Lewati ke konten utama

Bagian 16.2 Daerah Integral dan Lapangan

Mari kita ingat kembali beberapa definisi secara singkat. Jika \(R\) merupakan gelanggang komutatif dan \(r\) elemen taknol dalam \(R\text{,}\) maka \(r\) disebut pembagi nol jika terdapat elemen taknol \(s \in R\) sedemikian sehingga \(rs = 0\text{.}\) Gelanggang komutatif dengan identitas disebut daerah integral jika tidak memiliki pembagi nol. Jika suatu elemen \(a\) dalam gelanggang \(R\) dengan identitas memiliki invers multiplikatif, kita mengatakan bahwa \(a\) merupakan unsur satuan. Jika setiap elemen taknol dalam gelanggang \(R\) merupakan unsur satuan, maka \(R\) disebut gelanggang pembagian. Gelanggang pembagian komutatif disebut lapangan.

Contoh 16.2.1.

Jika \(i^2 = -1\text{,}\) maka himpunan \({\mathbb Z}[ i ] = \{ m + ni : m, n \in {\mathbb Z} \}\) membentuk gelanggang yang dikenal sebagai bilangan bulat Gauss. Mudah dilihat bahwa bilangan bulat Gauss merupakan subgelanggang dari bilangan kompleks karena tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian. Misalkan \(\alpha = a + bi\) suatu unsur satuan dalam \({\mathbb Z}[ i ]\text{.}\) Maka \(\overline{\alpha} = a - bi\) juga merupakan unsur satuan karena jika \(\alpha \beta = 1\text{,}\) maka \(\overline{\alpha} \overline{\beta} = 1\text{.}\) Jika \(\beta = c + di\text{,}\) maka
\begin{equation*} 1 = \alpha \beta \overline{\alpha} \overline{\beta} = (a^2 + b^2 )(c^2 + d^2)\text{.} \end{equation*}
Oleh karena itu, \(a^2 + b^2\) harus bernilai \(1\) atau \(-1\text{;}\) atau, secara ekuivalen, \(a + bi = \pm 1\) atau \(a + bi = \pm i\text{.}\) Jadi, unsur-unsur satuan gelanggang ini adalah \(\pm 1\) dan \(\pm i\text{;}\) dengan demikian, bilangan bulat Gauss bukan lapangan. Pembuktian bahwa bilangan bulat Gauss merupakan daerah integral diserahkan sebagai latihan.

Contoh 16.2.2.

Himpunan matriks
\begin{equation*} F = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right\} \end{equation*}
dengan entri dalam \({\mathbb Z}_2\) membentuk lapangan.

Contoh 16.2.3.

Himpunan \({\mathbb Q}( \sqrt{2}\, ) = \{ a + b \sqrt{2} : a, b \in {\mathbb Q} \}\) merupakan lapangan. Invers suatu elemen \(a + b \sqrt{2}\) dalam \({\mathbb Q}( \sqrt{2}\, )\) adalah
\begin{equation*} \frac{a}{a^2 - 2 b^2} +\frac{- b}{ a^2 - 2 b^2} \sqrt{2}\text{.} \end{equation*}
Kita memiliki karakterisasi alternatif berikut untuk daerah integral.

Bukti.
Misalkan \(D\) suatu daerah integral. Maka \(D\) tidak memiliki pembagi nol. Misalkan \(ab = ac\) dengan \(a \neq 0\text{.}\) Maka \(a(b - c) =0\text{.}\) Dengan demikian, \(b - c = 0\) dan \(b = c\text{.}\)
Sebaliknya, andaikan kanselasi dapat dilakukan dalam \(D\text{.}\) Artinya, andaikan \(ab = ac\) mengakibatkan \(b=c\text{.}\) Misalkan \(ab = 0\text{.}\) Jika \(a \neq 0\text{,}\) maka \(ab = a 0\) atau \(b=0\text{.}\) Oleh karena itu, \(a\) tidak mungkin merupakan pembagi nol.
Teorema mengejutkan berikut dikemukakan oleh Wedderburn.

Bukti.
Misalkan \(D\) suatu daerah integral hingga dan \(D^\ast\) himpunan elemen taknol dari \(D\text{.}\) Kita harus menunjukkan bahwa setiap elemen dalam \(D^*\) memiliki invers. Untuk setiap \(a \in D^\ast\text{,}\) kita dapat mendefinisikan pemetaan \(\lambda_a : D^\ast \rightarrow D^\ast\) dengan \(\lambda_a(d) = ad\text{.}\) Pemetaan ini masuk akal karena jika \(a \neq 0\) dan \(d \neq 0\text{,}\) maka \(ad \neq 0\text{.}\) Pemetaan \(\lambda_a\) injektif, karena untuk \(d_1, d_2 \in D^*\text{,}\)
\begin{equation*} ad_1 = \lambda_a(d_1) = \lambda_a(d_2) = ad_2 \end{equation*}
mengakibatkan \(d_1 = d_2\) berdasarkan kanselasi kiri. Karena \(D^\ast\) merupakan himpunan hingga, pemetaan \(\lambda_a\) juga harus surjektif; dengan demikian, untuk suatu \(d \in D^\ast\text{,}\) \(\lambda_a(d) = ad = 1\text{.}\) Oleh karena itu, \(a\) memiliki invers kiri. Karena \(D\) komutatif, \(d\) juga harus merupakan invers kanan bagi \(a\text{.}\) Akibatnya, \(D\) merupakan lapangan.
Untuk setiap bilangan bulat taknegatif \(n\) dan setiap elemen \(r\) dalam suatu gelanggang \(R\text{,}\) kita tuliskan \(r + \cdots + r\) (\(n\) kali) sebagai \(nr\text{.}\) Kita mendefinisikan karakteristik suatu gelanggang \(R\) sebagai bilangan bulat positif terkecil \(n\) sedemikian sehingga \(nr = 0\) untuk semua \(r \in R\text{.}\) Jika tidak terdapat bilangan bulat semacam itu, maka karakteristik \(R\) didefinisikan sebagai \(0\text{.}\) Kita akan menyatakan karakteristik \(R\) dengan \(\chr R\text{.}\)

Contoh 16.2.6.

Untuk setiap bilangan prima \(p\text{,}\) \({\mathbb Z}_p\) merupakan lapangan berkarakteristik \(p\text{.}\) Berdasarkan Proposisi 3.1.4, setiap elemen taknol dalam \({\mathbb Z}_p\) memiliki invers; dengan demikian, \({\mathbb Z}_p\) merupakan lapangan. Jika \(a\) sebarang elemen taknol dalam lapangan tersebut, maka \(pa =0\text{,}\) karena orde setiap elemen taknol dalam grup abelian \({\mathbb Z}_p\) adalah \(p\text{.}\)

Bukti.
Jika \(1\) berorde \(n\text{,}\) maka \(n\) merupakan bilangan bulat positif terkecil sedemikian sehingga \(n 1 = 0\text{.}\) Jadi, untuk semua \(r \in R\text{,}\)
\begin{equation*} nr = n(1r) = (n 1) r = 0r = 0\text{.} \end{equation*}
Di sisi lain, jika tidak terdapat \(n\) positif sedemikian sehingga \(n1 = 0\text{,}\) maka karakteristik \(R\) adalah nol.

Bukti.
Misalkan \(D\) suatu daerah integral dan andaikan karakteristik \(D\) adalah \(n\) dengan \(n \neq 0\text{.}\) Jika \(n\) tidak prima, maka \(n = ab\text{,}\) dengan \(1 \lt a \lt n\) dan \(1 \lt b \lt n\text{.}\) Berdasarkan Lema 16.2.7, kita hanya perlu meninjau kasus \(n 1 = 0\text{.}\) Karena \(0 = n 1 = (ab)1 = (a1)(b1)\) dan tidak ada pembagi nol dalam \(D\text{,}\) berlaku \(a1 =0\) atau \(b1=0\text{.}\) Dengan demikian, karakteristik \(D\) harus kurang dari \(n\text{,}\) yang merupakan suatu kontradiksi. Oleh karena itu, \(n\) harus prima.
Sblm.Paling AtasLanjut