Bagian 6.2 Teorema Lagrange

Proposisi 6.2.1.

Misalkan \(H\) subgrup dari \(G\) dengan \(g \in G\text{,}\) dan definisikan pemetaan \(\phi:H \rightarrow gH\) dengan \(\phi(h) = gh\text{.}\) Pemetaan \(\phi\) bersifat bijektif; jadi, banyaknya elemen dalam \(H\) sama dengan banyaknya elemen dalam \(gH\text{.}\)

Bukti.

Pertama-tama kita tunjukkan bahwa pemetaan \(\phi\) satu-ke-satu. Misalkan \(\phi(h_1) = \phi(h_2)\) untuk elemen \(h_1, h_2 \in H\text{.}\) Kita harus menunjukkan bahwa \(h_1 = h_2\text{,}\) sedangkan \(\phi(h_1) = gh_1\) dan \(\phi(h_2) = gh_2\text{.}\) Jadi \(gh_1 = gh_2\text{,}\) dan berdasarkan hukum pencoretan kiri, \(h_1= h_2\text{.}\) Mudah ditunjukkan bahwa \(\phi\) surjektif. Berdasarkan definisi, setiap elemen dari \(gH\) berbentuk \(gh\) untuk suatu \(h \in H\) dan \(\phi(h) = gh\text{.}\)

Teorema 6.2.2. Lagrange.

Misalkan \(G\) grup hingga dan \(H\) subgrup dari \(G\text{.}\) Maka \(|G|/|H| = [G : H]\) merupakan banyaknya koset kiri berbeda dari \(H\) dalam \(G\text{.}\) Secara khusus, banyaknya elemen dalam \(H\) harus membagi banyaknya elemen dalam \(G\text{.}\)

Bukti.

Grup \(G\) terpartisi menjadi \([G : H]\) koset kiri yang berbeda. Setiap koset kiri mempunyai \(|H|\) elemen; oleh karena itu, \(|G| = [G : H] |H|\text{.}\)

Korolari 6.2.3.

Misalkan \(G\) grup hingga dan \(g \in G\text{.}\) Maka orde \(g\) harus membagi banyaknya elemen dalam \(G\text{.}\)

Korolari 6.2.4.

Misalkan \(|G| = p\) dengan \(p\) bilangan prima. Maka \(G\) bersifat siklik dan sebarang \(g \in G\) sedemikian sehingga \(g \neq e\) merupakan pembangkit.

Bukti.

Misalkan \(g\) berada dalam \(G\) sedemikian sehingga \(g \neq e\text{.}\) Berdasarkan Korolari 6.2.3, orde \(g\) harus membagi orde grup. Karena \(|\langle g \rangle| \gt 1\text{,}\) nilainya harus \(p\text{.}\) Jadi, \(g\) membangkitkan \(G\text{.}\)

Korolari 6.2.4 menunjukkan bahwa grup berorde prima \(p\) dalam suatu arti harus menyerupai \({\mathbb Z}_p\text{.}\)

Korolari 6.2.5.

Misalkan \(H\) dan \(K\) subgrup dari grup hingga \(G\) sedemikian sehingga \(G \supset H \supset K\text{.}\) Maka

\begin{equation*} [G:K] = [G:H][H:K]\text{.} \end{equation*}

Bukti.

Perhatikan bahwa

\begin{equation*} [G:K] = \frac{|G|}{|K|} = \frac{|G|}{|H|} \cdot \frac{|H|}{|K|} = [G:H][H:K]\text{.} \end{equation*}

Catatan 6.2.6. Kebalikan Teorema Lagrange Salah.

Grup \(A_4\) berorde \(12\text{;}\) akan tetapi, dapat ditunjukkan bahwa grup tersebut tidak mempunyai subgrup berorde \(6\text{.}\) Menurut Teorema Lagrange, subgrup dari grup berorde \(12\) dapat berorde \(1\text{,}\) \(2\text{,}\) \(3\text{,}\) \(4\text{,}\) atau \(6\text{.}\) Akan tetapi, tidak ada jaminan bahwa subgrup dari setiap orde yang mungkin benar-benar ada. Untuk membuktikan bahwa \(A_4\) tidak mempunyai subgrup berorde \(6\text{,}\) kita akan mengandaikan bahwa grup tersebut mempunyai subgrup \(H\) seperti itu dan menunjukkan bahwa kontradiksi harus terjadi. Karena \(A_4\) memuat delapan siklus-\(3\text{,}\) kita mengetahui bahwa \(H\) harus memuat suatu siklus-\(3\text{.}\) Kita akan menunjukkan bahwa jika \(H\) memuat satu siklus-\(3\text{,}\) maka subgrup tersebut harus memuat lebih dari \(6\) elemen.

Proposisi 6.2.7.

Grup \(A_4\) tidak mempunyai subgrup berorde \(6\text{.}\)

Bukti.

Karena \([A_4 : H] = 2\text{,}\) hanya terdapat dua koset dari \(H\) dalam \(A_4\text{.}\) Karena salah satu koset tersebut adalah \(H\) sendiri, koset kanan dan kiri harus berimpit; oleh karena itu, \(gH = Hg\) atau \(g H g^{-1} = H\) untuk setiap \(g \in A_4\text{.}\) Karena terdapat delapan siklus-\(3\) dalam \(A_4\text{,}\) paling sedikit satu siklus-\(3\) harus berada dalam \(H\text{.}\) Tanpa mengurangi keumuman, andaikan \((1 \, 2 \, 3)\) berada dalam \(H\text{.}\) Maka \((1 \, 2 \, 3)^{-1} = (1 \, 3 \, 2)\) juga harus berada dalam \(H\text{.}\) Karena \(g h g^{-1} \in H\) untuk setiap \(g \in A_4\) dan setiap \(h \in H\) serta

\begin{align*} (1 \, 2 \, 4)(1 \, 2 \, 3)(1 \, 2 \, 4)^{-1} & = (1 \, 2 \, 4)(1 \, 2 \, 3)(1 \, 4 \, 2) = (2 \, 4 \, 3)\\ (2 \, 4 \, 3)(1 \, 2 \, 3)(2 \, 4 \, 3)^{-1} & = (2 \, 4 \, 3)(1 \, 2 \, 3)(2 \, 3 \, 4) = (1 \, 4 \, 2) \end{align*}

kita dapat menyimpulkan bahwa \(H\) harus mempunyai paling sedikit tujuh elemen

\begin{equation*} (1), (1 \, 2 \, 3), (1 \, 3 \, 2), (2 \, 4 \, 3), (2 \, 4 \, 3)^{-1} = (2 \, 3 \, 4), (1 \, 4 \, 2), (1 \, 4 \, 2)^{-1} = (1 \, 2 \, 4)\text{.} \end{equation*}

Oleh karena itu, \(A_4\) tidak mempunyai subgrup berorde \(6\text{.}\)

Bahkan, kita dapat mengatakan lebih banyak mengenai kapan dua siklus mempunyai panjang yang sama.

Teorema 6.2.8.

Dua siklus \(\tau\) dan \(\mu\) dalam \(S_n\) mempunyai panjang yang sama jika dan hanya jika terdapat \(\sigma \in S_n\) sedemikian sehingga \(\mu = \sigma \tau \sigma^{-1}\text{.}\)

Bukti.

Misalkan

\begin{align*} \tau & = (a_1, a_2, \ldots, a_k )\\ \mu & = (b_1, b_2, \ldots, b_k )\text{.} \end{align*}

Definisikan \(\sigma\) sebagai permutasi

\begin{align*} \sigma( a_1 ) & = b_1\\ \sigma( a_2 ) & = b_2\\ & \aatavdots{=}\\ \sigma( a_k ) & = b_k\text{.} \end{align*}

Maka \(\mu = \sigma \tau \sigma^{-1}\text{.}\)

Sebaliknya, misalkan \(\tau = (a_1, a_2, \ldots, a_k )\) suatu siklus-\(k\) dan \(\sigma \in S_n\text{.}\) Jika \(\sigma( a_i ) = b\) dan \(\sigma( a_{(i \bmod k) + 1}) = b'\text{,}\) maka \(\mu( b) = b'\text{.}\) Jadi,

\begin{equation*} \mu = ( \sigma(a_1), \sigma(a_2), \ldots, \sigma(a_k) )\text{.} \end{equation*}

Karena \(\sigma\) satu-ke-satu dan surjektif, \(\mu\) merupakan siklus yang panjangnya sama dengan \(\tau\text{.}\)

Sblm.Paling Atas Lanjut