Lewati ke konten utama

Bagian 15.2 Contoh dan Penerapan

Contoh 15.2.1.

Dengan menggunakan Teorema Sylow, kita dapat menentukan bahwa \(A_5\) memiliki subgrup berorde \(2\text{,}\) \(3\text{,}\) \(4\text{,}\) dan \(5\text{.}\) Subgrup Sylow-\(p\) dari \(A_5\) berorde \(3\text{,}\) \(4\text{,}\) dan \(5\text{.}\) Teorema Sylow Ketiga menyatakan dengan tepat banyaknya subgrup Sylow-\(p\) yang dimiliki \(A_5\text{.}\) Karena banyaknya subgrup Sylow-\(5\) harus membagi \(60\) dan juga kongruen dengan \(1 \pmod{5}\text{,}\) terdapat satu atau enam subgrup Sylow-\(5\) di \(A_5\text{.}\) Semua subgrup Sylow-\(5\) saling konjugat. Jika hanya ada satu subgrup Sylow-\(5\text{,}\) subgrup itu akan konjugat dengan dirinya sendiri; artinya, subgrup tersebut normal di \(A_5\text{.}\) Karena \(A_5\) tidak memiliki subgrup normal, hal ini mustahil; jadi, kita telah menentukan bahwa terdapat tepat enam subgrup Sylow-\(5\) yang berbeda di \(A_5\text{.}\)
Teorema Sylow memungkinkan kita membuktikan banyak hasil yang berguna tentang grup hingga. Dengan menggunakannya, kita sering kali dapat menyimpulkan banyak hal tentang grup berorde tertentu jika hipotesis tertentu dipenuhi.

Bukti.
Kita mengetahui bahwa \(G\) memuat subgrup \(H\) berorde \(q\text{.}\) Banyaknya konjugat dari \(H\) membagi \(pq\) dan sama dengan \(1 + kq\) untuk \(k = 0, 1, \ldots\text{.}\) Namun, \(1 + q\) sudah terlalu besar untuk membagi orde grup; karena itu, \(H\) hanya dapat konjugat dengan dirinya sendiri. Artinya, \(H\) harus normal di \(G\text{.}\)
Grup \(G\) juga memiliki subgrup Sylow-\(p\text{,}\) misalkan \(K\text{.}\) Banyaknya konjugat dari \(K\) harus membagi \(q\) dan sama dengan \(1 + kp\) untuk \(k = 0, 1, \ldots\text{.}\) Karena \(q\) prima, berlaku salah satu dari \(1 + kp = q\) atau \(1 + kp = 1\text{.}\) Jika \(1 + kp = 1\text{,}\) maka \(K\) normal di \(G\text{.}\) Dalam kasus ini, mudah ditunjukkan bahwa \(G\) memenuhi kriteria, yang diberikan dalam Bab 9, bagi hasil kali langsung internal dari \(H\) dan \(K\text{.}\) Karena \(H\) isomorfik dengan \({\mathbb Z}_q\) dan \(K\) isomorfik dengan \({\mathbb Z}_p\text{,}\) \(G \cong {\mathbb Z}_p \times {\mathbb Z}_q \cong {\mathbb Z}_{pq}\) berdasarkan Teorema 9.2.9.

Contoh 15.2.3.

Setiap grup berorde \(15\) bersifat siklik. Hal ini berlaku karena \(15 = 5 \cdot 3\) dan \(5 \not\equiv 1 \pmod{3}\text{.}\)

Contoh 15.2.4.

Mari kita klasifikasikan semua grup berorde \(99 = 3^2 \cdot 11\) hingga isomorfisma. Pertama, kita akan menunjukkan bahwa setiap grup \(G\) berorde \(99\) bersifat abelian. Berdasarkan Teorema Sylow Ketiga, terdapat \(1 + 3k\) subgrup Sylow-\(3\text{,}\) masing-masing berorde \(9\text{,}\) untuk suatu \(k = 0, 1, 2, \ldots\text{.}\) Selain itu, \(1 + 3k\) harus membagi \(11\text{;}\) jadi, hanya mungkin ada satu subgrup Sylow-\(3\) normal \(H\) di \(G\text{.}\) Serupa dengan itu, terdapat \(1 +11k\) subgrup Sylow-\(11\) dan \(1 +11k\) harus membagi \(9\text{.}\) Akibatnya, hanya ada satu subgrup Sylow-\(11\) \(K\) di \(G\text{.}\) Berdasarkan Korolari 14.2.5, setiap grup berorde \(p^2\) bersifat abelian untuk \(p\) prima; karena itu, \(H\) isomorfik dengan \({\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3\) atau \({\mathbb Z}_9\text{.}\) Karena \(K\) berorde \(11\text{,}\) grup ini harus isomorfik dengan \({\mathbb Z}_{11}\text{.}\) Oleh karena itu, hingga isomorfisma, satu-satunya grup yang mungkin berorde \(99\) adalah \({\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_{11}\) atau \({\mathbb Z}_9 \times {\mathbb Z}_{11}\text{.}\)
Untuk menentukan semua grup berorde \(5 \cdot 7 \cdot 47 = 1645\text{,}\) kita memerlukan teorema berikut.
Subgrup \(G'\) dari \(G\) disebut subgrup komutator dari \(G\text{.}\) Pembuktian teorema ini diserahkan sebagai latihan (Latihan 10.4.14 dalam Bab 10).

Contoh 15.2.6.

Sekarang kita akan menunjukkan bahwa setiap grup berorde \(5 \cdot 7 \cdot 47 = 1645\) bersifat abelian, dan bersifat siklik berdasarkan Teorema 9.2.9. Menurut Teorema Sylow Ketiga, \(G\) hanya memiliki satu subgrup \(H_1\) berorde \(47\text{.}\) Jadi, \(G/H_1\) berorde \(35\) dan harus abelian berdasarkan Teorema 15.2.2. Karena itu, subgrup komutator dari \(G\) termuat dalam \(H\text{,}\) sehingga \(|G'|\) sama dengan \(1\) atau \(47\text{.}\) Jika \(|G'|=1\text{,}\) pembuktian selesai. Andaikan \(|G'|=47\text{.}\) Teorema Sylow Ketiga menyatakan bahwa \(G\) hanya memiliki satu subgrup berorde \(5\) dan satu subgrup berorde \(7\text{.}\) Jadi, terdapat subgrup normal \(H_2\) dan \(H_3\) di \(G\text{,}\) dengan \(|H_2| = 5\) dan \(|H_3| = 7\text{.}\) Dalam kedua kasus, grup hasil baginya abelian; karena itu, \(G'\) harus merupakan subgrup dari \(H_i\text{,}\) \(i= 1, 2\text{.}\) Dengan demikian, orde \(G'\) adalah \(1\text{,}\) \(5\text{,}\) atau \(7\text{.}\) Namun, sebelumnya kita telah menentukan bahwa \(|G'| =1\) atau \(47\text{.}\) Jadi, subgrup komutator dari \(G\) trivial, dan akibatnya \(G\) abelian.

Subbagian 15.2.1 Grup Sederhana Hingga

Diberikan suatu grup hingga, kita dapat bertanya apakah grup tersebut memiliki subgrup normal. Ingat bahwa grup sederhana tidak memiliki subgrup normal nontrivial sejati. Seperti pada kasus \(A_5\text{,}\) membuktikan bahwa suatu grup sederhana dapat menjadi tugas yang sangat sulit; namun, Teorema Sylow merupakan alat yang berguna untuk membuktikan bahwa suatu grup tidak sederhana. Biasanya, pembuktiannya melibatkan suatu argumen pencacahan.

Contoh 15.2.7.

Mari kita tunjukkan bahwa tidak ada grup \(G\) berorde \(20\) yang sederhana. Berdasarkan Teorema Sylow Ketiga, \(G\) memuat satu atau lebih subgrup Sylow-\(5\text{.}\) Banyaknya subgrup tersebut kongruen dengan \(1 \pmod{5}\) dan juga harus membagi \(20\text{.}\) Satu-satunya bilangan yang mungkin adalah \(1\text{.}\) Karena hanya ada satu subgrup Sylow-\(5\) dan semua subgrup Sylow-\(5\) saling konjugat, subgrup ini harus normal.

Contoh 15.2.8.

Misalkan \(G\) grup hingga berorde \(p^n\text{,}\) dengan \(n \gt 1\) dan \(p\) prima. Berdasarkan Teorema 14.2.4, \(G\) memiliki pusat yang nontrivial. Karena pusat sebarang grup \(G\) merupakan subgrup normal, \(G\) tidak mungkin sederhana. Oleh karena itu, grup-grup berorde \(4\text{,}\) \(8\text{,}\) \(9\text{,}\) \(16\text{,}\) \(25\text{,}\) \(27\text{,}\) \(32\text{,}\) \(49\text{,}\) \(64\text{,}\) dan \(81\) tidak sederhana. Bahkan, grup-grup berorde \(4\text{,}\) \(9\text{,}\) \(25\text{,}\) dan \(49\) bersifat abelian berdasarkan Korolari 14.2.5.

Contoh 15.2.9.

Tidak ada grup berorde \(56= 2^3 \cdot 7\) yang sederhana. Kita telah melihat bahwa jika dapat ditunjukkan hanya ada satu subgrup Sylow-\(p\) untuk suatu bilangan prima \(p\) yang membagi 56, maka subgrup ini harus normal dan pembuktian selesai. Berdasarkan Teorema Sylow Ketiga, terdapat satu atau delapan subgrup Sylow-\(7\text{.}\) Jika hanya ada satu subgrup Sylow-\(7\text{,}\) subgrup itu harus normal.
Di sisi lain, andaikan terdapat delapan subgrup Sylow-\(7\text{.}\) Setiap subgrup tersebut harus siklik; karena itu, irisan sebarang dua subgrup tersebut hanya memuat identitas grup. Dengan demikian terdapat \(8 \cdot 6 = 48\) elemen berbeda dalam grup, masing-masing berorde \(7\text{.}\) Sekarang mari kita cacah subgrup Sylow-\(2\text{.}\) Terdapat satu atau tujuh subgrup Sylow-\(2\text{.}\) Setiap elemen selain identitas dalam subgrup Sylow-\(2\) harus berorde suatu pangkat dari \(2\text{;}\) karena itu, elemen tersebut tidak mungkin termasuk salah satu dari \(48\) elemen berorde \(7\) dalam subgrup Sylow-\(7\text{.}\) Karena subgrup Sylow-\(2\) berorde \(8\text{,}\) hanya tersedia cukup banyak elemen untuk satu subgrup Sylow-\(2\) dalam grup berorde \(56\text{.}\) Jika hanya ada satu subgrup Sylow-\(2\text{,}\) subgrup itu harus normal.
Untuk grup-grup \(G\) lainnya, membuktikan bahwa \(G\) tidak sederhana lebih sulit. Andaikan \(G\) berorde \(48\text{.}\) Dalam kasus ini, teknik yang digunakan pada contoh terakhir tidak akan berhasil. Kita memerlukan lema berikut untuk membuktikan bahwa tidak ada grup berorde \(48\) yang sederhana.

Bukti.
Ingat bahwa
\begin{equation*} HK = \{ hk : h \in H, k \in K \}\text{.} \end{equation*}
Tentu saja, \(|HK| \leq |H| \cdot |K|\) karena suatu elemen dalam \(HK\) mungkin dapat ditulis sebagai hasil kali elemen-elemen berbeda dari \(H\) dan \(K\text{.}\) Sangat mungkin bahwa \(h_1 k_1 = h_2 k_2\) untuk \(h_1, h_2 \in H\) dan \(k_1, k_2 \in K\text{.}\) Jika demikian, misalkan
\begin{equation*} a = (h_1)^{-1} h_2 = k_1 (k_2)^{-1}\text{.} \end{equation*}
Perhatikan bahwa \(a \in H \cap K\text{,}\) karena \((h_1)^{-1} h_2\) berada dalam \(H\) dan \(k_2 (k_1)^{-1}\) berada dalam \(K\text{;}\) akibatnya,
\begin{align*} h_2 & = h_1 a^{-1}\\ k_2 & = a k_1\text{.} \end{align*}
Sebaliknya, misalkan \(h = h_1 b^{-1}\) dan \(k = b k_1\) untuk \(b \in H \cap K\text{.}\) Maka \(h k = h_1 k_1\text{,}\) dengan \(h \in H\) dan \(k \in K\text{.}\) Jadi, sebarang elemen \(hk \in HK\) dapat ditulis dalam bentuk \(h_i k_i\) untuk \(h_i \in H\) dan \(k_i \in K\text{,}\) sebanyak jumlah elemen dalam \(H \cap K\text{;}\) yaitu sebanyak \(|H \cap K|\) kali. Oleh karena itu, \(|HK| = (|H| \cdot |K|)/|H \cap K|\text{.}\)

Contoh 15.2.11.

Untuk menunjukkan bahwa grup \(G\) berorde \(48\) tidak sederhana, kita akan menunjukkan bahwa \(G\) memuat subgrup normal berorde \(8\) atau subgrup normal berorde \(16\text{.}\) Berdasarkan Teorema Sylow Ketiga, \(G\) memiliki satu atau tiga subgrup Sylow-\(2\) berorde \(16\text{.}\) Jika hanya ada satu subgrup, maka subgrup itu harus normal.
Andaikan kasus lainnya berlaku, dan dua dari ketiga subgrup Sylow-\(2\) itu adalah \(H\) dan \(K\text{.}\) Kita mengklaim bahwa \(|H \cap K| = 8\text{.}\) Jika \(|H \cap K| \leq 4\text{,}\) maka berdasarkan Lema 15.2.10,
\begin{equation*} |HK| \geq \frac{16 \cdot 16}{4} =64\text{,} \end{equation*}
yang mustahil. Perhatikan bahwa \(H \cap K\) berindeks dua dalam \(H\) maupun \(K\text{,}\) sehingga normal di keduanya, dan dengan demikian \(H\) serta \(K\) masing-masing termuat dalam penormal \(H \cap K\text{.}\) Karena \(H\) merupakan subgrup dari \(N(H \cap K)\) dan karena \(N(H \cap K)\) memiliki lebih dari \(16\) elemen, \(|N(H \cap K)|\) harus merupakan kelipatan \(16\) yang lebih besar dari \(1\text{,}\) sekaligus membagi \(48\text{.}\) Satu-satunya kemungkinan adalah \(|N(H \cap K)|= 48\text{.}\) Jadi, \(N(H \cap K) = G\text{.}\)
Konjektur Burnside yang terkenal berikut dibuktikan oleh Feit dan Thompson dalam sebuah makalah yang panjang dan sulit [2].
Pembuktian teorema ini meletakkan dasar bagi suatu program pada dekade 1960-an dan 1970-an yang mengklasifikasikan semua grup sederhana hingga. Keberhasilan program ini merupakan salah satu pencapaian luar biasa dalam matematika modern.
Sblm.Paling AtasLanjut