TESIS KARAKTERISASI RING-RING DENGAN SIFAT JUMLAH BASIS TETAP DAN TOPIK-TOPIK YANG TERKAIT

Transkripsi

1 TESIS KAAKTEISASI ING-ING DENGAN SIFAT JUMLAH BASIS TETAP DAN TOPIK-TOPIK YANG TEKAIT CHAACTEISATION OF INGS WITH INVAIANT BASIS NUMBE AND ELATED TOPICS SAMSUL AIFIN 09/290722/PPA/02875 POGAM STUDI S2 MATEMATIKA JUUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVESITAS GADJAH MADA YOGYAKATA 20

2 TESIS KAAKTEISASI ING-ING DENGAN SIFAT JUMLAH BASIS TETAP DAN TOPIK-TOPIK YANG TEKAIT CHAACTEISATION OF INGS WITH INVAIANT BASIS NUMBE AND ELATED TOPICS Diajuka utuk memeuhi salah satu syarat utuk memeuhi derajat Master Of Sciece Ilmu Matematika SAMSUL AIFIN 09/290722/PPA/02875 POGAM STUDI S2 MATEMATIKA JUUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVESITAS GADJAH MADA YOGYAKATA 20

3 ii

4 Kupersembahka tesis ii: Utuk Ibu da Ayahku tercita, yag telah meyayagi da mecitaiku tapa pamrih higga saat ii Utuk adik-adikku, yag selalu memberika kejuta da kebahagia Utuk ei Saptati Dwi Iswari, yag seatiasa memberika semagat da dukuga Jika ada belum meikah, maka jagalah meikah dega orag yag kau citai, tetapi meikahlah dega orag yag mecitaimu. iii

5 iv

6 KATA PENGANTA Alhamdulillah, puji syukur ke hadirat Allah SWT, atas segala rahmat da hidayah-nya sehigga peulis dapat meyelesaika peyusua tesis ii. Sholawat da salam semoga selalu terlimpahka kepada abi Muhammad SAW yag telah meutu mausia meuju jala kebahagiaa hidup di duia da akhirat. Bayak pihak yag telah membatu peulis dalam peyusua tesis ii. Oleh karea itu dega segala keredaha hati, peulis igi megucapka rasa terima kasih da perhargaa yag tulus kepada:. Ibu Dr. Idah Emilia W., S.Si., M.Si. selaku dose pembimbig utama yag telah bersedia meluagka pikira da waktu serta memberika sara yag berharga serta tidak heti memotivasi peulis higga akhirya peulis dapat meyelesaika tesis ii. 2. Deka FMIPA UGM da Direktur Program Pascasarjaa UGM yag telah memberika kesempata kepada peulis utuk meutut ilmu S2 Matematika UGM. 3. Prof. Dr. Widodo, M.S. da Dr. Daardoo, MPH selaku ketua da sekretaris Program S2 Matematika UGM. 4. Dose-dose di Fakultas MIPA UGM yag telah memberika ilmu kepada peulis, lebih khusus lagi dose-dose aljabar. 5. Ibuku da Ayahku serta semua adikku, terima kasih atas semua dukuga, doa, da suasaa peuh cita da kasih sayag yag selalu dihadirka di tegah keluarga. 6. ei Saptati Dwi Iswari yag seatiasa memberika semagat da dukuga di saat peulis megalami hari-hari yag berat selama peyusua tesis ii. 7. Naag Susyato M,Sc yag telah meluagka waktu da memberika bayak sara da masuka selama peyusua tesis ii. v

7 8. Tema-tema S2 Aljabar Seior: Fitriai, Yuita Naa, Nike Prima da Zaki, terima kasih atas dukuga, semagat da masuka-masuka yag telah diberika kepada peulis selama ii. 9. Tema-tema S2 Aljabar agkata 2009: Nigrum, Ida, Cicilia, Dhia, Fitri, Soffi, Marissa, da icky, terima kasih atas kebersamaa da persahabataya ya selama peulis kuliah bersama kalia. 0. Semua pihak yag turut membatu higga selesaiya tesis ii yag tidak bisa peulis sebutka satu-persatu.. Semua pembaca yag arif da budima. Semoga amal baik kalia semua medapatka balasa yag setimpal dari Allah SWT. Peulis memoho maaf atas semua kesalaha yag perah dilakuka baik secara segaja atau tidak segaja. Peulis sadar bahwa tulisa peulis ii masih jauh dari sempura. Oleh karea itu, sara da kritik selalu peulis terima demi perbaika tulisa ii. Akhirya, peulis berharap semoga tesis ii dapat bermafaat bagi para pembaca. Yogyakarta, 09 September 20 Samsul Arifi vi

8 PAKATA DAFTA ISI DAFTA LAMBANG DAN SINGKATAN INTISAI ABSACT vi viii x xii xiii BAB I PENDAHULUAN.. Latar Belakag da Permasalaha.2. Perumusa Masalah 2.3. Tujua Peelitia 2.4. Tijaua Pustaka 2.5. Cara Peelitia 3.6. Sistematika Peulisa 4 BAB II DASA TEOI ig, ig Noether da adikal Jacobso Modul, Modul Bebas, Modul Noether da Barisa Eksak Hasil Kali Tesor da Modul Flat 36 BAB III INVAIANT BASIS NUMBE, ANK CONDITION, DAN STABIL BEHINGGA 3.. Jumlah Basis Tetap Kodisi ak Kodisi ak Kuat Stabil Berhigga Kaita Atara JBT, Kodisi ak (Kuat), da Stabil Berhigga Sifat-sifat JBT, Kodisi ak (Kuat), da Stabil Berhigga pada ig Matriks Triagular Formal 84 BAB IV KESIMPULAN 5.. Kesimpula Sara 98 DAFTA PUSTAKA 99 vii

9 DAFTA LAMBANG DAN SINGKATAN : Himpua semua bilaga bulat positif. C ( ) : Ceter dari rig. U ( ) : Himpua yag berisi semua eleme uit di rig. M ( ) : Matriks berukura atas rig. [ x ] : x : ( ) i i= i= i r x ri, i ri x ri Ed M : Himpua semua homomorfisma modul f : M M atas rig. rad ( ) : Irisa semua ideal maksimal di rig. M ( rad ( )) : Matriks berukura atas rad ( ). m : {( a,..., a ), m ai i m}. Im( f ) : Image dari fugsi f. Ker ( f ) : Kerel dari fugsi f. X : Kardialitas dari himpua X. A B : Himpua yag berisi ( a, b ) dimaa a A da b B. A B : Hasil kali tesor A da B. A B : Jumlaha lagsug A da B. : Himpua A dega ideks j (A ke-j). A j Ai : Himpua A A2... A i=. a : Ideal yag dibagu oleh eleme a. a, a2,..., a : Ideal yag dibagu oleh a, a2,..., a. { I } : Himpua { I, I, I,... } i i 2 3 N : Himpua r dega r N utuk suatu A : Gabuga dari semua himpua A di ratai C. A C k Ni : Irisa himpua i= N sampai dega N k.. viii

10 k N : ( 2 k ) A M 0 B {,,..., i N, i }. : ig matriks triagular formal atas ( A, B) -bimodul M. ix

11 INTISAI Dalam tulisa ii aka dibahas megeai karakterisasi rig yag bersifat Jumlah Basis Tetap da sifat-sifatya. Aka dibahas juga megeai kodisi rak (kuat), da stabil berhigga beserta sifat-sifatya yag aka membatu dalam memahami sifat Jumlah Basis Tetap ii. Setelah itu aka dikaji tetag rig matriks triagular formal da mecari kaitaya dega Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga. Kata kuci: Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga. x

12 ABSTACT We will discuss the characterisatio of the IBN o a rig ad their properties. We will also discuss about (strog) rak coditio ad stably fiite, with their properties, which will help i uderstadig IBN. We the cosider formal triagular matrix rigs ad obtai iformatio cocerig IBN, rak coditio, strog rak coditio, ad stably fiiteess. Keywords: IBN, (strog) rak coditio, stably fiite xi

13 PENDAHULUAN. Latar Belakag Permasalaha Dalam pembahasa ruag vektor V atas lapaga F (atau lebih umum lagi atas divisio rig D), dapat diperoleh tiga sifat berikut. Utuk setiap ruag vektor V berdimesi berlaku: (i) Setiap basis di V memiliki kardialitas =. (ii) Setiap himpua pembagu utuk V memiliki kardialitas (iii) Setiap himpua yag bebas liear di V memiliki kardialitas.. Pada modul bebas atas rig, ketiga sifat tersebut hampir kebayaka berlaku. Namu dapat dikostruksi suatu rig otrivial yag membuat sifatsifat tersebut tidak berlaku, yaitu dapat dibetuk suatu -modul bebas M berdimesi tetapi memiliki basis dega kardialitas yag berbeda. Selajutya, kodisi (i) dapat memotivasi muculya defiisi baru, yaitu Jumlah Basis Tetap pada suatu rig. ig dikataka memiliki sifat Jumlah Basis Tetap jika m sebagai -modul kaa maka m =, utuk setiap m,. Kemudia kodisi (ii), (iii) dapat memotivasi muculya defiisi kodisi rak (kuat) pada suatu rig. ig dikataka memeuhi kodisi rak jika utuk setiap, maka setiap geerator-geerator dari modul bebas ( ) memiliki kardialitas, da dikataka memeuhi kodisi rak kuat jika himpua yag eleme- elemeya bebas liear di modul bebas ( ) memiliki kardialitas. Utuk memahami sifat Jumlah Basis Tetap dalam rig lebih lajut, da utuk megeal kelas-kelas rig yag bersifat Jumlah Basis Tetap, aka dibahas megeai sifat/keadaa lai yaitu stabil berhigga. ig dikataka rig yag stabil berhigga jika M ( ) adalah rig Dedekid fiite utuk setiap.

14 .2 Perumusa Masalah Setelah megetahui latar belakag dari peulisa tugas akhir ii, yaitu tiga sifat dasar yag terdapat dalam suatu ruag vector V atas lapaga F, yag kemudia memuculka kodisi baru yaitu sifat Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga, maka selajutya aka dibahas megeai cotohcotoh, syarat perlu da cukup dari masig-masig sifat tersebut, da kaita satu sama lai..3 Tujua Peelitia Pada tugas akhir ii aka diperkealka da dibahas megeai rig-rig yag memeuhi sifat Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga, yag merupaka kejadia yag lebih umum dari tiga kodisi yag terdapat pada suatu ruag vektor atas lapaga. Kemudia aka dibahas juga sifat-sifat da kaita satu sama lai. Kemudia pada akhir tugas akhir ii, aka dibahas megeai rig matriks triagular formal, da aka dikaji sifat-sifat Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga pada rig tersebut..4 Tijaua Pustaka Literatur utama yag mejadi acua utama dalam peulisa tugas akhir ii adalah paper karaga Haghay-Varadaraja (2002) yag membahas tetag sifat Jumlah Basis Tetap da sifat-sifatya pada suatu rig. Di sii, disusu secara lebih spesifik, yaitu dibahas kodisi atau keadaa yag lebih kuat yaitu sifat kodisi rak (kuat) da stabil berhigga, dega sifat stabil berhigga ii adalah keadaa yag palig kuat. Setelah dibahas satu persatu, dibahas juga kaita atara ketigaya. Selai megguaka paper, tugas akhir ii juga disusu dega megguaka beberapa buku acua. Buku yag megupas bayak tetag sifat Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga ii adalah buku karaga Lam (99, 999, 2000 da 2007). Peulis megguaka keempat buku tersebut sebagai buku rujuka utama selai paper utama tersebut di atas. Adkis- Weitraub (992) mejadi rujuka tetag defiisi modul da barisa eksak da 2

15 Dummit (2004) mejadi rujuka tetag defiisi rig oether da modul oether beserta sifat-sifatya. Kemudia Brow (993) mejadi rujuka tetag kaita atara suatu rak matriks atas rig komutatif dega solusi otrivial dari system persamaa liear homogeya. Hasil kali tesor berpera dalam memotivasi muculya modul datar. Oleh karea itu Hugerford (974) da Daus (994) merupaka rujuka dalam defiisi da sifat dari hasil kali tesor beserta kaitaya terhadap suatu barisa eksak pedek. Buku ii sagat membatu peulis dalam meyusu tugas akhir ii. Selai itu, peulis juga megguaka buku karaga Berrick da Keatig (2000) da buku karaga Bruce (2002) yag membatu peulis dalam mecari cotoh rig-rig yag tidak memeuhi sifat Jumlah Basis Tetap..5 Cara Peelitia Dalam meyusu tugas akhir ii, pertama-tama dipelajari terlebih dahulu materi tetag sifat Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga, dimaa keempat hal tersebut merupaka ladasa utama defiisi maupu teorema yag ada dalam tugas akhir ii. Selajutya, setelah mempelajari kaita atara keempat hal di atas, dipelajari juga rig matriks triagular formal da mecari kaitaya dega sifat Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga. Kemudia dipelajari juga pegertia da sifat-sifat dari hasil kali tesor da modul flat (datar) utuk mecari iformasi sifat kodisi rak kuat pada rig matriks triagular formal..6 Sistematika Peulisa Utuk mempermudah pembaca da memberika gambara secara umum tetag masalah yag diagkat dalam tugas akhir ii, maka diberika sistematika peulisa sebagai berikut. Bab I merupaka pedahulua, yag berisi latar belakag masalah, maksud da tujua, tijaua pustaka, metode peulisa, da sistematika peulisa. Bab II berisi dasar teori yag dibagi mejadi tiga subbahasa. Subbahasa pertama membahas pegertia sifat-sifat tetag rig, rig oether da radikal 3

16 Jacobso, subbahasa kedua membahas pegertia modul, modul bebas, modul oether da barisa eksak, kemudia dilajutka pada subbahasa tiga yag membahas bimodul, hasil kali tesor da modul flat. Pada Bab III dibahas pegertia da sifat-sifat dari masig-masig sifat sifat Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga. Juga diberika beberapa cotoh di dalamya, baik cotoh yag memeuhi maupu cotoh peyagkalya. Kemudia dibahas juga megeai kaita satu sama lai atara sifat Jumlah Basis Tetap, kodisi rak (kuat), da stabil berhigga. Bab ii diakhiri dega pembahasa megeai rig matriks triagular formal da mecari kaitaya dega keempat sifat hal tersebut. Bab IV merupaka peutup tugas akhir ii, yag berisi kesimpula dari keseluruha pembahasa tugas akhir ii da sara tetag hal yag bisa dikaji lebih jauh lagi megeai topik dalam tesis ii. 4

17 BAB II DASA TEOI Pada bab II ii aka dibahas megeai rig oether, radikal Jacobso da kaita atara ideal maksimal dega lapaga serta kaita atara eleme ivertible dega radikal Jacobso. Kemudia aka dibahas juga megeai modul bebas, modul oether, hasil kali tesor da modul datar. 2.. ig Noether da adikal Jacobso Pada bagia ii aka ditampilka beberapa defiisi yag terkait dega teori rig, subrig, ideal, ideal maksimal, da radikal Jacobso. Defiisi 2... ig (,, ) adalah himpua tak kosog yag dilegkapi dega dua operasi bier, yag disebut pejumlaha da pergadaa, yag terdefiisi di dalam sedemikia sehigga sifat-sifat berikut terpeuhi :. (, ) grup komutatif (abelia). 2. Pergadaa ( ) bersifat assosiatif. 3. Utuk setiap a, b, c, sifat distributif kiri, a ( b c) = ( a b) ( a c) da sifat distributif kaa ( a b) c = ( a c) ( b c) terpeuhi. Cotoh Himpua bilaga bulat (,, ), bilaga rasioal (,, ) (,, ) da bilaga riil merupaka rig terhadap operasi pejumlaha da pergadaa bilaga. 2. Diberika M ( ) himpua semua matriks berukura x dega elemeelemeya di dalam himpua bilaga bulat. Terhadap operasi pejumlaha da pergadaa matriks biasa, maka ( M ( ),, ) merupaka rig. Terhadap operasi yag sama ( M ( ),, ) da ( M ( ),, ) juga 5

18 merupaka rig dega adalah himpua bilaga rasioal da adalah himpua bilaga riil. Di bawah ii adalah defiisi dari eleme uit suatu rig da defiisi rig pembagia (divisio rig) serta lapaga. Defiisi Diketahui rig dega eleme satua 0. Eleme u di disebut uit jika u mempuyai ivers di. Jika setiap eleme tak ol di merupaka uit, maka disebut rig pembagia (divisio rig atau skew field). Lapaga adalah rig pembagi yag komutatif. ig pembagia okomutatif disebut lapaga mirig tegas (strictly skew field). Cotoh ) Himpua semua bilaga rasioal merupaka lapaga terhadap operasi pejumlaha da perkalia bilaga rasioal biasa. Lebih lajut, (,, ) merupaka divisio rig. 2) p dega p bilaga prima merupaka lapaga terhadap operasi pejumlaha da perkalia modulo p. Lebih lajut, (, p, ) divisio rig. merupaka 3) merupaka rig terhadap operasi pejumlaha da perkalia bilaga bulat biasa. Aka tetapi buka merupaka lapaga, karea 3 bukalah uit. 4) Diberika Q = {( a, a2, a3, a4 ) ai, i =,2,3,4 } ( Q,, ). Aka ditujukka bahwa merupaka divisio rig tetapi buka merupaka lapaga. Didefiisika operasi da pada Q sebagai berikut: ( a, a2, a3, a4 ) ( b, b2, b3, b4 ) = ( a b, a2 b2, a3 b3, a4 b4 ) ( )( ) a, a, a, a b, b, b, b = ( a b a b a b a b, a b a b a b a b, a b a b a b a b, a b a b a b a b )

19 Dari defiisi di atas, dapat diketahui bahwa da tersebut adalah operasi bier. Karea rig memiliki sifat asosiatif da komutatif, maka operasi tersebut juga bersifat asosiatif da komutatif. Perhatika bahwa ( 0,0,0,0) Q adalah eleme idetitas terhadap operasi. Jika ( a, a, a, a ) Q maka juga berlaku (,,, ) ( a, a, a, a ) ( a, a, a, a ) a a a a Q dega =. Akibatya berlaku: ( a, a2, a3, a4 ) ( a, a2, a3, a4 ) = ( a, a2, a3, a4 ) ( ( a, a2, a3, a4 )) = ( a, a2, a3, a4 ) ( a, a2, a3, a4 ) = ( 0,0,0,0) Oleh karea itu karea terhadap operasi, Q bersifat asosiatif da komutatif, memiliki eleme idetitas da memiliki ivers maka ( Q, ) adalah grup komutatif. Dega cara yag sama, operasi juga bersifat asosiatif. Perhatika bahwa ( ) setiap 0 ( a, a, a, a ),0,0,0 Q adalah eleme satua da utuk Q diperoleh ( ) 0 a a a a = N Q. a a2 a3 a4 Akibatya,,, Q N N N N sehigga berlaku:,,, a a a a a a a a a a a a,,, = (,, N N N N N N N N N N N N a3 a a2 a4 a4 a3 a2 a a a3 a4 a2, a a2 a3 a4 ) N N N N N N N N a a a 2 3 a a a a a a a4 a4a3 = (,, N N N N N N N N aa3 a3a a4a2 a2a4 aa4 a2a3 a3a2 a4a, ) N N N N N N N N a a2 a3 a 4 =,0,0,0 N ( a a a a ) a a a a a a a a a a2 a3 a 4 =,0,0, a a2 a3 a4 = (,0,0,0 ) Oleh karea itu, karea terhadap operasi, Q bersifat asosiatif, memiliki eleme satua da memiliki ivers maka ( Q, ) adalah grup. Akibatya, 7

20 ( Q,, ) adalah divisio rig karea setiap eleme tak olya memiliki ivers. Perhatika bahwa ( Q, ) tidak komutatif karea berlaku: ( 0,,0,0 )( 0,0,,0 ) = ( 0,0,0,) ( 0,0,0, ) = ( 0,0,,0 )( 0,,0,0 ) Dega demikia terbukti bahwa ( Q,, ) merupaka lapaga. Lebih lajut, ( Q,, ) quaterios. divisio rig tetapi buka ii diamaka rig real Berikut ii adalah defiisi dari ideal maksimal, yag atiya aka diberika kaitaya dega suatu lapaga. Defiisi Suatu ideal (ideal kiri) M dalam suatu rig disebut ideal maksimal jika M da utuk setiap ideal (ideal kiri) N dega M N, maka N = M atau N =. Cotoh Jika rig merupaka lapaga, maka { 0 } di merupaka ideal maksimal, karea ideal-ideal di lapaga haya { 0 } da da ideal sejatiya adalah { 0 } (karea { } 0 ). 2. Di dalam rig, ideal maksimalya adalah p utuk suatu bilaga prima p tertetu, karea utuk sebarag ideal di rig jika p maka p = da =. Pejelasaya adalah sebagai berikut. Diambil sebarag ideal di rig dega p. Karea p maka utuk bilaga p tertetu berlaku p. (yag artiya p = k utuk suatu k ) sehigga aka berlaku pula = atau k =. Perhatika hal-hal berikut : (i). Jika = maka berlaku = (karea =. = ). (ii). Jika k = maka berlaku p = (karea p =. = sehigga p = ) 8

21 Dega demikia, terbukti bahwa p adalah ideal maksimal di rig. 3. Diberika rig 6. Perhatika bahwa haya, 2, 3, da 6 adalah ideal-ideal yag memuat 6. Karea 2 da 3 adalah ideal-ideal maksimal di rig maka 2 6 = { 0,2,4} da 3 6 = { 0,3} maksimal di rig 6. adalah ideal-ideal Setelah diberika defiisi da cotoh ideal maksimal dari suatu rig, aka diberika kaita atara ideal maksimal I dega rig kuosie I. Hal ii aka diguaka utuk meujukka bahwa setiap rig komutatif memeuhi sifat Jumlah Basis Tetap. Teorema Jika adalah rig komutatif dega eleme satua, maka ideal I merupaka ideal maksimal jika da haya jika himpua I merupaka lapaga. Bukti : : Diketahui ideal I merupaka ideal maksimal, yag artiya I, da jelas bahwa I merupaka rig komutatif dega eleme satua = I I. Selajutya diambil sebarag 0 a I, yag artiya a I. Aka ditujukka a I adalah uit. Perhatika bahwa himpua a I adalah ideal di rig karea pejumlaha ideal a da ideal I juga merupaka ideal di rig. Karea ideal I merupaka ideal maksimal, maka jelas bahwa himpua a I merupaka ideal yag memuat a karea berlaku a = a 0. Dari sii, utuk sebarag b I berlaku b = 0a b, yag artiya b a I. Dega kata lai, ideal a I memuat ideal I tetapi tidak sama dega I karea b I da juga b a I. Karea ideal I merupaka ideal maksimal, maka berlaku a I = karea a I I. Akibatya eleme idetitas a I =. Jika = ra b ra = b utuk suatu r da b I, maka berlaku: 9

22 ( )( ) ( ) ra = r I a I = ra I = b I = I =, yag artiya a I memiliki ivers terhadap perkalia, yaitu r I. Dega kata lai, sebarag eleme tak ol di rig I merupaka uit, yag artiya rig I merupaka lapaga. Dega demikia, terbukti bahwa jika I adalah ideal maksimal di maka I adalah lapaga. : Diketahui rig I adalah lapaga, berarti ideal-idealya haya { 0 } da rig I sediri. Karea rig I merupaka lapaga, ideal I merupaka ideal sejati atau I, karea jika ideal I buka ideal sejati, maka I =, sehigga rig I haya memiliki satu eleme, kotradiksi bahwa rig I memiliki miimal dua eleme. Dari sii diperoleh bahwa ideal I merupaka ideal maksimal, karea terdapat ideal { 0 } sehigga berlaku { 0} I da { 0} I tetapi { } 0 I. Dega demikia, terbukti bahwa jika I adalah lapaga, maka I adalah ideal maksimal. Berikut merupaka defiisi da cotoh dari rig oether. ig-rig oether ii aka diguaka sebagai cotoh dari rig-rig yag memeuhi kodisi rak kuat da stabil berhigga. Defiisi ig dikataka memeuhi kodisi ratai aik jika utuk setiap ratai I I2 I3... dari ideal-ideal di rig, terdapat sedemikia higga Ik = I utuk setiap k, yag artiya ratai tersebut suatu ketika aka kosta atau berheti. Suatu rig yag ideal-idealya memeuhi kodisi ratai aik tersebut dikataka sebagai rig oether. Berikut adalah cara lai meyataka rig oether. 0

23 Teorema Ketiga peryataa berikut ekuivale: a) adalah rig oether b) Setiap himpua (koleksi) dari ideal-ideal tak kosog di rig memiliki eleme maksimal. c) Setiap ideal di rig dibagu secara higga Bukti: ( a) ( b) Diketahui adalah rig oether. Diambil sebarag himpua ideal tak kosog { I i }. Adaika { } i i ideal I { I }. Karea { } i i ideal { } 2 i i I i I i i tidak memiliki eleme maksimal. Diambil tidak memiliki eleme maksimal maka terdapat I I sedemikia higga I I2. Diketahui I 2 buka eleme maksimal, maka terdapat ideal { } I I sedemikia higga I 2 I3. Dega 3 i i cara sama seperti ii, maka dapat dibetuk ratai ideal I I2 I3... atai I I ideal ii aik tegas da setiap diambil ideal { } { } t i i t i i selalu dapat ditemuka I I sedemikia higga I I. Kotradiksi dega yag diketahui bahwa adalah rig oether. Jadi, himpua { } ( b) ( c) t t I i i memiliki eleme maksimal. Diketahui setiap himpua ideal-ideal tak kosog di rig memiliki eleme maksimal. Diambil sebarag ideal I di rig da misalka { } J i i adalah himpua ideal-ideal di rig yag dibagu secara higga da termuat J i i dalam ideal I. Jelas { } adalah eleme maksimal di { } Jk { } 0 J i i tidak kosog karea { } { } J i i. Misalka J k. Diambil sebarag x I da dibetuk ideal x, maka J x { J }. Diketahui J k adalah eleme maksimal di J i i k i i, maka J k = Jk x. Akibatya x J k, da diperoleh bahwa I = Jk. Terbukti ideal I dibagu secara higga. ( c) ( a) : Diketahui setiap ideal di rig dibagu secara higga. Diambil sebarag ratai aik I I2 I3... dari ideal-ideal di rig. dibetuk

24 I = i I i. Diketahui setiap I i dibagu secara higga, maka I = i I i juga dibagu secara higga, yaitu I = a,..., ar utuk suatu ai. Selajutya diberika m sedemikia higga ai Im utuk setiap i =,..., r. Akibatya utuk setiap > m berlaku I = Im. Terbukti bahwa rig memeuhi kodisi ratai aik, atau adalah rig oether. Berikut merupaka teorema yag berisi kaita atara rig oether da rig poliomialya. Teorema ii disebut dega Teorema Basis Hilbert. Teorema ii aka diguaka utuk membuktika setiap rig komutatif memeuhi kodisi rak kuat. Teorema (Teorema Basis Hilbert) Jika setiap ideal di rig dibagu secara higga, maka setiap ideal di rig [ x ] juga dibagu secara higga. Bukti: Diambil sebarag ideal I di rig [ x ]. Adaika I tidak dibagu secara higga. Dibetuk himpua ideal { J i } dega J [ ] i i f0,..., fi, f0,..., f x Ji = da I. Dipilih f I { J }. Dari sii diperoleh suatu barisa ideal J J2... I i i J s s, sehigga dapat dibetuk himpua { }. Misalka a s adalah koefisie pertama dari a, a, a,.... f s, maka dapat dibetuk ideal 2 3 Diketahui setiap ideal di rig dibagu secara higga, maka a, a, a,... = b,..., b utuk suatu bi 2 3 J,..., = f0 f da b = ckbk, ck. Misalka k = 0 = deg ( ) ( ). Diketahui ( ) ( ) u f deg f k k dari g da. Diketahui f I { Ji} dega g uk = ck fk x dega k = 0 deg g deg f da koefisie pertama f sama, maka deg ( f g ) < deg ( f ) dega f g I { J }. Hal ii kotradiksi dega peryataa bahwa f merupaka poliomial dega 2

25 derajat terkecil. Jadi, yag bear adalah rig [ x ] dibagu secara higga. I = f,..., f. Terbukti setiap ideal di Teorema Basis Hilbert tersebut dapat diyataka secara ekuivale dega peryataa bahwa jika adalah rig oether maka rig poliomial [ x ] juga merupaka rig oether. Selajutya aka diberika cotoh rig oether, yaitu sebagai berikut. Cotoh 2... a) ig merupaka rig oether, karea setiap idealya termuat dalam suatu ideal maksimal p utuk suatu bilaga prima p. Akibatya setiap ratai idealya aka berheti di p tersebut. b) Setiap lapaga adalah rig oether, karea ideal di lapaga haya ol da diriya sediri. Lemma berikut mejelaska bahwa Ed ( ), yag aka diguaka dalam pembuktia setiap rig stabil berhigga merupaka rig Dedekid fiite, da sebalikya. Lemma Utuk suatu rig berlaku Ed ( ). Bukti: Perhatika bahwa terdapat α Ed ( ) dega r α ( r) = fr : utuk setiap r da ( x ) f ( x) = rx. Aka dibuktika α adalah suatu isomorfisma,, r dega pejelasa sebagai berikut: i) α terdefiisi dega baik. Perhatika bahwa utuk sebarag r, r 2 ( r r2 ) fr r2 α berlaku = da utuk sebarag x berlaku 3

26 ( ) ( ) ( ) ( ) f x = r r x = r x r x = f x f x sehigga dapat diperoleh r r2 2 2 r r2 ( r r ) f f f ( r ) ( r ) α = = = α α. 2 r r2 r r2 2 ii) α surjektif, karea utuk setiap y Ed ( ) terdapat x dega x ( ) y = f = α x. iii) α ijektif, karea utuk setiap r, r 2 α ( r ) α ( r2 ) fr f r2 dega α ( r ) = α ( r ) aka berakibat 2 = = da utuk sebarag x berlaku ( ) ( ) f x = f x r x = r x r = r. r r2 2 2 Dega demikia terbukti bahwa α adalah suatu isomorfisma, yag berarti Ed ( ). Berikut merupaka defiisi da cotoh dari lemma Zor. Pembahasa megeai lemma lemma Zor ii aka diguaka utuk mejami eksistesi suatu ideal maksimal dalam suatu rig, yag aka diguaka utuk membuktika bahwa setiap rig komutatif tak ol memiliki sifat Jumlah Basis Tetap. Lemma (Lemma Zor) Jika setiap ratai dalam suatu himpua terurut parsial ( S, ) memiliki batas atas di S, maka S memuat suatu eleme maksimal. Berikut merupaka defiisi da cotoh dari radikal Jacobso. Pembahasa ii aka diguaka utuk meujukka bahwa rig kuosie I adalah rig stabil berhigga utuk suatu rig stabil berhigga, tetapi dega syarat I rad ( ). Defiisi adikal Jacobso dari suatu rig, disimbolka dega rad = M M, adalah irisa dari semua ideal ( ) { i i ideal maksimal kiri di } i kiri maksimal dari rig. Jika 0, maka eksistesi ideal kiri maksimal dijami selalu ada oleh Lemma Zor. 4

27 Cotoh ) adikal Jacobso utuk sebarag lapaga F adalah { 0 }, karea ideal di sebarag lapaga adalah { 0 } da F sediri. Dega demikia irisa dari semua idealya adalah ideal { 0 }. 2) adikal Jacobso utuk (,, ) juga { } maksimal di rig (,, ) 0, karea betuk sebarag ideal adalah p dega p adalah bilaga prima, sehigga irisa dari ideal-ideal maksimal tadi adalah { 0 }. 3) adikal Jacobso utuk rig 6. Perhatika bahwa { 0, 2, 4 } { 0,3 } ideal-ideal maksimal di rig 6 sehigga diperoleh rad ( 6 ) = { 0, 2, 4} { 0,3} = { 0}. 4) adikal Jacobso utuk rig 8 adalah { 0, 2, 4,6 }, karea satu-satuya ideal maksimal di rig 8 adalah { 0, 2, 4,6 }. Setelah megetahu defiisi da cotoh dari radikal Jacobso, aka diberika dua lemma yag terkait dega radikal Jacobso, yag meujukka bahwa jika ( ) a rad maka utuk setiap b, ab da ba adalah uit. Hal ii aka diguaka dalam pembuktia bahwa jika x adalah eleme yag ivertible kiri (atau kaa), maka x rad ( ) kaa), da sebalikya. adalah elema yag ivertible kiri (atau Lemma Jika diberika rig da a, maka kodisi-kodisi berikut ekuivale: (a) a rad ( ) (a ) a M dega M adalah ideal maksimal kiri. (b) Utuk setiap b, ab mempuyai ivers dua sisi (b ) Utuk setiap b, ab mempuyai ivers kaa (c) Utuk setiap b, ba mempuyai ivers dua sisi 5

28 (c ) Utuk setiap b, ba mempuyai ivers kiri Bukti : (a) (b ) Diketahui a rad ( ), aka ditujukka ab mempuyai ivers kaa dalam utuk setiap b. Selajutya diambil sebarag b A, da diadaika ab tidak mempuyai ivers kaa dalam. Akibatya, utuk setiap c berlaku ( ) ab c. Berarti terdapat ideal maksimal kaa I = ab dalam rig yag tidak memuat tetapi ab I sehigga aka berakibat:. Karea ( ) ( ) ab ab = I. I I a rad I maka ab I, Jika I, maka I =, karea utuk setiap a berlaku a. = a I. Telah terjadi kotradiksi bahwa I adalah ideal maksimal di rig, sehigga pegadaia salah da yag bear adalah ab mempuyai suatu ivers kaa dalam. Dega demikia terbukti jika a rad ( ) kaa utuk setiap b. (b ) (a) maka ab memiliki ivers Diketahui utuk setiap b A, ab mempuyai ivers kaa dalam, aka ditujukka a rad ( ). Selajutya, diadaika a rad ( ) maka aka terdapat I ideal maksimal kaa dalam rig yag tidak memuat a sehigga a I I da I a adalah ideal kaa yag memuat I. Karea I ideal maksimal kaa da I a I maka berakibat I a =. Dikareaka b da maka terdapat x I sedemikia higga = x ab x = ab I yag berarti ab tidak puya ivers (ideal I memuat uit I = ). Jadi terdapat kotradiksi. dega yag diketahui, da dega demikia terbukti bahwa a rad ( ) (b) (c) adalah kosekuesi dari implikasi sederhaa berikut : (i) Jika ( cd ) x = maka ( dc)( dxc) = (ii) Jika y ( cd ) = maka ( dyc)( dc) = 6

29 Perhatika bahwa: ( ) cd x = artiya x adalah ivers kaa dari cd, da berlaku ( ) cd x = x cdx = x = cdx. Dari sii diperoleh: ( )( ) dc dxc = dc dxc dcdxc ( ) = dc d cdx c dcdxc = dc dc dcdxc dcdxc = Dega demikia terbukti (i), yaitu jika ( cd ) x = maka ( dc)( dxc) =, yag artiya jika cd memiliki ivers kaa, maka dc juga mempuyai ivers kaa. Selajutya, y ( cd ) ( ) = artiya y adalah ivers kiri dari cd, da berlaku y cd = y ycd = y = ycd. Dari sii diperoleh: ( )( ) dyc dc = dc dyc dycdc ( ) = dc d ycd c dycdc = dc dc dycdc dycdc = Dega demikia terbukti (ii), yaitu jika y ( cd ) = maka ( dyc)( dc) =, yag berarti bahwa jika cd memiliki ivers kiri maka dc juga mempuyai ivers kiri. (b ) (b) Aka ditujukka ab memiliki ivers kaa maka ab mempuyai ivers kiri da kaa, yag berarti aka ditujukka ab mempuyai ivers kiri. Perhatika bahwa jika ab memiliki ivers kaa maka c sedemikia sehigga berlaku: ( ab) c c abc c abc a ( bc) = = = =. Karea (b ) maka terdapat d sedemikia sehigga ( ( )) ( ) a bc d = d abcd = abc d = cd =. Kemudia perhatika juga = cd = abc d = d abcd = d ab. = d ab, sehigga dapat bahwa ( ) 7

30 = = da berakibat cd c( ab) diperoleh d ab d ab = =. Dega demikia terbukti bahwa terdapat c sedemikia sehigga c adalah ivers kiri dari ab. (c ) (c) dega cara aalog: Utuk setiap b, diketahui ba memiliki ivers kiri da aka ditujukka ba memiliki ivers kiri da kaa dalam. Hal ii berarti tiggal ditujukka bahwa ba mempuyai ivers kiri. Jika ba memiliki ivers kiri, maka terdapat p sedemikai sehigga p ( ba) =. Perhatika bahwa: ( ba) p = p pba = ( ) p = pba = p ba Meurut (c ), maka terdapat q sedemikia sehigga ( ( )) ( ) q p ba = q qpba = q pba = qp =. Hal ii aka berakibat q qpba q. ba q ba q ba = = = =, sehigga diperoleh ( ) Dega kata lai ba mempuyai ivers kaa. (c ) (a ). ba p =. Diketahui utuk setiap b, ba memiliki ivers kiri. Aka ditujukka a M dega M adalah ideal maksimal kiri. Selajutya jika diadaika a M maka a M utuk suatu M ideal maksimal kiri dari, yag berarti a M M. Dibetuk a M yag merupaka ideal kiri dari yag memuat M maka a M = karea M adalah ideal maksimal, sehigga dapat diyataka sebagai = ba y utuk suatu y M. Dikareaka M adalah ideal kiri, pastilah M tidak memuat eleme uit, yag berarti bahwa y tidak memiliki ivers, da akibatya adalah y = ba tidak memiliki ivers (kotradiksi dega yag diketahui). Jadi, pegadaia salah da yag bear adalah a M dega M adalah ideal maksimal kiri. (b) (b ) da (c) (c ) jelas karea memiliki ivers dua sisi artiya adalah memiliki ivers kaa sekaligus memiliki ivers kiri. 8

31 Oleh karea itu, ekuivalesi eam peryataa di atas aka berakibat sebagai berikut, yaitu jika y rad maka xyz U ( ) utuk setiap x, z. Hal ii aka diguaka dalam pembuktia bahwa x adalah eleme ivertible kiri (atau kaa) jika da haya jika x rad ( ) adalah eleme ivertible kiri (atau kaa). Utuk selajutya, U { } adalah himpua yag memuat semua eleme uit di rig, M ( ) adalah himpua matriks berukuta atas rig, da ( ( )) rad M adalah himpua yag isiya adalah irisa dari ideal-ideal maksimal di rig M ( ). Akibat berikut diperluka dalam pembuktia bahwa rad ( ) U ( ) yag aka diguaka utuk membuktika jika x ivertible kiri (atau kaa) maka ( ) x rad juga ivertible kiri (atau kaa), da sebalikya. Akibat Diketahui suatu rig da U() himpua semua eleme uit rig. Utuk () y rad y, peryataa berikut ekuivale: (2) xyz U ( ) utuk sebarag x, z. Bukti: ( ) ( 2 ) : Diketahui y rad. Diambil sebarag x, z. Karea rad adalah ideal maka xy rad ( ). Berdasarka Lemma 2..3, diperoleh ( xy) z U ( ) Jadi, jika y rad maka xyz U ( ) utuk sebarag x, z. ( 2) ( ) :. Diketahui utuk sebarag x, z, xyz U ( ). Perhatika bahwa bisa diyataka sebagai x( yz) U ( ) xyz U ( ) utuk sebarag x, 9

32 da berdasarka Lemma 2..3 diperoleh yz rad ( ) sebarag z, dega megambil terbukti jika x( yz) U ( ) utuk sebarag,. Karea berlaku utuk z =, terbukti bahwa y y rad ( ) =. Jadi, x z maka y rad ( ). Akibat berikut aka diguaka utuk membuktika jika x rad ( ) kiri (atau kaa) maka x ivertible kiri (atau kaa). ivertible Akibat Utuk sebarag rig berlaku = rad ( ) U ( ). Bukti: Diambil sebarag y rad ( ). Karea rad adalah ideal maka yz rad ( ) utuk sebarag z. Berdasarka Lemma 2..3, diperoleh x( yz) U ( ) utuk sebarag x, da saat diambil Jadi, terbukti = rad ( ) U ( ). x =, aka diperoleh ( yz) U ( ). Proposisi berikut diperluka dalam pembuktia rig adalah rig stabil berhigga jika da haya jika I adalah rig stabil berhigga, tetapi dega syarat I rad ( ). Proposisi Suatu eleme x ivertible kiri (atau kaa) jika da haya jika eleme x rad ( ) ivertible kiri (atau kaa). Bukti: Diketahui eleme x ivertibel kiri, berarti terdapat y dega yx =. Perhatika bahwa: ( ( ))( ( )) yx rad ( ) rad ( ), yx = y rad x rad = = = 20

33 yag artiya yx = atau eleme x rad ( ) ivertible kiri. Utuk bagia ivertbel kaa caraya aalog dega bagia ivertible kiri. Dega demikia terbukti bahwa jika eleme x ivertible kiri (atau kaa) maka eleme ( ) x rad juga ivettibel kiri (atau kaa). Diketahui eleme x rad ( ) ivertible kiri. Berarti terdapat y rad ( ) dega yx rar ( ) =. Akibatya aka diperoleh yx yag artiya ( ) ( ( )). Dari sii aka berakibat yx U ( ) yx rad U rad da yx = utuk suatu uit U ( ). Jadi, terbukti bahwa eleme x ivettibel kiri. Utuk bagia ivertbel kaa caraya aalog dega bagia ivertible kiri. Dega demikia terbukti bahwa jika eleme x rad ( ) kaa) maka eleme x juga ivettibel kiri (atau kaa). ivertible kiri (atau Lemma berikut juga diperluka dalam pembuktia bahwa jika rig adalah rig stabil berhigga maka rig I adalah rig stabil berhigga, da sebalikya, tetapi dega syarat I rad ( ). Lemma Utuk suatu rig berlaku rad ( M ( ) ) M ( rad ( ) ) Bukti: a) Aka ditujukka rad ( M ( ) ) M ( rad ( ) ), =. Aka dibuktika bahwa jika a rad ( ) maka aeij rad ( M ( ) ) N I M. aeij, yaitu = adalah matriks ivertible utuk setiap matriks M M ( ) dega E ij adalah matriks uit. Misalka M = mkl Ekl, maka berlaku: ( ) N = I M ae = I m E ae = I m ae = I m ae m ae. ij kl kl ij ki kj ji jj ki kj k k j 2

34 Jika ( ) m a dituliska sebagai b utuk suatu b, maka matriks ji I be jj adalah ivers dari matriks I m jiae jj, sehigga berakibat: I be N = I be I m ae m ae ( ) ( ) jj jj ji jj ki kj k j = I I m jiae jj mkiaekj be jj I m jiae jj mkiaekj k j k j = I m jiae jj mkiaekj be jji be jjm jiae jj be jj mkiaekj k j k j ( ) = I I be m ae = I I m ae jj ki kj k j ki kj jj ki kj k j k j ki kj jj ki kj k j k j k j ki kj be m ae = I m ae be m ae = I m ae Karea matriks I mkiaekj adalah matriks ivertible (dega iversya adalah k j ki kj k j I m ae ), maka berakibat bahwa matriks N juga ibertibel. Hal ii meujukka bahwa rad ( M ( ) ) M ( rad ( ) ). b) Selajutya aka ditujukka rad ( M ( ) ) M ( rad ( ) ) Misalka dituliska rad ( M ( ) ) M ( ). = dimaa adalah suatu ideal di rig. Utuk suatu a berlaku a. I rad ( M ( ) ) sehigga. = ( ) I b ai ba I juga ivertible utuk sebarag b. Hal ii berakibat bahwa ba memiliki ivers di rig, da berakibat a rad ( ). Akibatya, diperoleh rad ( ) sehigga terbukti bahwa rad ( M ( ) ) M ( rad ( ) )., 22

35 2.2. Modul, Modul Bebas, Modul Noether da Barisa Eksak Selajutya aka diberika defiisi modul, kemudia modul bebas, da barisa eksak beserta cotohya. Sifat-sifat barisa eksak ii aka terkait sekali dega pembahasa kodisi rak, kodisi rak kuat, da modul datar. Defiisi Diberika rig komutatif dega eleme satua da grup komutatif M yag dilegkapi operasi bier yag memetaka x M M. Himpua M disebut -modul (uiter) jika memeuhi aksioma-aksioma di bawah ii : r m m = r m r m (i). ( 2) 2 2 r r m = r m r m (ii). ( 2) 2 ( r r ) m = r ( r m ) (iii). 2 2 (iv). m = m utuk setiap m, m2 M da r, r 2. Cotoh ) Setiap rig adalah -modul. 2) Utuk suatu ideal N di rig komutatif, maka ( N, ) dapat dipadag sebagai -modul, di maa utuk suatu r, α N, rα merupaka perkalia rig biasa atara r da α. Sebelumya aka dijelaska proses kostruksi dari rig matriks triagular formal. B, A -bimodul M dapat dibetuk rig: Dari rig A, B, ( ) A 0 a 0 T = a A, b B, m M M B = m b yag disebut rig matriks triagular formal. Operasi pejumlaha da pergadaa pada rig T adalah sebagai berikut: a 0 a ' 0 a a ' 0 a) = m b m' b' m m' b b' 23

36 a 0 a ' 0 aa ' 0 b) = m b m' b' ma ' bm' bb ' a 0 a ' 0 utuk setiap, T. Selajutya dibetuk homomorfisma rig m b m' b ' α dega ( a, b) kaoik : T AxB a 0 a 0 α m b m b = da dibetuk juga a 0 pemetaa embeddig kaoik β : AxB T dega ( a, b) β (( a, b) ) =. 0 b Berikut merupaka defiisi da cotoh bimodul. Hal ii aka diguaka dalam pembahasa sifat-sifat rig matriks triagular formal bimodul M. A M 0 B atas suatu ( A, B) - Defiisi Diberika rig-rig A da B. Suatu grup abelia M disebut (, ) A B bimodul, diotasika A M B, jika M adalah A-modul kiri da B-modul kaa serta berlaku ( am) b a( mb) = utuk setiap a A, m M, da b B. Cotoh ) Setiap rig A adalah bimodul atas diriya sediri, diotasika A A A. 2) Setiap A-modul kaa M adalah suatu (, A) bimodul, diotasika M = M A. 3) Utuk suatu -modul kiri M da S = Ed ( M ), M adalah (, ) S -bimodul. Perhatika bahwa M adalah S-modul kaa dega defiisi operasi perkalia skalarya mf f ( m) = utuk setiap m M da f Ed ( M ). v = v,..., v V dimaa V adalah ruag vektor atas lapaga F Dari suatu { } berdimesi, dapat dikostruksika suatu trasformasi liear L : F V v 24

37 dega defiisi L ( ξ ) merupaka kaita atara v { v v } v = viξi utuk setiap ( ) i= =,..., da L v tersebut.,..., ξ = ξ ξ F. Berikut Proposisi Diberika ruag vektor V atas lapaga F. Setiap himpua { },..., v = v v V membetuk suatu trasformasi liear L : F V dega ( ) L ξ = v ξ... v ξ = v ξ. elatif terhadap trasformasi liear ii berlaku: v i i i= a) L v suatu epimorfisma v geerator V. b) L v suatu moomorfisma v bebas liear di V. c) L v suatu isomorfisma v basis di V. v Bukti: Aka dibuktika terlebih dahulu bahwa L v adalah trasformasi liear. Diambil sebarag ξ, η F da k F. Perhatika bahwa: ( ξ η ) = ( ξ η ) = ξ η = ( ξ ) ( η ) L v v v L L v i i i i i i i v v i= i= i= Lv ( ξk ) = vi ( ξik ) = viξi k = ( Lv ( ξ )) k i= i= L k v k k v k L ( ξ ) = ( ξ ) = ξ = ( ( ξ )) v i i i i v i= i= Jadi, terbukti bahwa L v adalah trasformasi liear. a) Aka ditujukka L v suatu epimorfisma jika da haya jika v geerator V, dega pembuktia sebagai berikut: L epimorfisma V = L F v v ( ) { v ( ξ ) ξ } V = L F V = viξi ξi F, vi V, i =,..., i= { ξ... ξ ξi, i,,..., } V = v v F v V i = {,..., } V = v v V = v 25

38 Jadi, terbukti L v suatu epimorfisma jika da haya jika v geerator V. b) Aka ditujukka L v suatu moomorfisma jika da haya jika v bebas liear di V, dega pembuktia sebagai berikut: ( ) ( ) ( ) L moomorfisma ξ, η F, L ξ = L η ξ = η v v v ( ξ, η F ), viξi viη i ξi ηi, ( i ) = = i= i= = = i= i= ( ξ, η F ), viξi viη i 0 ( ξi ηi ) 0, ( i ) = = i= ( ξ, η F ), vi ( ξi ηi ) 0 ( ξi ηi ) 0, ( i ) ( ( ξ η ) F ), vi ( ξi ηi ) = 0 v =... = v = 0 i= v bebas liear di V Jadi, terbukti L v suatu moomorfisma jika da haya jika v bebas liear di V. c) Aka ditujukka L v suatu isomorfisma jika da haya jika v basis di V, dega pembuktia sebagai berikut: L isomorfisma L epimorfisma da L moomorfisma v v v Jadi, terbukti liear di V. Berdasarka a) da b), v geerator da bebas liear di V v basis di V L v suatu isomorfisma jika da haya jika v geerator da bebas Selajutya, aka diberika defiisi basis da modul yag memiliki basis, yaki modul bebas. Defiisi Misalka M adalah -modul. Himpua S M adalah basis dari M jika S membagu M da S bebas liear. Suatu -modul M disebut modul bebas jika M mempuyai basis. Cotoh-cotoh modul bebas adalah sebagai berikut. 26

39 Cotoh a) Setiap ruag vektor V atas lapaga F adalah F-modul bebas. 2 x adalah -modul bebas dega basis {,,,... } b) [ ] c)... x x. = adalah -modul bebas dega basis { e e e e },,,..., 2 3 dimaa e = (,0,0,...,0 ), e = ( 0,,0,...,0 ), e = ( 0,0,,...,0 ),..., e = ( 0,...,0,0,) 2 3 Berikut adalah defiisi da cotoh dari rak da free-rak dari suatu modul. Defiisi a) Suatu -modul M dikataka dibagu secara higga jika M = S utuk suatu himpua bagia berhigga S di M. ak dari M, diotasika µ ( M ), adalah jumlah eleme miimal dari geerator-geerator di M jika M adalah modul yag dibagu secara higga, da µ ( M ) = jika M buka modul yag dibagu secara higga. b) Utuk suatu -modul bebas M, free-rak dari M, diotasika ( ) free rak M adalah kardialitas miimal dari suatu basis di M. Cotoh ) Jika modul 0 M siklik maka ( ) µ M =. Perhatika bahwa -modul p utuk suatu bilaga prima p merupaka modul siklik, karea p = p. Jadi, ( p ) µ =. 2) Diberika rig da {( a,..., a ), ai i} = adalah -modul bebas dega operasi jumlaha da perkalia skalar biasa. Karea basis dari e e maka ( ) adalah { },..., µ =. 27

40 Berikut merupaka defiisi da cotoh dari ajabar. Hal ii aka diguaka utuk meujukka bahwa setiap rig komutatif memeuhi sifat kodisi rak kuat. Defiisi Aljabar atas lapaga F atau F-aljabar merupaka sebuah F- ruag vektor V yag dilegkapi dega operasi perkalia pada himpua vektor V, da memeuhi kodisi:. ( kα ) β = k( αβ ) = α ( kβ ) 2. ( α β ) γ = αγ βγ 3. α ( β γ ) = αβ αγ 4. ( αβ ) γ = α ( βγ ) utuk setiap k F da α, β, γ V. Cotoh a) Setiap lapaga F merupaka F-aljabar, dimaa operasi pejumlaha da perkaliaya seperti yag terdefiisi dalam lapagaya. Demikia pula dega operasi perkalia skalar. Misalka diambil lapaga, 3 maka adalah 3 -aljabar. 3 b) Sebarag rig dega eleme idetitas adalah -aljabar. Misalka diambil rig 2, maka 2 adalah -aljabar. Berikut merupaka defiisi da cotoh dari modul oether. Pembahasa ii aka diguaka utuk meujukka bahwa utuk suatu da rig oether, adalah -modul oether. Defiisi adalah -modul oether kaa (kiri) jika adalah rig oether kaa (kiri). Berikut merupaka cara lai meyataka modul oether, yaitu modul oether yag dipadag dari koleksi submodul- submodul tak kosogya da pembagu dari setiap submodulya. 28

41 Proposisi Utuk suatu modul M, kodisi-kodisi berikut ekuivale: a) M adalah modul oether. b) Setiap himpua (koleksi) dari submodul-submodul tak kosog di M memiliki eleme maksimal. c) Setiap submodul di M dibagu secara higga Proposisi berikut diguaka utuk meujukka bahwa sebarag jumlaha lagsug dari modul-modul oether merupaka modul oether. Proposisi Diberika B adalah submodul A. A adalah modul oether jika da haya jika B da A B adalah modul oether. Bukti: Diketahui A adalah modul oether. Karea setiap ratai aik submodulsubmodul di B juga merupaka ratai aik di A, karea A adalah modul oether maka B juga oether. Kemudia jika C C2... adalah ratai aik dari submodul-submodul di A B, maka setiap submodul suatu submodul i C i berbetuk Ai B utuk A di A yag memuat B da berlaku A A2... Karea A adalah modul oether maka terdapat sedemikia higga = ( ). Akibatya berlaku C C ( i ) A A i i, adalah modul oether. =, yag artiya A B i, Diketahui B da A B adalah modul-modul oether. Diambil sebarag ratai aik A A2... utuk suatu submodul A i di A. Perhatika bahwa terdapat ratai-ratai submodul: A B A2 B... A B B A2 B B... di A B. di B, da ( ) ( ) Karea B da A B adalah modul-modul oether, maka terdapat sedemikia higga Ai B A B Akibatya berlaku A B A B, ( i ) i = da ( A B) B ( A B) B, ( i ) i =. =. Perhatika juga bahwa: 29

42 ( ) ( ) ( ) ( ) A = A A B = A A B = A A B = A A B = A. i i i i i Dega demikia terbukti bahwa A adalah modul oether. Akibat-akibat di bawah ii aka diguaka utuk meujukka jika adalah rig oether maka adalah -modul oether. Akibat Sebarag jumlaha lagsug berhigga dari modul-modul oether merupaka modul oether. Bukti: Dega megguaka iduksi, cukup dibuktika jika A da A 2 adalah modulmodul oether maka A = A A2 juga modul oether. Perhatika bahwa modul A = A A2 memiliki submodul B = A 0 sedemikia higga B A da A B = A 2. Karea A da A 2 adalah modul-modul oether maka B A da A B = A 2 juga modul-modul oether. Berdasarka Proposisi , A = B A B adalah modul oether. Akibat Jika adalah rig oether kaa, maka sebarag -modul kaa yag dibagu secara higga adalah modul oether. Bukti: Jika A adalah suatu -modul kaa yag dibagu secara higga, maka berlaku A F K utuk suatu -modul kaa bebas F yag dibagu secara higga da suatu submodul K di F. Karea F adalah -modul bebas yag dibagu secara higga maka F isomorfis dega suatu jumlaha lagsug berhigga dari - modul oether da berdasarka Akibat 2.2.5, F adalah modul oether. Akibatya berdasarka Proposisi 2.2.4, A adalah modul oether. Berikut merupaka cotoh-cotoh modul oether. 30

43 Cotoh a) adalah -modul oether. b) Sebarag ruag vektor V berdimesi higga atas lapaga K adalah K- modul oether, karea ratai aik dari submodul-submodul (subruag vektor) tidak dapat memuat subruag vektor dega dimesi ( ). c) Sebarag ruag vektor V atas lapaga K berdimesi higga adalah K-modul oether. Selajutya, aka dibahas megeai barisa eksak (pedek) da cotohcotohya. Perhatika kembali bahwa pembahasa megeai barisa eksak ii tidak aka terlepas dari pembahasa modul datar (flat) di bawah. Defiisi a) Suatu pasaga homomorfisma modul jika berlaku Im( f ) Ker ( g ) =. f g A B C dikataka eksak di B f g b) Jika 0 A B C 0 adalah barisa eksak, maka dikataka bahwa barisa tersebut adalah barisa eksak pedek. f g c) Barisa 0 A B C 0 dikataka split jika barisa tersebut eksak da Im( f ) Ker ( g ) = adalah suatu direct summad dari B. Cotoh ) Perhatika sebelumya bahwa utuk sebarag modul A, ada dega tuggal homomorfisma modul 0 A da A 0. Jika A da B adalah modul-modul i π sebarag, maka 0 A A B B 0 da i π 0 B A B A 0 adalah barisa eksak, dimaa i adalah pemetaa ijektif kaoik da π adalah pemetaa proyeksi. i p 2) Jika C adalah submodul dari D maka 0 C D D C 0 adalah barisa eksak dimaa i adalah pemetaa iklusi da p adalah epimorfisma 3

44 kaoik. Perhatika bahwa atas rig, 2 adalah submodul dari, jadi i p adalah barisa eksak. φ ϕ 3) Barisa adalah barisa split dega ( m) 6 φ = m utuk setiap m 3 Perhatika bahwa: ( ) ( ) da ( ) 3 { 6 } { 6 ( ) } { z 6 ϕ ( z) 3} 3 ( i) Ker ϕ = z ϕ z = 0 = z ϕ z = 0 3 = = = { 6 2} ( φ ) = = φ ( ) = { z ' 6 z ' = 6 z, utuk suatu z 2} ( ii) Im z ' z ' z, utuk suatu z ϕ = utuk setiap 6. = 3, 4) Barisa 0 π 2 adalah barisa eksak dega f :, z 3z da π : 2, z z 2. Perhatika bahwa: { } ( ) ( π ) = π ( ) = = { π = } = { z π ( z) = 3} = 3 ( i) Ker z z 0 z z 0 3 ( ) = { = ( ) } = { z ' z ' = 3 z, utuk suatu z } ( ii) Im f z ' z ' f z, utuk suatu z = 3 Karea Im( f ) Ker ( π ) adalah barisa eksak. = maka terbukti bahwa 0 f π 3 Proposisi berikut mejelaska bahwa setiap barisa eksak dari modul-modul bebas bersifat split. Proposisi tersebut bergua dalam mejelaska bahwa setiap rig yag memeuhi sifat kodisi rak kuat juga memeuhi sifat kodisi rak. Proposisi Jika F merupaka -modul bebas, maka setiap barisa eksak f pedek 0 M M F 0 bersifat split. Bukti: 32

45 Misalka S = { x j } j J adalah basis dari modul bebas F. Karea f surjektif, maka j J terdapat y j M sedemikia sehigga f ( y j ) = x j. Didefiisika h : S M dega h( x ) = y. Dari sii, maka terdapat β : F M sedemikia j j sehigga β S = h. Akibatya utuk setiap j J berlaku ( f β )( x j ) = f ( β ( x j )) = f ( y j ) = ( x j ). Oleh karea itu f β = idf, f sehigga terbukti 0 M M F 0 split. Dega demikia terbukti bahwa setiap barisa eksak pedek dalam suatu modul bebas bersifat split. Selajutya aka dijelaska bahwa pada suatu modul bebas dega basis tak berhigga (ifiite), setiap basisya yag lai aka memiliki jumlah eleme (kardialitas) yag sama. Teorema Diberika rig dega eleme idetitas. Jika F adalah - modul bebas dega suatu basis tidak berhigga (ifiite) X, maka sebarag basis dari F memiliki kardialitas yag sama dega X. Bukti: Misalka Y adalah basis lai dari -modul bebas F, maka dapat diklaim bahwa basis Y adalah basis yag tidak ifiite. Adaika basis Y adalah basis yag berhigga (fiite). Karea basis Y membagu F da setiap eleme dari basis Y adalah kombiasi liear dari sejumlah berhigga eleme-eleme dari X, maka diperoleh bahwa ada suatu subset berhigga { } x, x2,..., x m dari basis X yag membagu F. Karea basis X tidak berhigga, maka ada x X { x x x }, 2,..., m. Dari sii diperoleh x = r x r2 x2... rm xm utuk suatu ri, yag kotradiksi dega basis X yag bebas liear. Oleh karea itu, haruslah basis Y memiliki eleme tidak berhigga (ifiite). Kemudia dimisalka K ( Y ) adalah himpua semua subset berhigga dari basis Y, da didefiisika suatu pemetaa ( ) dega x { y y y } f : X K Y, 2,..., dimaa x = r y r2 y2... r y 33

46 da ri 0, i. Karea Y adalah basis, maka y i bersifat tuggal da pemetaa f tersebut terdefiisi dega baik (dimaa pemetaa f juga tidak harus bersifat ijektif). Jika Im( f ) memiliki eleme yag berhigga, maka S adalah S Im f suatu subset berhigga dari Y yag aka membagu X da selajutya membagu F. Dari sii terjadi kotradiksi dega basis Y yag bebas liear. Oleh karea itu, haruslah Im( f ) memiliki eleme tak berhigga (ifiite). Selajutya aka ditujukka bahwa f ( T ) X utuk setiap T Im f K ( Y ). Jika x f ( T ) submodul FT adalah subset berhigga dari maka eleme x termuat dalam F yag dibagu oleh T, yaitu f ( T ) F T. Karea T memiliki eleme yag berhigga da setiap y T adalah kombiasi liear dari sejumlah berhigga eleme-eleme dari basis X, maka ada suatu subset berhigga S dari basis X sedemikia higga F T termuat dalam submodul oleh S. Dari sii diperoleh bahwa x f ( T ) FS F yag dibagu yag megakibatka x FS da x adalah kombiasi liear dari eleme-eleme S. Karea x X da S X, maka telah terjadi kotradiksi dega X yag bebas liear kecuali jika x S. Oleh karea itu, haruslah f ( T ) S, da f ( T ) (fiite). memiliki eleme yag berhigga Utuk setiap T Im f K ( Y ), order eleme-eleme dari f ( T ), sebut saja x, x2,..., x da didefiisika suatu pemetaa ijektif ( ) ( ( ) ) dega x ( T, k ) g f T f N T : Im himpua-himpua f ( T ) ( T Im f ) Dari sii diperoleh bahwa pemetaa Im ( ) ( ) dimaa x f ( T ) x g x T dega baik, dimaa berlaku Im ( ). Perhatika bahwa membetuk sebuah partisi dari basis X. X f N didefiisika oleh, adalah suatu pemetaa ijektif yag terdefiisi X f N. Oleh karea itu dapat diperoleh: ( ) ( ) ( ) ( ) X Im f N = Im f = Im f K Y = Y, 0 34

47 dega 0 yag dimaksud di sii adalah bilaga aleph-aught. Dari sii diperoleh bahwa X Y. Akibatya berlaku X = Y. Dega demikia, terbukti bahwa setiap basis lai di -modul bebas F aka memiliki kardialitas yag sama dega X. Lemma berikut diperluka dalam pembahasa bahwa utuk suatu homomorfisma rig f : S jika rig S memeuhi sifat Jumlah Basis Tetap maka rig juga memeuhi sifat Jumlah Basis Tetap. Lemma Diberika adalah rig dega idetitas, I ( ) adalah ideal di rig da F adalah -modul bebas dega basis X. Jika π : F F IF adalah epimorfisma kaoik, maka berlaku: a) / F IF adalah I -modul bebas dega basis ( X ) π. b) ( X ) π = X Bukti: Pertama, aka ditujukka terlebih dahulu F IF adalah I -modul bebas dega basis π ( X ). Perhatika bahwa IF = ra i i ri I, ai F, da i= aksi dari I di F IF didefiisika dega ( r I )( a IF ) = ra IF. Selajutya, jika ( u IF ) F IF maka u = r x, (dega r, x X ). j= j j j j Karea u F da X adalah basis dari F berakibat: u IF = r x IF = r x IF = r I x IF = r I x j= j= j= j= j j ( j j ) ( j )( j ) ( j ) π ( j ) karea π ( X ) membagu F IF sebagai I -modul. Namu di lai pihak, jika m ( rk I ) π ( xk ) = 0, dega k, k = r x X maka berlaku: k, 35