Lewati ke konten utama

Bagian 13.1 Grup Abelian Hingga

Dalam penyelidikan grup siklik, kita menemukan bahwa setiap grup berorde prima isomorfik dengan \({\mathbb Z}_p\text{,}\) dengan \(p\) suatu bilangan prima. Kita juga menentukan bahwa \({\mathbb Z}_{mn} \cong {\mathbb Z}_m \times {\mathbb Z}_n\) ketika \(\gcd(m, n) =1\text{.}\) Bahkan, berlaku hasil yang jauh lebih kuat. Setiap grup abelian hingga isomorfik dengan hasil kali langsung grup-grup siklik yang ordenya berupa pangkat prima; yaitu, setiap grup abelian hingga isomorfik dengan grup berbentuk
\begin{equation*} {\mathbb Z}_{p_1^{\alpha_1}} \times \cdots \times {\mathbb Z}_{p_n^{\alpha_n}}\text{,} \end{equation*}
dengan setiap \(p_k\) prima (tidak harus berbeda).
Pertama-tama, mari kita telaah sedikit perumuman dari grup abelian hingga. Misalkan \(G\) suatu grup dan misalkan \(\{ g_i\}\) suatu himpunan elemen dalam \(G\text{,}\) dengan \(i\) berada dalam suatu himpunan indeks \(I\) (yang tidak harus hingga). Subgrup terkecil dari \(G\) yang memuat semua \(g_i\) adalah subgrup dari \(G\) yang dibangkitkan oleh \(g_i\) tersebut. Jika subgrup dari \(G\) ini ternyata merupakan seluruh \(G\text{,}\) maka \(G\) dibangkitkan oleh himpunan \(\{g_i : i \in I \}\text{.}\) Dalam hal ini, \(g_i\) tersebut disebut pembangkit dari \(G\text{.}\) Jika terdapat himpunan hingga \(\{ g_i : i \in I \}\) yang membangkitkan \(G\text{,}\) maka \(G\) disebut dibangkitkan secara hingga.

Contoh 13.1.1.

Jelas bahwa semua grup hingga dibangkitkan secara hingga. Sebagai contoh, grup \(S_3\) dibangkitkan oleh permutasi \((1 \, 2)\) dan \((1 \, 2 \,3)\text{.}\) Grup \({\mathbb Z} \times {\mathbb Z}_n\) merupakan grup tak hingga, tetapi dibangkitkan secara hingga oleh \(\{ (1,0), (0,1) \}\text{.}\)

Contoh 13.1.2.

Tidak semua grup dibangkitkan secara hingga. Tinjau bilangan rasional \({\mathbb Q}\) terhadap operasi penjumlahan. Andaikan \({\mathbb Q}\) dibangkitkan secara hingga oleh pembangkit \(p_1/q_1, \ldots, p_n/q_n\text{,}\) dengan setiap \(p_i/q_i\) merupakan pecahan yang dinyatakan dalam bentuk paling sederhana. Misalkan \(p\) suatu bilangan prima yang tidak membagi satu pun penyebut \(q_1, \ldots, q_n\text{.}\) Kita menyatakan bahwa \(1/p\) tidak mungkin berada dalam subgrup dari \({\mathbb Q}\) yang dibangkitkan oleh \(p_1/q_1, \ldots, p_n/q_n\text{,}\) karena \(p\) tidak membagi penyebut elemen mana pun dalam subgrup ini. Fakta ini mudah dilihat karena jumlah sebarang dua pembangkit adalah
\begin{equation*} p_i / q_i + p_j / q_j = (p_i q_j + p_j q_i)/(q_i q_j)\text{.} \end{equation*}

Bukti.
Misalkan \(K\) himpunan semua hasil kali berbentuk \(g_{i_1}^{\alpha_1} \cdots g_{i_n}^{\alpha_n}\text{,}\) dengan \(g_{i_k}\) yang tidak harus berbeda. Jelas bahwa \(K\) merupakan himpunan bagian dari \(H\text{.}\) Kita hanya perlu menunjukkan bahwa \(K\) merupakan subgrup dari \(G\text{.}\) Jika demikian, maka \(K=H\text{,}\) karena \(H\) merupakan subgrup terkecil yang memuat semua \(g_i\text{.}\)
Jelas bahwa himpunan \(K\) tertutup terhadap operasi grup. Karena \(g_i^0 = 1\text{,}\) identitas berada dalam \(K\text{.}\) Tinggal menunjukkan bahwa invers dari suatu elemen \(g =g_{i_1}^{k_1} \cdots g_{i_n}^{k_n}\) dalam \(K\) juga harus berada dalam \(K\text{.}\) Memang,
\begin{equation*} g^{-1} = (g_{i_1}^{k_{1}} \cdots g_{i_n}^{k_n})^{-1} = (g_{i_n}^{-k_n} \cdots g_{i_{1}}^{-k_{1}})\text{.} \end{equation*}
Pangkat-pangkat dari suatu \(g_i\) tetap dapat muncul beberapa kali dalam hasil kali karena grupnya mungkin nonabelian. Namun, jika grup tersebut abelian, maka setiap \(g_i\) hanya perlu muncul satu kali. Sebagai contoh, hasil kali seperti \(a^{-3} b^5 a^7\) dalam suatu grup abelian selalu dapat disederhanakan (dalam kasus ini menjadi \(a^4 b^5\)).
Sekarang mari kita batasi perhatian pada grup abelian hingga. Kita dapat menyatakan setiap grup abelian hingga sebagai hasil kali langsung hingga dari grup-grup siklik. Secara lebih khusus, dengan \(p\) prima, kita mendefinisikan suatu grup \(G\) sebagai grup-\(p\) jika orde setiap elemen dalam \(G\) merupakan suatu pangkat dari \(p\text{.}\) Sebagai contoh, \({\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_2\) maupun \({\mathbb Z}_4\) merupakan grup-\(2\text{,}\) sedangkan \({\mathbb Z}_{27}\) merupakan grup-\(3\text{.}\) Kita akan membuktikan Teorema Dasar Grup Abelian Hingga, yang menyatakan bahwa setiap grup abelian hingga isomorfik dengan hasil kali langsung grup-\(p\) siklik.

Contoh 13.1.5.

Misalkan kita ingin mengklasifikasikan semua grup abelian berorde \(540=2^2 \cdot 3^3 \cdot 5\text{.}\) Teorema Dasar Grup Abelian Hingga menyatakan bahwa terdapat enam kemungkinan berikut.
  • \({\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_5\text{;}\)
  • \({\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_9 \times {\mathbb Z}_5\text{;}\)
  • \({\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_{27} \times {\mathbb Z}_5\text{;}\)
  • \({\mathbb Z}_4 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_5\text{;}\)
  • \({\mathbb Z}_4 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_9 \times {\mathbb Z}_5\text{;}\)
  • \({\mathbb Z}_4 \times {\mathbb Z}_{27} \times {\mathbb Z}_5\text{.}\)
Pembuktian Teorema Dasar Grup Abelian Hingga bergantung pada beberapa lema.

Bukti.
Kita akan membuktikan lema ini dengan induksi. Jika \(n = 1\text{,}\) tidak ada yang perlu dibuktikan. Sekarang andaikan bahwa lema tersebut benar untuk semua grup berorde \(k\text{,}\) dengan \(k \lt n\text{.}\) Selanjutnya, misalkan \(p\) suatu bilangan prima yang membagi \(n\text{.}\)
Jika \(G\) tidak memiliki subgrup sejati nontrivial, maka \(G = \langle a \rangle\text{,}\) dengan \(a\) sebarang elemen selain identitas. Berdasarkan Latihan 4.5.39, orde \(G\) harus prima. Karena \(p\) membagi \(n\text{,}\) kita mengetahui bahwa \(p = n\text{,}\) dan \(G\) memuat \(p - 1\) elemen berorde \(p\text{.}\)
Sekarang misalkan \(G\) memuat subgrup sejati nontrivial \(H\text{.}\) Maka \(1 \lt |H| \lt n\text{.}\) Jika \(p \mid |H|\text{,}\) maka berdasarkan induksi, \(H\) memuat elemen berorde \(p\) sehingga lema terbukti. Misalkan \(p\) tidak membagi orde \(H\text{.}\) Karena \(G\) abelian, \(H\) harus merupakan subgrup normal dari \(G\text{,}\) dan \(|G| = |H| \cdot |G/H|\text{.}\) Akibatnya, \(p\) harus membagi \(|G/H|\text{.}\) Karena \(|G/H| \lt |G| = n\text{,}\) berdasarkan hipotesis induksi kita mengetahui bahwa \(G/H\) memuat elemen \(aH\) berorde \(p\text{.}\) Jadi,
\begin{equation*} H = (aH)^p = a^pH\text{,} \end{equation*}
dan \(a^p \in H\text{,}\) tetapi \(a \notin H\text{.}\) Jika \(|H| = r\text{,}\) maka \(p\) dan \(r\) relatif prima, dan terdapat bilangan bulat \(s\) dan \(t\) sedemikian sehingga \(sp + tr = 1\text{.}\) Selanjutnya, orde \(a^p\) harus membagi \(r\text{,}\) dan \((a^p)^r = (a^r)^p = 1\text{.}\)
Kita menyatakan bahwa \(a^r\) berorde \(p\text{.}\) Kita harus menunjukkan bahwa \(a^r \neq 1\text{.}\) Andaikan \(a^r = 1\text{.}\) Maka
\begin{align*} a & = a^{sp + tr}\\ & = a^{sp} a^{tr}\\ & = (a^p)^s (a^r)^t\\ & = (a^p)^s 1\\ & = (a^p)^s\text{.} \end{align*}
Karena \(a^p \in H\text{,}\) harus berlaku bahwa \(a= (a^p)^s \in H\text{,}\) yang merupakan suatu kontradiksi. Oleh karena itu, \(a^r \neq 1\) merupakan elemen berorde \(p\) dalam \(G\text{.}\)
Lema 13.1.6 merupakan kasus khusus Teorema Cauchy (Teorema 15.1.1), yang menyatakan bahwa jika \(G\) suatu grup hingga dan \(p\) suatu bilangan prima sedemikian sehingga \(p\) membagi orde \(G\text{,}\) maka \(G\) memuat subgrup berorde \(p\text{.}\) Kita akan membuktikan Teorema Cauchy dalam Bab 15.

Bukti.
Jika \(|G| = p^n\text{,}\) maka berdasarkan Teorema Lagrange, orde setiap \(g \in G\) harus membagi \(p^n\text{,}\) sehingga harus merupakan pangkat dari \(p\text{.}\) Sebaliknya, jika \(|G|\) bukan merupakan pangkat dari \(p\text{,}\) maka bilangan tersebut memiliki pembagi prima lain \(q\text{,}\) sehingga berdasarkan Lema 13.1.6, \(G\) memiliki elemen berorde \(q\) dan dengan demikian bukan merupakan grup-\(p\text{.}\)

Bukti.
Karena \(G\) merupakan grup abelian, terjamin bahwa \(G_i\) merupakan subgrup dari \(G\) untuk \(i = 1, \ldots, k\text{.}\) Karena identitas berorde \(p_i^0 = 1\text{,}\) kita mengetahui bahwa \(1 \in G_i\text{.}\) Jika \(g \in G_i\) berorde \(p_i^r\text{,}\) maka \(g^{-1}\) juga harus berorde \(p_i^r\text{.}\) Terakhir, jika \(h \in G_i\) berorde \(p_i^s\text{,}\) maka
\begin{equation*} (gh)^{p_i^t} = g^{p_i^t} h^{p_i^t} = 1 \cdot 1 = 1\text{,} \end{equation*}
dengan \(t\) nilai maksimum dari \(r\) dan \(s\text{.}\)
Kita harus menunjukkan bahwa
\begin{equation*} G = G_1 G_2 \cdots G_k \end{equation*}
dan \(G_i \cap G_j = \{1 \}\) untuk \(i \neq j\text{.}\) Misalkan \(g_1 \in G_1\) berada dalam subgrup yang dibangkitkan oleh \(G_2, G_3, \ldots, G_k\text{.}\) Maka \(g_1 = g_2 g_3 \cdots g_k\) untuk \(g_i \in G_i\text{.}\) Karena \(g_i\) berorde \(p_i^{\alpha_i}\text{,}\) kita mengetahui bahwa \(g_i^{p^{\alpha_i}} = 1\) untuk \(i = 2, 3, \ldots, k\text{,}\) dan \(g_1^{p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}} = 1\text{.}\) Karena orde \(g_1\) merupakan pangkat dari \(p_1\) dan \(\gcd(p_1, p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}) = 1\text{,}\) harus berlaku bahwa \(g_1 = 1\) dan irisan \(G_1\) dengan setiap subgrup \(G_2, G_3, \ldots, G_k\) hanyalah identitas. Argumen serupa menunjukkan bahwa \(G_i \cap G_j = \{1 \}\) untuk \(i \neq j\text{.}\)
Selanjutnya, kita harus menunjukkan bahwa setiap \(g \in G\) dapat ditulis sebagai hasil kali \(g_1 \cdots g_k\text{,}\) dengan \(g_i \in G_i\text{.}\) Karena orde \(g\) membagi orde \(G\text{,}\) kita mengetahui bahwa
\begin{equation*} |g| = p_1^{\beta_1} p_2^{\beta_2} \cdots p_k^{\beta_k} \end{equation*}
untuk suatu bilangan bulat \(\beta_1, \ldots, \beta_k\text{.}\) Dengan menetapkan \(a_i = |g| / p_i^{\beta_i}\text{,}\) bilangan-bilangan \(a_i\) relatif prima; dengan demikian, terdapat bilangan bulat \(b_1, \ldots, b_k\) sedemikian sehingga \(a_1 b_1 + \cdots + a_k b_k = 1\text{.}\) Akibatnya,
\begin{equation*} g = g^{a_1 b_1 + \cdots + a_k b_k} = g^{a_1 b_1} \cdots g^{a_k b_k}\text{.} \end{equation*}
Karena
\begin{equation*} g^{(a_i b_i ) p_i^{\beta_i}} = g^{b_i |g|} = e\text{,} \end{equation*}
diperoleh bahwa \(g^{a_i b_i}\) harus berada dalam \(G_{i}\text{.}\) Misalkan \(g_i = g^{a_i b_i}\text{.}\) Maka \(g = g_1 \cdots g_k \in G_1 G_2 \cdots G_k\text{.}\) Oleh karena itu, \(G = G_1 G_2 \cdots G_k\) merupakan hasil kali langsung internal dari subgrup-subgrup.
Tinggal menentukan kemungkinan struktur setiap grup-\(p_i\) \(G_i\) dalam Lema 13.1.8.

Bukti.
Berdasarkan Lema 13.1.7, kita dapat mengandaikan bahwa orde \(G\) adalah \(p^n\text{.}\) Kita akan melakukan induksi pada \(n\text{.}\) Jika \(n= 1\text{,}\) maka \(G\) siklik berorde \(p\) dan harus dibangkitkan oleh \(g\text{.}\) Sekarang andaikan bahwa pernyataan lema berlaku untuk semua bilangan bulat \(k\) dengan \(1 \leq k \lt n\text{,}\) dan misalkan \(g\) memiliki orde maksimum dalam \(G\text{,}\) katakanlah \(|g| = p^{m}\text{.}\) Maka \(a^{p^m} = e\) untuk semua \(a \in G\text{.}\) Sekarang pilih \(h\) dalam \(G\) sedemikian sehingga \(h \notin \langle g \rangle\text{,}\) dengan \(h\) memiliki orde sekecil mungkin. Elemen \(h\) semacam itu tentu ada; jika tidak, \(G = \langle g \rangle\) dan pembuktian selesai. Misalkan \(H = \langle h \rangle\text{.}\)
Kita menyatakan bahwa \(\langle g \rangle \cap H = \{ e \}\text{.}\) Cukup ditunjukkan bahwa \(|H|=p\text{.}\) Karena \(|h^p| = |h| / p\text{,}\) orde \(h^p\) lebih kecil daripada orde \(h\) dan harus berada dalam \(\langle g \rangle\) berdasarkan minimalitas \(h\text{;}\) yaitu, \(h^p = g^r\) untuk suatu bilangan \(r\text{.}\) Dengan demikian,
\begin{equation*} (g^r)^{p^{m - 1}} = (h^p)^{p^{m - 1}} = h^{p^{m}} = e\text{,} \end{equation*}
dan orde \(g^r\) harus kurang dari atau sama dengan \(p^{m-1}\text{.}\) Oleh karena itu, \(g^r\) tidak dapat membangkitkan \(\langle g \rangle\text{.}\) Perhatikan bahwa \(p\) harus merupakan faktor dari \(r\text{,}\) katakanlah \(r = ps\text{,}\) dan \(h^p = g^r = g^{ps}\text{.}\) Definisikan \(a\) sebagai \(g^{-s}h\text{.}\) Maka \(a\) tidak mungkin berada dalam \(\langle g \rangle\text{;}\) jika tidak, \(h\) juga harus berada dalam \(\langle g \rangle\text{.}\) Selain itu,
\begin{equation*} a^p = g^{-sp} h^p = g^{-r} h^p = h^{-p} h^p = e\text{.} \end{equation*}
Sekarang kita telah membentuk elemen \(a\) berorde \(p\) sedemikian sehingga \(a \notin \langle g \rangle\text{.}\) Karena \(h\) dipilih sebagai elemen berorde terkecil di antara semua elemen yang tidak berada dalam \(\langle g\rangle\text{,}\) \(|H| = p\text{.}\)
Sekarang kita akan menunjukkan bahwa orde \(gH\) dalam grup hasil bagi \(G/H\) harus sama dengan orde \(g\) dalam \(G\text{.}\) Jika \(|gH| \lt |g| = p^m\text{,}\) maka
\begin{equation*} H = (gH)^{p^{m-1}} = g^{p^{m-1}} H; \end{equation*}
dengan demikian, \(g^{p^{m-1}}\) harus berada dalam \(\langle g \rangle \cap H = \{ e \}\text{,}\) yang bertentangan dengan fakta bahwa orde \(g\) adalah \(p^m\text{.}\) Oleh karena itu, \(gH\) harus memiliki orde maksimum dalam \(G/H\text{.}\) Berdasarkan Teorema Korespondensi dan hipotesis induksi,
\begin{equation*} G/H \cong \langle gH \rangle \times K/H \end{equation*}
untuk suatu subgrup \(K\) dari \(G\) yang memuat \(H\text{.}\) Kita menyatakan bahwa \(\langle g \rangle \cap K = \{ e \}\text{.}\) Jika \(b \in \langle g \rangle \cap K\text{,}\) maka \(bH \in \langle gH \rangle \cap K/H = \{ H \}\) dan \(b \in \langle g \rangle \cap H = \{ e \}\text{.}\) Dengan demikian, \(G = \langle g \rangle K\) mengakibatkan \(G \cong \langle g \rangle \times K\text{.}\)
Pembuktian Teorema Dasar Grup Abelian Hingga mengikuti dengan cepat dari Lema 13.1.8 dan Lema 13.1.9. Berdasarkan Lema 13.1.8, \(G\) merupakan hasil kali dari grup-grup yang masing-masing merupakan grup-\(p\text{.}\) Misalkan \(G\) suatu grup-\(p\) dan misalkan \(g\) elemen berorde maksimum dalam \(G\text{.}\) Jika \(\langle g \rangle = G\text{,}\) pembuktian selesai; jika tidak, \(G \cong {\mathbb Z}_{|g|} \times H\) untuk suatu subgrup \(H\) yang termuat dalam \(G\) berdasarkan Lema 13.1.9. Karena \(|H| \lt |G|\text{,}\) kita dapat menerapkan induksi matematika.
Sekarang kita nyatakan teorema yang lebih umum untuk semua grup abelian yang dibangkitkan secara hingga. Pembuktian teorema ini dapat ditemukan dalam setiap referensi pada akhir bab ini.
Sblm.Paling AtasLanjut