TUGAS KAPITA SELEKTA KELOMPOK ALJABAR FIELD BERHINGGA DOSEN PEMBINA: DR. AGUNG LUKITO, M.S. OLEH: MOH

Transkripsi

1 TUGAS KAPITA SELEKTA KELOMPOK ALJABAR FIELD BERHINGGA DOSEN PEMBINA: DR. AGUNG LUKITO, M.S. OLEH: MOH. HAFIYUSHOLEH ( ) PROGRAM STUDI S3 PENDIDIKAN MATEMATIKA UNIVERSITAS NEGERI SURABAYA

2 4. FIELD BERHINGGA Suatu esan dalam dunia digital biasanya dibuat dalam bentuk kode atau sandi. Kode adalah daftar kata atau simbol yang mengganti secara khusus kata lain. Dalam roses engiriman esan yang telah diubah ke dalam bentuk kode sering mengalami gangguan (noise) sehingga menyebabkan esan yang dikirim keliru. Untuk mengatasi kesalahan (error) dalam sistem komunikasi, maka dierlukan suatu sistem yang daat mengoreksi error tersebut. Sistem yang dimaksud adalah sistem engkodean. Kode yang biasa digunakan dalam roses koreksi error antara lain kode Hamming yang mamu mengoreksi satu kesalahan (single error), kode BCH yang mamu mengoreksi dua kesalahan (double error), kode Golay yang mamu mengoreksi tiga kesalahan (trile error), dan juga terdaat kode Reed Solomon yang mamu mengoreksi multile error. Field berhingga meruakan konse yang sangat enting untuk mengkonstruksi multile-error-correcting codes. Pengetahuan mengenai field berhingga diergunakan agar memahami kelas terenting dari engkodean siklis. Pertama-tama kita akan mendiskusikan grou secara singkat, karena konse menegnai grou dierlukan dalam teori field berhingga. 4.1 Gru Gru G adalah himunan elemen-elemen dan sebuah oerasi, sebut *, yang memenuhi sifat-sifat sebagai berikut: i. G tertutu terhada oerasi *, yaitu, jika g, h G, maka berlaku g * h G ii. Oerasi * adalah asosiatif iii.g memunyai sebuah identitas e sedemikian sehingga g * e e * g g, g G 1 iv. Untuk setia unsure g di G memunyai sebuah invers, yang dilambangkan dengan g sedemikian sehingga berlaku g g 1 * g 1 * g e Daat ditunjukkan bahwa ada suatu gru, elemen identitasnya adalah tunggal dan invers dari setia elemen juga tunggal. Gru G disebut abelian jika berlaku g*h = h*g untuk setia g,h di G. Pada kajian ini kita hanya akan memerhatikan gru abelian. Contoh: Kode C adalah gru abelian 1

3 terhada oerasi +. Elemen identitasnya adalah vektor nol. Jika C adalah suatu kode biner, maka setia vektor adalah inversnya sendiri. Definisi suatu field daat dinyatakan dalam engertian gru. Suatu field F adalah himunan elemen-elemen dengan dua oerasi, yaitu oerasi + (enjumlahan) dan * (erkalian) sedemikian hingga F adalah gru abelian dibawah oerasi +, dan elemen tak nol dalam F meruakan gru abelian dibawah oerasi * dan memenuhi sifat distributif. Untuk selanjutnya lambang oerasi gru * akan diganti dengan lambang.. Dalam notasi (g*g*g* *g) dengan g sebanyak r ditulis g r. Untuk oerasi +, hasil dari g + g +.+ g, dengan g sebanyak r, ditulis rg dan g -1 ditulis g. Order suatu gru G adalah banyaknya elemen-elemen didalam gru itu dan kita nyatakan hanya di gru berhingga. Order suatu elemen g dalam gru G adalah bilangan bulat ositi terkecil r sedemikian hingga g r = e. Perhatikan bahwa elemen order r memunyai r erangkatan yang berbeda Subgru H dari G adalah subset dari G yang meruakan suatu gru dengan oerasi yang sama seerti di G. Teorema 23 (Lagrange): Order subgru H dari G membagi order G. Misal G gru berorder n ditulis o(g) = n. Misalkan ula o(h) = r dan h ଵ, h ଶ,, h adalah elemen-elemen yang berbeda di H,. Jika H = G, jelas ernyataan bernilai benar..ܪ,ܩ maka terdaat,ܩ ܪ Misalkan Daftar semua elemen-elemen seanjang 2 baris sebagai berikut h ଵ, h ଶ,, h h ଵ, h ଶ,, h Kita klaim bahwa semua entri-entri di baris kedua adalah berbeda satu dengan yang lain dan juga berbeda dengan baris ertama. Karena jika untuk setia dua di baris kedua adalah sama, maka dieroleh h = h dengan. Dengan hukum enghausan dieroleh h = h, kontradiksi. Jika entri di baris kedua sama dengan entri-entri di baris ertama, maka h =.ܪ Hal ini kontradiksi dengan.ܪ h sehingga dieroleh = h ଵ h Jadi, kita memunyai (ܪ) 2 elemen. Jika elemen-elemen tersebut sebanyak G, maka kita selesai. Jika tidak, maka terdaat ܩ yang tidak terdaat dalam kedua baris. 2

4 Perhatikan daftar baru h ଵ, h ଶ,, h h ଵ, h ଶ,, h h ଵ, h ଶ,, h Dengan jalan yang sama, kita asumsikan dua entri di baris ketiga tidak sama dengan setia entri yang lain, sehingga kita memunyai (ܪ) 3 elemen. Dengan melanjutkan langkah di atas, karena G adalah gru berhingga, maka kita eroleh (ܪ) elemen yang berbeda sehingga (ܩ) = (ܪ) Jadi order H membagi order G.. = 4 (ܩ) erkalian, } adalah gru terhada oerasi, 1, {1, = ܩ Contoh: Misalkan dengan subgru {1, = ܪ 1} yang berorder 2. Untuk ܩ dieroleh = 2 ) ଶ ܪ) }, {, = ଵ ܪ Dengan demikian = 4 2(2) = 2 = 2 + ) ଵ ܪ) + (ܪ) = ) ଵ ܪ ܪ) = (ܩ) = 4 Corrolary: Order sebarang elemen g di G membagi order G Misal r adalah order dari g. Buat himunan H = g i i r dan klaim H membentuk suatu subgru dari G. Klaim juga o(g) = r adalah banyaknya elemen-elemen dalam subgru siklis yang dibangkitkan oleh g. Karena =, subgru tersebut memunyai aling banyak r elemen. Jika.ݎ < < 0 banyaknya elemen kurang dari r, maka = untuk suatu bilangan bulat Oleh karena itu, =, sedangkan 0 < <.ݎ Kontradiksi dengan =. Jadi subgru siklis yang dibangkitkan oleh g memunyai r elemen. Berdasarkan.(ܩ) ( ) Lagrange, Teorema 3

5 Jika C adalah kode biner (n,k) dalam ruang V n-tuel maka V adalah gru abelian terhada + dan C adalah subgru. Order dari V adalah 2 n dan order C adalah 2 k, yang membagi 2 n. C memunyai 2 n-k koset. Suatu gru G disebut siklik jika G memuat sebuah elemen g dengan erangkatannya. Elemen g disebut generator dari G. Suatu gru siklik daat memunyai lebih dari satu generator. Suatu elemen g di G membangkitkan subgru siklik H dari G dengan erangkatan dari g. Teorema 24: Jika sebuah elemen g memunyai order r, maka g s = e jika dan hanya jika s adalah keliatan dari r. () Andaikan s tidak keliatan r, maka berdasar algoritma embagian, s = ar + b dengan 0 < b < r. Sehingga g s = g ar+b = (g r ) a g b = e a g b = g b = e yang kontradiksi dengan kenyataan bahwa r adalah order dari g. Jadi s keliatan r. () Karena s adalah keliatan r, maka g s = g ra (g r ) a = e a = e. Teorema 25: Jika g adalah sebuah elemen berorder r, maka g s memunyai order r/fpb (s,r) Perhatikan ilustrasi berikut: Pada = {0,1,2,3,4,5,6,7} membentuk gru terhada oerasi enjumlahan Misal g = 2, maka 2 ସ = 0 sehingga o(2) = 4 = r = 4 ( 6 ) = ) ଷ 2 ) Selanjutnya misalkan s = 3, maka (2 ଷ ) ସ = 0 sehingga ( 3,4 )ܤ ܨ/ 4 = 4/1 = 4 = ) ଷ 2 ) Karena FPB(s,r) = FPB(3,4) = 1, dieroleh Misal g = 3, maka 3 = 0 sehingga o(3) = 8 = r Misalkan ula s = 2, maka (3 ଶ ) ସ = 0 sehingga 3 ) ଶ ) = 4 ( 4,8 )ܤ ܨ/ 8 = 8/2 = 4 = ) ଶ 3 ) Karena FPB(s,r) = FPB(4,8) =2, maka dieroleh Diketahui =. Misalkan = ௦ embangkit sebuah gru siklis H dari G. Akan (ݎ,ݏ)ܤ ܨ/ݎ atau H memunyai (ݎ,ݏ)ܤ ܨ/ݎ ditunjukkan bahwa order dari ௦ adalah elemen. 4

6 Perhatikan bahwa H memunyai beberaa elemen sebagai angkat terkecil b yang memberikan identitas. Pandang bahwa = ௦ dan = jika dan hanya jika ( ௦) = ௦ = atau jika dan hanya jika r membagi ms. Pertanyaannya adalah aa nilai terkecil m sehingga r membagi ms? Jika d adalah bilangan terbesar yang membagi r dan s, maka dalam eksresi ቀ ቁ, faktor d dari r akan membagi faktor s dari ms. Tidak ada faktor rima dari r/d = ݎ yang daat dicaku oleh s dan d, karena kita telah memilih d sebagai bilangan bulat terbesar yang membagi r dan s. Jadi semua r/d harus dicaku di dalam m, sehingga bilangan terkecil m adalah (ݎ,ݏ)ܤ ܨ/ݎ = ݎ = Teorema 26: Jika g dan h adalah elemen dari gru abelian, g memunyai order r dan h berorder s dan FPB (r,s) = 1, maka gh berorder rs. Misalkan G subgru yang dibangkitkan (generated) oleh g dan H adalah subgru = ܪ ܩ sertaݏ (r,s) = 1, maka = (ܪ) dan ݎ = (ܩ) yang dibangkitkan oleh h. Karena ( ). Berdasarkan teorema Lagrange, ݎ (ܪ ܩ) dan ܩ).ݏ (ܪ Misal ( h) =, > 0. Karena gh = hg, maka = ( h) = h, sehingga = h ܪ ܩ = ( ). Jadi =, dimana dan ݎ h =, dimana s. Karena (r,s)=1 dan r dan s keduanya membagi i, maka rs membagi i. Jadi ݏݎ. Karena ( h) ௦ = ௦ h ௦ =, kita lihat bahwa rs adalah bilangan bulat ositif terkecil i, sedemikian sehingga ( h) =. Ini berarti rs adalah order dari gh. Misal kita memunyai field berhingga F, maka F memunyai elemen identitas erkalian yaitu 1. Menurut enjumlahan, gru siklik dibangkitkan oleh 1. Karena elemenelemen dari F membentuk suatu gru terhada oerasi +, ini adalah subgru dari F dan 1 memunyai suatu order finit n. Ini adalah bilangan terkecil yaitu : nkali 5

7 Jelaslah n harus bilangan rima, karena jika n = ab = 0, maka a atau b adalah 0. Seerti yang kita tahu dalam field biner 1+1 = 0 dalam field 3 elemen = 0. Misal GF() menyatakan himunan bilangan bulat modulo. GF() terdiri dari bilangan 0,1,2,... 1 dengan oerasi biasa ada modulo. Contoh, jika = 7, GF(7) = 0,1,2,3,4,5,6 dan 3.4 = 12 5 (modulo7). Teorema 27: Jika bilangan rima, maka bilangan bulat modulo, GF() meruakan suatu field. Setia field berhingga F memuat suatu subfield yaitu GF(), untuk suatu bilangan rima dan. = 0,untuk setia di F Sebagaimana yang kita ketahui, Untuk setia field berhingga F, memuat bilangan bulat modulo untuk suatu. Kita hanya akan menunjukkan bahwa elemen-elemen tersebut meruakan field. Jelasnya, elemen-elemen di GF() membentuk gru abel terhada oerasi (+). Untuk melihat bahwa himunan tersebut membentuk gru abelian dibawah oerasi erkalian (.), kita hanya erlu menunjukkan bahwa setia elemen tak nol di GF() memiliki invers erkalian.. Karena rima, untuk a <, FPB(a,) = 1. Jika FPB(a,) = 1, maka terdaat b dan c sedemikian hingga ab + c = 1, yang berarti ab 1 (mod ). dan terdaat bilangan bulat b antara 1 dan 1 sedemikian hingga b b (mod ) dan ab 1 (mod ). Dengan demikian b adalah invers a. Jadi terbukti bahwa setia elemen tak nol memunyai invers. Perhatikan bahwa. = (.1) = 0. = 0.. Jika F memuat field rima GF(), maka disebut karakteristik dari F. Teorema 28: Pada field F berkarakteristik. Perluasan x y x y x y, untuk sebarang x dan y di F. ( x y) berdasarkan teorema binomial adalah: x x 1 1 y x y... y. 6

8 Setia suku, kecuali yang ertama dan terakhir, dikalikan dengan koefisien binomial untuk 1 i 1. Jika dijabarkan, 1) + ) 2) )( 1 ) ቀ = ቁ ( 1)( 2) 3 2 1, i sehingga masing masing suku memunyai koefisien. Karena adalah karakterisik F, maka semua suku (kecuali ertama dan terakhir) adalah 0. Untuk dengan y ada erluasannya. Sehingga didaat x y x y ( x y) kita ganti y Contoh: Dalam Ζ ଷ berlaku, + ݔ) 1) ଷ = ݔ ଷ + ݔ 3 ଶ + ݔ = 1 + ݔ 3 ଷ + 1 ଷ Corrolary : x y m x m y m Misal m = t. dengan menggunakan teorema 28, didaat : m t x y x y t x y t x m y m Order dari field berhingga adalah banyaknya elemen didalamnya. Setia field berhingga F dinyatakan dengan GF(n) dengan n adalah order dari F. Huruf GF mengacu ada Field Galois yaitu nama gru yang ditemukan oleh Evarisk Galois ( ), yang meninggal ada umur 20 tahun. Kita sering melihat field Galois GF(16) dengan 16 elemen, yang memunyai karakteristik 2. Seerti yang kita lihat, setia field berhingga memunyai r elemen untuk beberaa bilangan rima dan kita daat secara teat menyebutnya GF( r ) karena ada hanya satu field dengan r elemen. 4.2 Struktur Field Berhingga Jika F adalah field, F[x] adalah himunan semua olinomial dalam x dengan koefisien dalam F dengan enjumlahan, embagian dan erkalian olinomial secara biasa. Jelas bahwa F[x] adalah ring. [ݔ] (ݔ) : catatan ) Untuk suatu olinomial monik f(x) dengan derajat tidak nol disebut olinomial monik jika koefisien tak nol dari angkat tertinggi x adalah 1), kita 7

9 misalkan F[x]/f(x) adalah himunan kelas-kelas kongruen olinomial dalam F[x] modulo f(x). Ini disebut ring olinomial modulo f(x). Pada ring ini adalah ring yang memuat semua olinomial berderajat lebih kecil dari derajat f(x) dengan enjumlahan, embagian dan erkalian olinomial modulo f(x). Definisi: Polinomial (ݔ) [ݔ]ܨ disebut taktereduksi (irreducible) jika f(x) berderajat ositif dan f(x) tidak daat dinyatakan sebagai erkalian antara dua olinomial berderajat ositif. Dengan kata lain, jika f(x) = g(x)h(x), maka g(x) konstan atau h(x) konstan. Contoh: ݔ = (ݔ) ଶ + 1 meruakan olinomial tak tereduksi di R[x], akan tetai 1). ݔ) 1൯ + ݔ൫ tereduksi di C[x], karena f(x) daat dinyatakan sebagai erkalian Teorema 29: F[x]/f(x) adalah field jika dan hanya jika f(x) tak tereduksi. Misal f(x) adalah olinomial tak tereduksi berderjat m atas GF(), maka F = GF()[x]/f(x) adalah field dengan m elemen. Kita juga daat menyatakan F sebagai himunan olinomial dalam dengan oerasi yang biasa, untuk adalah akar dari f(x). () Andaikan f(x) adalah olinomial tereduksi, maka f(x) daat dinyatakan sebagai dengan 1 deg( ), deg(h) < deg ( ). Karena masing-masing (ݔ) h (ݔ) = (ݔ) derajat dan h mereresentasikan masing-masing kelas di,(ݔ) /[ݔ]ܨ maka kita memunyai h = 0, dengan demikian h = 0 di.(ݔ) /[ݔ]ܨ Hal ini kontradiksi dengan (ݔ) /[ݔ]ܨ sebagai field yang tidak memunyai embagi nol. () Kita klaim (ݔ) /[ݔ]ܨ sebagai ring komutatif dengen elemen identitas, akan (ݔ) /[ݔ]ܨ [(ݔ) ] ditunjukkan setia elemen tak nolnya memunyai invers. Ambil dengan (ݔ) ] 0]. Karena [1] meruakan elemen identitas terhada oerasi erkalian, [1] = [(ݔ) h ].[(ݔ) ] sedemikian hingga (ݔ) /[ݔ]ܨ [(ݔ) h ] akan ditunjukkan terdaat atau (ݔ) 1( (ݔ) h.((ݔ) Karena (ݔ) meruakan olinomial tak tereduksi dan 1. Akibatnya terdaat olinomial = ((ݔ),(ݔ) )ܤ ܨ maka,(ݔ) tidak membagi (ݔ).((ݔ) 1( (ݔ) (ݔ)ݏ = 1 atau (ݔ) (ݔ)ݐ + (ݔ) (ݔ)ݏ sehingga (ݔ)ݐ dan (ݔ)ݏ.[(ݔ)ݏ] = ଵ [(ݔ) ] [1], sehingga = [(ݔ) ] [(ݔ)ݏ] Lebih lanjut dieroleh 8

10 Contoh 1: Misalkan diketahui olinomial tak tereduksi ݔ = (ݔ) ଶ + + ݔ 1 atas field ଶ. Elemen-elemen dalam + ݔ,ݔ 1, {0, = (ݔ) /[ݔ] ଶ 1}, yaitu himunan dalam [ݔ] ଶ yang berderajad kurang dari dua. Oerasi enjumlahan sama dengan oerasi enjumlahan olinomial biasa ada.[ݔ] ଶ Sebagai contoh: = 1] + ݔ 2 ] = [ݔ] + 1] + ݔ] [1]. Sedangkan [ݔ] ଶ untuk oerasi erkaliannya sama dengan oerasi erkalian olinomial biasa ada.(ݔ) kemudian mereduksikan hasilnya dengan menghitung sisanya setelah dibagi dengan Untuk mereduksinya daat dikerjakan menggunakan embagian biasa atau menggunakan hubungan ݔ ଶ + ݔ 1 yang digunakan untuk mereduksi hasil erkalian yang berderajad 2. Sebagai contoh: ݔ] = 1] + ݔ][ 1 + ݔ] ଶ + = 1] + 1) + ݔ)] = 1] + ݔ 2.[ݔ] Tabel enjumlahan dan erkalian daat disajikan sebagai berikut: x x x x x +1 x x x x x +1 x + 1 x x x x x + 1 x 0 x x x +1 0 x x Contoh 2: Misalkan olinomial tereduksi ݔ = (ݔ) ଶ + 1 atas field ଶ. Elemen-elemen dalam + ݔ,ݔ 1, {0, = (ݔ) /[ݔ] ଶ 1}. Tabel oerasi enjumlahan x x x x x +1 x x x x x +1 x + 1 x 1 0 9

11 Untuk membuat tabel oerasi erkalian dalam,(ݔ) /[ݔ] ଶ dengan memerhatikan kenyataan ݔ ଶ 1 sehingga dieroleh tabel sebagai berikut:. 0 1 x x x x + 1 x 0 x 1 x + 1 x +1 0 x + 1 x Karena (x + 1)(x + 10 = 0, maka himunan tersebut bukan field tetai hanya ring komutatif dengan unsur satuan. Teorema 29 sangat berguna untuk mengkonstruksi field berhingga F. Kita katakan bahwa adalah elemen-elemen rimitif dari F jika untuk setia elemen tak nol dalam F adalah angkat dari. Order dari suatu elemen field berhingga adalah order multilikatifnya. Sebuah elemen rimitif dalam field dengan q elemen memunyai order q- 1. Ini tidak selalu menjadi kasus bahwa akar dari suatu olinomial yang tidak tereduksi adalah elemen rimitif. Suatu olinomial yang tak tereduksi memunyai elemen rimitif, sebagai sebuah akar yang disebut olinomial rimitif. Suatu olinomial rimitif atas GF() dieroleh dari derajat m, tabel untuk F daat disusun sebagaimana GF(16). Sayangnya untuk menyatakan aakah untuk setia diberikan olinomial tidak tereduksi adalah rimitif tidaklah mudah. Untuk keerluan tersebut, diberikan teorema sebagai berikut: Teorema 30: Setia field berhingga memiliki sebuah elemen rimitif. Misal F memiliki q elemen dan misal adalah elemen di F dengan order aling besar, yang dinyatakan dengan r. Maka r q 1, sebab angkat, 2, 3,.., r harus berbeda dan tidak nol. Misal adalah suatu elemen lain di F yang berorder s. Kita tunjukkan s harus membagi r. Misal a i i r dan s i b i adalah dekomosisi angkat bilangan rima r dan s. Misal a i i a jika ai bi dan misalkan b i jika bi ai. b i Maka FPB (r/a, s/b) = 1 dan rs/ab = KPK (r,s). Berdasarkan teorema 25, order r/a dan b memunyai order s/b. Sehingga berdasarkan teorema 26, 10 a memunyai a b

12 memunyai order rs/ab = KPK (r,s) dan r. Tetai dengan emilihan ini harus sama dengan r sehingga s membagi r. Oleh karena itu setia elemen adalah akar dari ersamaan x r 1 = 0. Seerti olinomial ini memunyai aling banyak r akar berbeda. Menurut teorema 22, r = q-1. Corollary: Setia elemen di field F berorder q memenuhi ersamaan x q = x. elemen tak nol di F memenuhi ersamaan x q-1 = 1. Setia Ambil sebarang ܨ ݔ. Jelas bahwa ݔ = ݔ dienuhi oleh x = 0. Selanjutnya elemen tak nol membentuk suatu gru yang berorder q-1 di bawah oerasi erkalian. Dengan menggunakan fakta bahwa = 1 ݔ untuk sebarang elemen ݔ dari gru berhingga G, kita eroleh untuk semua 0 ܨ ݔ memenuhi ݔ ଵ = 1 yang berarti.ݔ = ݔ Teorema 30 menyatakan bahwa gru multilikatif dari suatu field berhingga adalah siklik. Corrolary berikut untuk bilangan bulat sangat berguna berikutnya. Corrolary: Setia bilangan bulat x sedemikian hingga FPB (x, ) = 1, memenuhi ersamaan x -1 1 (mod ). + ݔ FPB (x, ) = 1 berarti terdaat bilangan bulat m, n sedemikian sehingga 1. Berdasarkan teorema ݔ yaitu,( ( 1 ݔ 1, lebih lanjut dieroleh = = + ݔ sebelumnya, untuk setia elemen tak nol memenuhi x -1 = 1, maka dieroleh. ଵ ݔ ݔ atau,( ( ଵ ݔ ݔ ଵ, sehingga ݔ Karena ݔ 1 dan ݔ ݔ ଵ, maka ݔ + ݔ 1 ݔ ଵ dengan demikian ݔ ଵ 1 yang berarti x -1 1 (mod ). 11

13 Teorema 31: Setia field berhingga F memiliki m elemen untuk suatu bilangan rima. Setia F memuat subfield rima yaitu GF(). Elemen-elemen di F membentuk ruang vektor atas GF(). Karena F field berhingga, maka dimensi F berhingga. Misalkan dimensi F adalah m, maka terdaat m vektor yang bebas linear dan membangun F. Misalkan ݔ} ଵ, ݔ ଶ,, ݔ } basis dari F, akibatnya setia anggota dari F daat disajikan secara tunggal sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor basis yaitu {()ܨܩ ߙ : ݔ ߙ + + ଶ ݔ ଶ ߙ + ଵ ݔ ଵ ߙ} = ܨ Jadi banyaknya elemen dari F adalah. Sebuah field berhingga F disebut isomorfik ke field berhingga F jika order dari F sama dengan order dari F, dan ada suatu emetaan dari F ke F sedemikian sehingga : 1. mengawetkan enjumlahan, ( ) ( ) ( ) 2. mengawetkan erkalian, (. ) ( ). ( ) 3. onto yaitu untuk sebarang di F sama dengan ( ) untuk suatu dalam F. Karena field kita adalah berhingga, maka onto jika dan hanya jika satu-satu, yaitu ( ) 0 mengakibatkan = 0. Selanjutnya disebut isomorhisme. Suatu isomorhisme memunyai arti yang sama untuk elabelan ulang dari lemen-elemen dari field yang mengawetkan + dan. Ini berimlikasi bahwa ( 0) 0 dan ( 1) 1. Suatu isomorfisme yang membawa suatu field F onto dirinya sendiri disebut automorfisme. Teorema 32: Jika F field berhingga dengan karakteristik, maka emetaan yang didefinisikan oleh ( ) adalah suatu automorfisme dari F. Misalkan : ܨ ܨ dengan ߙ = (ߙ), ߙ.ܨ Akan ditunjukkan automorfisme. Jelas order dari domain dan kodomain sama. Ambil ܨ ߚ,ߙ dengan ߙ = (ߙ) dan, akan ditunjukkan ߚ = (ߚ) mengawetkan enjumlahan, erkalian dan memenuhi emetaan onto dan satu-satu. 12

14 = (ߚ + ߙ). Dengan memerhatikan teorema 28, dieroleh (ߚ + ߙ) = (ߚ + ߙ) sehingga mengawetkan enjumlahan,(ߚ) + (ߙ) = ߚ + ߙ = (ߚ + ߙ) = (ߚߙ) (ߚߙ) = ߙ ߚ =.(ߚ) (ߙ) dengan demikian mengawetkan erkalian Untuk menunjukkan onto dan satu-satu, cuku ditunjukkan jika = (ߙ) 0 maka 0. = ߙ Karena = (ߙ) 0, maka ߙ = 0, dengan kata lain ߙ ߙ ଵ = 0. Karena ߙ ଵ 0, 0. = ߙ maka Jadi adalah automorfisme 13

15 Daftar Pustaka Pless, Vera Introduction to the theory of error-correcting codes. 2 nd ed. Canada: John Wiley & Sons. Inc. Fraleigh, John B A First Course In Abstract Algebra, Third Edition.Philiines: Addison-Wesley Publishing Comany, Inc. Ball, Richard W Princiles of Abstract Algebra, USA: Holt, Rinehardt & Winson. Inc. Herstein, I.N, Toics In Algebra. 2 nd ed. Chicago: John Wiley & Sons. Inc. 14