatu ideal dari Z

s = 0 karena 0 ≤ s < a dan a bilangan bulat positif terkecil di I .Dengan demikian diperoleh x = a · r ∈ 〈a〉.

karena untuk setiap x ∈ I mengakibatkan x ∈ 〈a〉 maka diperolehI ⊆ 〈a〉 · · · · · · (∗∗)

Berdasarkan (∗) dan (∗∗) disimpulkan bahwa I = 〈a〉 untuk suatua bilangan bulat positif terkecil di I . Dengan demikian terbuktibahwa setiap ideal di Z merupakan ideal utama.

�


PendahuluanOutline



Contoh 8.3

s = x + a · (−r) ∈ I karena I suatu ideal dari Zs = 0 karena 0 ≤ s < a dan a bilangan bulat positif terkecil di I .

Dengan demikian diperoleh x = a · r ∈ 〈a〉.



�


PendahuluanOutline



Contoh 8.3

s = x + a · (−r) ∈ I karena I suatu ideal dari Zs = 0 karena 0 ≤ s < a dan a bilangan bulat positif terkecil di I .Dengan demikian diperoleh x = a · r ∈ 〈a〉.



�


PendahuluanOutline



Contoh 8.3


karena untuk setiap x ∈ I mengakibatkan x ∈ 〈a〉 maka diperoleh

I ⊆ 〈a〉 · · · · · · (∗∗)


�


PendahuluanOutline



Contoh 8.3




�


PendahuluanOutline



Contoh 8.3




�


PendahuluanOutline



Contoh 8.4

Misalkan R suatu gelanggang komutatif. Maka R suatu lapanganjika dan hanya jika R tidak memiliki ideal lain selain {0} dan R itusendiri.


PendahuluanOutline



Contoh 8.4

Untuk menunjukan syarat cukup R suatu lapangan, akanditunjukan bahwa setiap ideal I dari R maka I = {0} atau I = R.

Misal R suatu lapangan dan I ideal dari R dengan I 6= {0}. Akanditunjukan bahwa ideal I = R.

Jelas bahwa I ⊆ R karena I suatu ideal dari R. · · · · · · (?)

ambil suatu unsur a ∈ Imaka 0 6= a ∈ R karena {0} 6= I ⊆ R.Karena R lapangan maka ada a−1 ∈ R sehingga a · a−1 = 1Dengan demikian diperoleh bahwa unsur 1 = a · a−1 ∈ I karenaa ∈ I .


PendahuluanOutline



Contoh 8.4






PendahuluanOutline



Contoh 8.4






PendahuluanOutline



Contoh 8.4




ambil suatu unsur a ∈ I

maka 0 6= a ∈ R karena {0} 6= I ⊆ R.Karena R lapangan maka ada a−1 ∈ R sehingga a · a−1 = 1Dengan demikian diperoleh bahwa unsur 1 = a · a−1 ∈ I karenaa ∈ I .


PendahuluanOutline



Contoh 8.4




ambil suatu unsur a ∈ Imaka 0 6= a ∈ R karena {0} 6= I ⊆ R.

Karena R lapangan maka ada a−1 ∈ R sehingga a · a−1 = 1Dengan demikian diperoleh bahwa unsur 1 = a · a−1 ∈ I karenaa ∈ I .


PendahuluanOutline



Contoh 8.4




ambil suatu unsur a ∈ Imaka 0 6= a ∈ R karena {0} 6= I ⊆ R.Karena R lapangan maka ada a−1 ∈ R sehingga a · a−1 = 1

Dengan demikian diperoleh bahwa unsur 1 = a · a−1 ∈ I karenaa ∈ I .


PendahuluanOutline



Contoh 8.4






PendahuluanOutline



Contoh 8.4

Sekarang, ambil sembarang r ∈ R maka diperoleh

r = r .1 ∈ I karena 1 ∈ IJadi karena untuk setiap r ∈ R mengakibatkan r ∈ I maka dapatdisimpulkan bahwa R ⊆ I . · · · · · · (??)

Berdasarkan (?) dan (??) dapat disimpulkan bahwa I = R.

Terbukti bahwa setiap ideal di R adalah {0} atau dirinya sendiri.Atau dengan kata lain, R tidak memiliki ideal selain {0} dan R.Bukti syarat perlu sebagai latihan.

�


PendahuluanOutline



Contoh 8.4

Sekarang, ambil sembarang r ∈ R maka diperolehr = r .1 ∈ I karena 1 ∈ I

Jadi karena untuk setiap r ∈ R mengakibatkan r ∈ I maka dapatdisimpulkan bahwa R ⊆ I . · · · · · · (??)



�


PendahuluanOutline



Contoh 8.4

Sekarang, ambil sembarang r ∈ R maka diperolehr = r .1 ∈ I karena 1 ∈ IJadi karena untuk setiap r ∈ R mengakibatkan r ∈ I maka dapatdisimpulkan bahwa R ⊆ I . · · · · · · (??)



�


PendahuluanOutline



Contoh 8.4




�


PendahuluanOutline



Contoh 8.4



Terbukti bahwa setiap ideal di R adalah {0} atau dirinya sendiri.Atau dengan kata lain, R tidak memiliki ideal selain {0} dan R.

Bukti syarat perlu sebagai latihan.�


PendahuluanOutline



Contoh 8.4




�


PendahuluanOutline



Latihan 8

1. Diketahui himpunan R =

{(a b0 c

)| a, b, c ∈ R

}dengan R menyatakan lapangan bilangan riil. Tunjukan

a. R adalah gelanggang

b. I =

{(0 a0 0

)| a ∈ R

}adalah ideal dari R

2. Misalkan R suatu gelanggang komutatif, I ideal dari R danuntuk suatu a ∈ R, himpunan J yaituJ = I + 〈a〉 = {i + ar | i ∈ I dan r ∈ R}.

a. Buktikan bahwa himpunan J merupakan ideal dari Rb. Buktikan bahwa I ⊆ J


PendahuluanOutline



Latihan 8

1. Diketahui himpunan R =

{(a b0 c

)| a, b, c ∈ R

}dengan R menyatakan lapangan bilangan riil. Tunjukan

a. R adalah gelanggang

b. I =

{(0 a0 0

)| a ∈ R

}adalah ideal dari R

2. Misalkan R suatu gelanggang komutatif, I ideal dari R danuntuk suatu a ∈ R, himpunan J yaituJ = I + 〈a〉 = {i + ar | i ∈ I dan r ∈ R}.

a. Buktikan bahwa himpunan J merupakan ideal dari Rb. Buktikan bahwa I ⊆ J


PendahuluanOutline



Latihan 8

3. Misalkan R suatu gelanggang komutatif yang tidak memilikiideal selain {0} dan R. Tunjukan bahwa R suatu lapangan!

4. Misalkan R2×2 menyatakan gelanggang matriks berukuran2× 2 dengan komponen bilangan riil. Buktikan bahwa R2×2

tidak memiliki ideal lain selain {0} dan R2×2.

5. Misalkan R suatu gelanggang dan U,V dua buah ideal dari Ri . Buktikan bahwa subhimpunan

U + V = {u + v | u ∈ U, v ∈ V }adalah ideal terkecil di R yang memuat U dan V .

ii . Buktikan bahwa subhimpunan U ∩ V adalah ideal ter-besar yang termuat dalam U dan V .


PendahuluanOutline



Latihan 8








PendahuluanOutline



Latihan 8








PendahuluanOutline



Latihan 8

6. Misalkan R suatu gelanggang dan U,V dua buah ideal dari R.Jika UV merupakan himpunan semua unsur di R yang dapatditulis sebagai jumlah hingga perkalian dari unsur-unsur di Udan V , buktikan bahwa UV merupakan ideal dari R denganUV ⊆ U ∩ V !


PendahuluanOutline



Pertemuan 11Gelanggang Kuosien


PendahuluanOutline



Membentuk Gelanggang R/I

� ambil sembarang gelanggang R dan ideal I dari gelanggangtersebut

� bentuk himpunan R/I sebagai himpunan semua koset a + Idengan a ∈ R atau dapat ditulis denganR/I = {a + I | a ∈ R}

� definisikan operasi jumlah dan kali pada R/I secara berurutanyaitu:

(a + I ) + (b + I ) = (a + b) + I , dan(a + I ) · (b + I ) = (a · b) + I

untuk setiap a + I , b + I ∈ R/I


PendahuluanOutline










PendahuluanOutline










PendahuluanOutline










PendahuluanOutline




� tunjukan operasi tersebut terdefinisi dengan baik

⇒ (R/I ,+, ·) membentuk sistem matematika

� tunjukan (R/I ,+, ·) memenuhi definisi 1.2, yaitu:i . (R/I ,+) membentuk grup komutatif

ii . (R/I , ·) memenuhi sifat asosiatif dan mempunyai unsurkesatuan, dan

iii . (R/I ,+, ·) memenuhi hukum distributif.

⇒ R/I membentuk suatu gelanggang yang berbeda dari R.


PendahuluanOutline




� tunjukan operasi tersebut terdefinisi dengan baik⇒ (R/I ,+, ·) membentuk sistem matematika






PendahuluanOutline










PendahuluanOutline










PendahuluanOutline










PendahuluanOutline










PendahuluanOutline



Operasi + terdefinisi dg baik di R/I

Ambil unsur a1 + I , b1 + I , a2 + I , b2 + I ∈ R/I dengan(i) a1 + I = a2 + I dan

(ii) b1 + I = b2 + I .

Untuk menunjukan bahwa operasi + terdefinisi dengan baik cukupdengan menunjukan (a1 + b1) + I = (a2 + b2) + I .

Point (i) dan (ii) secara berurutan artinya adalah(iii) a1 − a2 = i1 ∈ I dan(iv) b1 − b2 = i2 ∈ I .


PendahuluanOutline




Ambil unsur a1 + I , b1 + I , a2 + I , b2 + I ∈ R/I dengan(i) a1 + I = a2 + I dan(ii) b1 + I = b2 + I .




PendahuluanOutline








PendahuluanOutline






Point (i) dan (ii) secara berurutan artinya adalah(iii) a1 − a2 = i1 ∈ I dan

(iv) b1 − b2 = i2 ∈ I .


PendahuluanOutline








PendahuluanOutline




Sehingga berdasarkan (iii) dan (iv) diperoleh

a1 + b1 = (a2 + i1) + (b2 + i2)= (a2 + b2) + (i1 + i2)

(a1 + b1)− (a2 + b2) = (i1 + i2)∈ I karena i1 + i2 ∈ I

Oleh Karena (a1 + b1)− (a2 + b2) ∈ I maka(a1 + b1) + I = (a2 + b2) + I . Jadi terbukti bahwa operasi tambahterdefinisi dengan baik pada R/I .


PendahuluanOutline





a1 + b1 = (a2 + i1) + (b2 + i2)

= (a2 + b2) + (i1 + i2)(a1 + b1)− (a2 + b2) = (i1 + i2)

∈ I karena i1 + i2 ∈ I



PendahuluanOutline





a1 + b1 = (a2 + i1) + (b2 + i2)= (a2 + b2) + (i1 + i2)




PendahuluanOutline





a1 + b1 = (a2 + i1) + (b2 + i2)= (a2 + b2) + (i1 + i2)

(a1 + b1)− (a2 + b2) = (i1 + i2)

∈ I karena i1 + i2 ∈ I



PendahuluanOutline





a1 + b1 = (a2 + i1) + (b2 + i2)= (a2 + b2) + (i1 + i2)




PendahuluanOutline





a1 + b1 = (a2 + i1) + (b2 + i2)= (a2 + b2) + (i1 + i2)




PendahuluanOutline



Operasi · terdefinisi dg baik di R/I

Ambil unsur a1 + I , b1 + I , a2 + I , b2 + I ∈ R/I dengan(i) a1 + I = a2 + I dan

(ii) b1 + I = b2 + I .

Untuk menunjukan bahwa operasi · terdefinisi dengan baik cukupdengan menunjukan (a1 · b1) + I = (a2 · b2) + I .



PendahuluanOutline








PendahuluanOutline








PendahuluanOutline






Point (i) dan (ii) secara berurutan artinya adalah(iii) a1 − a2 = i1 ∈ I dan

(iv) b1 − b2 = i2 ∈ I .


PendahuluanOutline








PendahuluanOutline





a1 · b1 = (a2 + i1) · (b2 + i2)= a2 · b2 + a2 · i2 + i1 · (b2 + i2)

(a1 · b1)− (a2 · b2) = a2 · i2 + i1 · (b2 + i2)∈ I karena a2 · i2 + i1 · (b2 + i2) ∈ I

Oleh Karena (a1 · b1)− (a2 · b2) ∈ I maka(a1 · b1) + I = (a2 · b2) + I . Jadi terbukti bahwa operasi kaliterdefinisi dengan baik pada R/I .


PendahuluanOutline





a1 · b1 = (a2 + i1) · (b2 + i2)

= a2 · b2 + a2 · i2 + i1 · (b2 + i2)(a1 · b1)− (a2 · b2) = a2 · i2 + i1 · (b2 + i2)

∈ I karena a2 · i2 + i1 · (b2 + i2) ∈ I



PendahuluanOutline





a1 · b1 = (a2 + i1) · (b2 + i2)= a2 · b2 + a2 · i2 + i1 · (b2 + i2)




PendahuluanOutline





a1 · b1 = (a2 + i1) · (b2 + i2)= a2 · b2 + a2 · i2 + i1 · (b2 + i2)

(a1 · b1)− (a2 · b2) = a2 · i2 + i1 · (b2 + i2)

∈ I karena a2 · i2 + i1 · (b2 + i2) ∈ I



PendahuluanOutline





a1 · b1 = (a2 + i1) · (b2 + i2)= a2 · b2 + a2 · i2 + i1 · (b2 + i2)




PendahuluanOutline





a1 · b1 = (a2 + i1) · (b2 + i2)= a2 · b2 + a2 · i2 + i1 · (b2 + i2)




PendahuluanOutline



Perhatikan Sistem R/I !

⇒ bersifat asosiatif terhadap terhadap jumlah dan kali(berasal dari gelanggang R)

⇒ unsur nolnya adalah I

⇒ unsur −a + I adalah negatif dari unsur a + I

⇒ bersifat komutatif terhadap jumlah (berasal dari R)

⇒ unsur satuannya adalah 1R + I

⇒ memenuhi hukum distributif (berasal dari R)

Jadi sistem R/I membentuk gelanggang.


PendahuluanOutline












PendahuluanOutline












PendahuluanOutline












PendahuluanOutline












PendahuluanOutline












PendahuluanOutline












PendahuluanOutline












PendahuluanOutline



Definisi 9.1 (Gelanggang Kuosien)

Misal diberikan sembarang gelanggang R dan ideal I darigelanggang tersebut. Gelanggang R/I disebut gelanggangKuosien dari R oleh ideal I .


PendahuluanOutline



Contoh 9.1 (Gelanggang Kuosien)

Misalkan ambil R = Z maka ideal I = 〈n〉 untuk suatu n ∈ Z.R/I = Z/〈n〉

= {k + 〈n〉 | k ∈ Z}= {k | k ∈ Z} dengan k = k + 〈n〉 = {k + nz | z ∈ Z}

adalah kelas ekuivalen yang memuat k= {0, 1, · · · , n − 1}= Zn

Jadi Zn merupakan gelanggang Kuosien dari gelanggang Z olehideal 〈n〉 untuk suatu n ∈ Z


PendahuluanOutline





= {k + 〈n〉 | k ∈ Z}

= {k | k ∈ Z} dengan k = k + 〈n〉 = {k + nz | z ∈ Z}adalah kelas ekuivalen yang memuat k

= {0, 1, · · · , n − 1}= Zn



PendahuluanOutline






adalah kelas ekuivalen yang memuat k

= {0, 1, · · · , n − 1}= Zn



PendahuluanOutline






adalah kelas ekuivalen yang memuat k= {0, 1, · · · , n − 1}

= Zn



PendahuluanOutline









PendahuluanOutline









PendahuluanOutline



Teorema 9.1 (Proyeksi Kanonik)

Misalkan R suatu gelanggang, I ideal dari R dan R/I gelanggangkuosien dari R oleh I . Maka pengaitan

π : R → R/I

a 7→ a + I

merupakan suatu homomorfisma gelanggang yang bersifat padadengan ker(π) = I . Homomorfisma seperti ini disebut proyeksikanonik.


PendahuluanOutline



Teorema 9.1 (Proyeksi Kanonik)

Misalkan R suatu gelanggang, I ideal dari R dan R/I gelanggangkuosien dari R oleh I . Maka pengaitan

π : R → R/Ia 7→ a + I

merupakan suatu homomorfisma gelanggang yang bersifat padadengan ker(π) = I . Homomorfisma seperti ini disebut proyeksikanonik.


PendahuluanOutline



Definisi 9.2 (Ideal Maksimal)

Misalkan R suatu gelanggang dan M ideal dari R. Ideal M 6= Rdisebut ideal maksimal jika untuk setiap ideal I dari R denganM ⊆ I ⊆ R maka I = M atau I = R.


PendahuluanOutline



Teorema 9.2

Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan I 6= R ideal dari R.Maka gelanggang kuosien R/I membentuk suatu lapangan jikadan hanya jika I merupakan ideal maksimal.


PendahuluanOutline



Definisi 9.3

Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan I 6= R ideal dari R.Ideal I disebut ideal prima jika untuk setiap x , y ∈ R denganxy ∈ I maka berlaku x ∈ I atau y ∈ I .


PendahuluanOutline



Teorema 9.3

Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan I 6= R ideal dari R.Maka gelanggang kuosien R/I membentuk suatu daerah integraljika dan hanya jika I merupakan ideal prima.


PendahuluanOutline



Latihan 9

1. Buktikan bahwa operasi · pada gelanggang kuosien bersifatasosiatif dan distributif!

2. Misalkan R suatu gelanggang dan I 6= R suatu ideal.Buktikan bahwa pemetaanπ : R → R/I

a 7→ a + Imerupakan homomorfisma gelanggang yang bersifat padadengan ker(π) = I !


PendahuluanOutline



Latihan 9





PendahuluanOutline



Latihan 9





PendahuluanOutline



Latihan 9

3. Misalkan R suatu gelanggang komutatif dan I 6= R suatuideal dari R. Buktikan bahwa gelanggang R/I membentuksuatu daerah integral jika dan hanya jika I ideal prima.

4. Misalkan R suatu gelanggang komutatif. Buktikan bahwagelanggang R suatu daerah integral jika dan hanya jika {0}ideal prima.

5. Misalkan R suatu gelanggang komutatif. Tunjukan bahwa {0}adalah ideal maksimal jika dan hanya jika R lapangan.


PendahuluanOutline



Latihan 9





PendahuluanOutline



Latihan 9





PendahuluanOutline



Latihan 9

6. Misalkan R suatu gelanggang dan I 6= R suatu ideal dari R.Buktikan bahwa gelanggang R/I membentuk gelanggangkomutatif jika untuk setiap a, b ∈ R maka ab − ba ∈ I


PendahuluanOutline



Pertemuan 13Lapangan Hasil Bagi


PendahuluanOutline




PendahuluanOutline



Pertemuan 14DE, DIU dan DFT


PendahuluanOutline




PendahuluanOutline



Pertemuan 15Suku Banyak atas Lapangan


PendahuluanOutline




Slide Aljabar Abstrak 2.pdf

Documents