BAB 3 RING ARMENDARIZ. bahwa jika ab = 0, maka ba = 0 (diketahui ab = 0, maka (ba) 2 = baba = b.0.a = 0

Transkripsi

1 BAB 3 RING ARMENDARIZ 3.1 Ring Terreduksi Suatu ring R disebut ring terreduksi jika tidak mempunyai elemen nilpoten tak nol. Secara ekuivalen, suatu ring dikatakan terreduksi jika tidak mempunyai elemen dengan kuadrat nol, yaitu jika x 2 = 0 maka x = 0. Dari sifat tersebut, diperoleh bahwa jika ab = 0, maka ba = 0 (diketahui ab = 0, maka (ba) 2 = baba = b.0.a = 0 berakibat ba = 0). Contoh ring terreduksi adalah ring bilangan bulat Z dan ring kuosien Z /n Z dimana n adalah bilangan bulat square free. Secara umum, setiap domain merupakan ring terreduksi. Pada tahun 1973 Efraim P. Armendariz membuktikan suatu lema yang berhubungan dengan ring terreduksi, yaitu sebagai berikut. Lema Misalkan R adalah ring terreduksi dan f (x), g(x) R[x], dengan f (x) = a 0+ a 1x a nx n, g(x) = b 0+ b 1x b mx m. Maka f (x)g(x) = 0 jika dan hanya jika a ib j= 0 untuk setiap 0 i n, 0 j m.

2 29

3 30 Bukti. Diketahui f(x)g(x) = 0, maka 0 = f (x)g (x) = a 0b 0+ (a 0b 1+ a 1b 0)x a nb mx n +m 0 = a 0b 0 0 = a 0b 1+ a 1b = a nb m. Karena R terreduksi, maka a 0b 0= 0 jika dan hanya jika b 0a 0= 0. Jadi, dengan mengalikan 0 = a 0b 1+ a 1b 0dengan b 0dari kiri diperoleh 0 = b 0a 0b 1+ b 0a 1b 0 0 = 0.b 1+ b 0a 1b 0 0 = 0 + b 0a 1b 0 0 = b 0a 1b 0. Mengalikan 0 = b 0a 1b 0dengan a 1dari kiri diperoleh 0 = a 1b 0a 1b 0 0 = (a 1b 0) 2 Karena R terreduksi, maka (a 1b 0) 2 = 0 mengakibatkan a 1b 0= 0. Dengan cara yang sama, diperoleh a ib 0= 0 untuk setiap 1 i n. Jadi,

4 persamaan direduksi menjadi 0 = a 0b 1 0 = a 1b 1+ a 0b 2 0 = a n 1b a 0b n.

5 31 Kembali menggunakan fakta bahwa a 0b 1= 0 mengakibatkan b 1a 0= 0. Dari 0 = a 1b 1+ a 0b 2diperoleh a 1b 1= 0 dan dengan cara yang sama diperoleh a ib 1= 0 untuk setiap 1 i n. Pengulangan proses akan menghasilkan a ib j= 0 untuk setiap 1 i n, 1 i m. Jadi, pernyataan terbukti. Diketahui a ib j= 0 untuk setiap 1 i n, 1 i m. Maka f (x)g(x) = (a 0+ a 1x a nx n )(b 0+ b 1x b mx m ) = a 0b (a 0b k+ a 1b k a kb 0)x k a nb mx n +m = ( )x k x n +m = x k x n +m Diperoleh f (x)g (x) = 0. Jadi, pernyataan terbukti. Berdasarkan lema di atas, M. B. Rege dan Sima Chhawchharia membuat definisi ring Armendariz sebagai berikut. Definisi Suatu ring R dikatakan mempunyai sifat Armendariz (atau suatu ring Armendariz) jika polinomial f(x) = a 0+ a 1x a nx n, g(x) = b 0+ b 1x b mx m R[x] dan f (x)g(x) = 0, diperoleh a ib j= 0 untuk setiap i, j. Ring yang dimaksud adalah ring asosiatif dengan elemen kesatuan. Jadi, setiap ring terreduksi merupakan ring Armendariz. Akibatnya, ring bilangan bulat Z dan ring kuosien Z /n Zdengan n bilangan bulat square free pun menjadi contoh ring Armendariz.

6 Konstruksi Untuk mengonstruksi contoh ring Armedariz dan ring non-armendariz, Rege dan Sima menggunakan prinsip idealisasi dari M. Nagata sebagai berikut. 1. Misalkan R ring komutatif dan M adalah R-modul. Dinotasikan dengan R(+)M, R-modul R M memberikan struktur ring dimana perkalian di- definisikan dengan (a, m)(b, n) = (ab, an + bm). Akan dibuktikan R(+)M adalah suatu ring. Operasi terdefinisi dengan baik. Misalkan (a 1, m 1), (a 2, m 2), (b 1, n 1), (b 2, n 2) R(+)M dimana (a 1, m 1) = (a 2, m 2), (b 1, n 1) = (b 2, n 2) yang berarti a 1= a 2, m 1= m 2, b 1= b 2, n 1= n 2. (a 1, m 1) + (b 1, n 1) = (a 1+ b 1, m 1+ n 1) = (a 2+ b 2, m 2+ n 2) = (a 2, m 2) + (b 2, n 2) (a 1, m 1)(b 1, n 1) = (a 1b 1, a 1n 1+ b 1m 1) = (a 2b 2, a 2n 2+ b 2m 2) = (a 2, m 2)(b 2, n 2).

7 33 (R(+)M, +) adalah grup komutatif. Penjumlahan bersifat asosiatif. Misalkan (a 1, m 1), (a 2, m 2), (a 3, m 3) R(+)M, maka (a 1, m 1) + {(a 2, m 2) + (a 3, m 3)} = (a 1, m 1) + (a 2+ a 3, m 2+ m 3) = (a 1+ {a 2+ a 3}, m 1+ {m 2+ m 3}) = (a 1+ a 2+ a 3, m 1+ m 2+ m 3) = ({a 1+ a 2} + a 3, {m 1+ m 2} + m 3) = (a 1+ a 2, m 1+ m 2) + (a 3, m 3) = {(a 1, m 1) + (a 2, m 2)} + (a 3, m 3). Keberadaan elemen nol. Karena untuk setiap (a, m) R(+)M berlaku (a, m) + (0 R, 0 M) = (a + 0 R, m + 0 M) = (a, m) = (0 R+ a, 0 M+ m) = (0 R, 0 M) + (a, m), dimana 0 R R adalah elemen nol di R dan 0 Madalah elemen nol di M, maka (0 R, 0 M) adalah elemen nol di R(+)M. Keberadaan elemen negatif. Karena untuk setiap (a, m) R(+)M berlaku (a, m) + ( a, m) = (a + ( a), m + ( m)) = (0 R, 0 M)

8 = ( a + a, m + m) = ( a, m) + (a, m), dimana a R adalah elemen negatif dari a di R dan m elemen negatif dari m di M, maka ( a, m) adalah elemen negatif dari (a, m)

9 34 di R(+)M. (R(+)M, ) adalah semigrup, yaitu perkalian bersifat asosiatif. Misalkan (a 1, m 1), (a 2, m 2), (a 3, m 3) R(+)M, maka (a 1, m 1){(a 2, m 2)(a 3, m 3)} = (a 1, m 1)(a 2a 3, a 2m 3+ a 3m 2) = (a 1{a 2a 3}, a 1{a 2m 3+ a 3m 2} + {a 2a 3}m 1) = (a 1a 2a 3, a 1a 2m 3+ a 1a 3m 2+ a 2a 3m 1) = (a 1a 2a 3, a 1a 2m 3+ a 3a 1m 2+ a 3a 2m 1) = ({a 1a 2}a 3, {a 1a 2}m 3+ a 3{a 1m 2+ a 2m 1}) = (a 1a 2, a 1m 2+ a 2m 1) + (a 3, m 3) = {(a 1, m 1)(a 2, m 2)}(a 3, m 3). Distributif perkalian terhadap penjumlahan. Misalkan (a 1, m 1), (a 2, m 2), (a 3, m 3) R(+)M, maka (a 1, m 1){(a 2, m 2) + (a 3, m 3)} = (a 1, m 1)(a 2+ a 3, m 2+ m 3) = (a 1{a 2+ a 3}, a 1{m 2+ m 3} + {a 2+ a 3}m 1) = (a 1a 2+ a 1a 3, a 1m 2+ a 1m 3+ a 2m 1+ a 3m 1) = (a 1a 2+ a 1a 3, {a 1m 2+ a 2m 1} + {a 1m 3+ a 3m 1}) = (a 1a 2, a 1m 2+ a 2m 1) + (a 1a 3, a 1m 3+ a 3m 1) = {(a 1, m 1)(a 2, m 2)} + {(a 1, m 1)(a 3, m 3)}. Dengan cara yang serupa, diperoleh {(a 1, m 1) + (a 2, m 2)}(a 3, m 3) = {(a 1, m 1)(a 3, m 3)} + {(a 2, m 2)(a 3, m 3)}.

10 Berdasarkan empat poin di atas, maka telah dibuktikan bahwa R(+)M adalah suatu ring. Jika M bukan nol, ring tidak terreduksi karena M dapat diidenti- fikasi dengan ideal 0 M dimana kuadratnya adalah nol.

11 35 2. Misalkan R ring dan A ideal dari R. Ring kuosien R = R/A mempunyai struktur alami pada R-bimodul kiri dan kanan. Dinotasikan a = a + A R untuk setiap a R. Definisikan operasi perkalian pada R (R/A) sebagai berikut. (r, a)(r, a )= (rr, ra + ar ). Notasi yang digunakan adalah R(+)R/A dengan sifat yang mirip dengan R(+)M. Akan dibuktikan R(+)R/A adalah suatu ring. Operasi terdefinisi dengan baik. Misalkan (r 1, a 1), (r 2, a 2), (s 1, b 1), (s 2, b 2) R(+)R/A dimana (r 1, a 1) = (r 2, a 2), (s 1, b 1) = (s 2, b 2) yang berarti r 1= r 2, s 1= s 2dan a 1= a 2, b 1= b 2sehingga a 1 a 2 A dan b 1 b 2 A. Selanjutnya, diperoleh (a 1 a 2) + (b 1 b 2) = a 1+ b 1 (a 2+ b 2) A. Itu artinya a 1+ b 1= a 2+ b 2sehingga (r 1, a 1) + (s 1, b 1) = (r 1+ s 1, a 1+ b 1) = (r 2+ s 2, a 2+ b 2) = (r 2, a 2) + (s 2, b 2) Selanjutnya, r 1(b 1 b 2) + (a 1 a 2)s 1= r 1b 1 r 1b 2+ a 1s 1 a 2s 1 = r 1b 1 r 2b 2+ a 1s 1 a 2s 2

12 = (r 1b 1+ a 1s 1) (r 2b 2+ a 2s 2) A.

13 36 Artinya, r 1b 1+ a 1s 1= r 2b 2+ a 2s 2sehingga (r 1, a 1)(s 1, b 1) = (r 1s 1, r 1b 1+ a 1s 1) = (r 2s 2, r 2b 2+ a 2s 2) = (r 2, a 2)(s 2, b 2) (R(+)M, +) adalah grup komutatif. Penjumlahan bersifat asosiatif. Misalkan (r 1, a 1), (r 2, a 2), (r 3, a 3) R(+)R/A, maka (r 1, a 1) + {(r 2, a 2) + (r 3, a 3)} = (r 1, a 1) + (r 2+ r 3, a 2+ a 3) = (r 1+ {r 2+ r 3}), (a 1+ {a 2+ a 3}) = (r 1+ r 2+ r 3), (a 1+ a 2+ a 3) = ({r 1+ r 2} + r 3), ({a 1+ a 2} + a 3) = (r 1+ r 2, {a 1+ a 2}) + (a 3, a 3) = {(a 1, a 1) + (a 2, a 2)} + (a 3, a 3) Keberadaan elemen nol. Karena untuk setiap (r, a) R(+)R/A berlaku (r, a) + (0, 0)= (r + 0, a + 0) = (0 + r, 0+ a) = (0, 0)+ (r, a) dimana 0 R adalah elemen nol di R dan 0adalah elemen nol di R/A,

14 maka (0, 0)adalah elemen nol di R(+)R/A.

15 37 Keberadaan elemen negatif. Karena untuk setiap (r, ) R(+)R/A berlaku (r, a) + ( r, a) = (r + ( r), a + ( a)) = (0, 0) = ( r + r, a + a) = ( r, a) + (r, a) dimana r R adalah elemen negatif dari r di R dan a elemen negatif dari a di R/A, maka ( r, a) adalah elemen negatif dari (r, a ) di R(+)R/A. (R(+)M, ) adalah semigrup, yaitu perkalian bersifat asosiatif. Misalkan (r 1, a 1), (r 2, a 2), (r 3, a 3), R(+)R/A, maka (r 1, a 1){(r 2, a 2)(r 3, a 3)} = (r 1, a 1)(r 2r 3, r 2a 3+ r 3a 2) = (r 1{r 2r 3}, r 1(r 2a 3+ r 3a 2) + {r 2r 3}a 1) = (r 1r 2r 3, r 1r 2a 3+ r 1r 3a 2+ r 2r 3a 1) = (r 1r 2r 3, r 1r 2a 3+ r 3r 1a 2+ r 3r 2a 1) = ({r 1r 2}r 3, {r 1r 2}a 3+ r 3{r 1a 2+ r 2a 1) = (r 1r 2, {r 1a 2+ r 2a 1})(r 3, a 3) = {(r 1, a 1)(r 2, a 2)}(r 3, a 3). Distributif perkalian terhadap penjumlahan. Misalkan (a 1, m 1), (a 2, m 2), (a 3, m 3) R(+)M, maka

16 (r 1, a 1){(r 2, a 2) + (r 3, a 3)} = (r 1, a 1)(r 2+ r 3, a 2+ a 3) = (r 1{r 2+ r 3}, r 1{a 2+ a 3} + {r 2+ r 3}a 1) = (r 1r 2+ r 1r 3, r 1a 2+ r 1a 3+ r 2a 1+ r 3a 1) = (r 1r 2+ r 1r 3, {r 1a 2+ r 2a 1} + {r 1a 3+ r 3a 1})

17 38 Dengan cara yang serupa, diperoleh = (r 1r 2, r 1a 2+ r 2a 1) + (r 1r 3, r 1a 3+ r 3a 1) = {(r 1, a 1)(r 2, a 2)} + {(r 1, a 1)(r 3, a 3)}. {(r 1, a 1) + (r 2, a 2)}(r 3, a 3) = {(r 1, a 1)(r 3, a 3)} + {(r 2, a 2)(r 3, a 3)}. Berdasarkan empat poin di atas, maka telah dibuktikan bahwa R(+)R/A adalah suatu ring. Berikut adalah contoh ring tak terreduksi yang merupakan Armedariz. Proposisi Untuk setiap bilangan bulat n, Z /n Zadalah suatu ring Armen- dariz, dimana bukan merupakan ring tereduksi ketika n adalah bilangan bulat yang bukan square free. Bukti. Misalkan n = p m, dimana p adalah bilangan prima. f(x), g(x) berturutturut menotasikan koset dari f (x), g(x)(mod p m Z[x]). Misalkan f(x)g(x) = 0, artinya p m f(x)g(x). Karena p adalah bilangan prima, maka f (x) = p r f (x) dan g(x) = p s g (x) untuk suatu f dan g yang memenuhi kondisi bahwa faktor persekutuan terbesar dari koefisien-koefisien f (juga g ) tidak dapat dibagi p. Jelas bahwa r + s m. Itu berarti bahwa a ib j = 0 untuk setiap i, j, yang menunjukkan bahwa Z /pm Z adalah adalah ring Armendariz. Misalkan n adalah suatu bilangan asli. Maka n = p e 11 p e 22...p e i i dimana p k adalah suatu bilangan prima. Berdasarkan teorema sisa China, diperoleh

18 Z /n Z = Z /pe 11 Z Z/p e 22 Z... Z /pe i iz. Diketahui Z /pe kk Z Armendariz untuk setiap k. Akibatnya, Z /pe 11 Z Z /pe 22 Z... Z /pe ii Z Armendariz, yaitu jika f (x), g(x) { Z /pe 11 Z Z /pe 22 Z... ei Z /p i}[x], memenuhi f(x)g(x) = 0, maka a rpb sp= 0 untuk setiap 1 p i,

19 39 0 r n, 0 s m. Selanjutnya akan dibuktikan Z /n ZArmendariz. Konstruksi φ : Z /pe 11 Z Z/p e 22 Z... Z /pe i iz Z /n Z (a 1, a 2,..., a i) a = nk=1 a k Ambil f (x) = n m p=0 (a p1,..., a p1)x p, g(x) = q=0 (b q1,..., b qi)x q { Z /pe 11 Z... Z /pe i i Z } [x]. Misalkan φ(f(x))φ(g(x)) = φ(f (x)g(x)) = 0 n p m q 0 = φ p=0(a p1, a p2,..., a p1)x q=0(b q1, b q2,..., b qi)x n p m q 0 = φ p=0(a p1, a p2,..., a p1)x q=0(b q1, b q2,..., b qi)x 0 = φ( nq=0+m qp=0(a p1, a p2,..., a p1)(b q1, b q2,..., b qi)x q ) 0 = a 0b 0+ (a 0b 1+ a 1b 0)x a nb mx n +m 0 = a 0b 0 0 = a 0b 1+ a 1b = a nb m Telah diketahui bahwa a rpb sp= 0, untuk setiap 1 p i, 0 r n, 0 s m. Maka a 0b 0= 0,

20 a 0b 1+ a 1b 0= 0, a 0b 1= (a a 0i)(b b 1i)

21 40 = a 01b a 01b 1i+ a 0ib a 0ib 1i = = 0... a nb m= 0 Diperoleh a pb q= 0, untuk setiap 0 p n, 0 q m. Jadi, Z /n ZArmendariz. Teorema berikut merupakan generalisasi dari Proposisi Teorema Jika R adalah domain ideal utama (PID) komutatif dan A adalah ideal dari R, maka R/A adalah Armendariz. Bukti. Ambil f(x), g(x) R/A[x]. Karena R PID, maka terdapat d A sehingga A = (d) = dr. Misalkan d = p m, dimana p adalah prima. Asumsikan f(x)g(x) = 0,artinya f (x)g(x) A = dr = p m atau p m f(x)g(x). Karena p prima, maka f (x) = p r f (x) dan g(x) = p s g (x) untuk suatu f dan g yang memenuhi kondisi faktor persekutuan terbesar dari koefisien-koefisien f (juga g ) tidak dapat dibagi p. Jelas bahwa r + s m yang berarti a ib j= 0 untuk setiap i, j yang menunjukkan bahwa R/A adalah ring Armendariz. Misalkan d A. Karena R adalah PID, maka R adalah UFD sehingga d = p e 11 p e 22...p e kk dimana p kadalah elemen prima. Berdasarkan teorema sisa Cina, diperoleh R/A = R/dR = R/p e 11 R R/p e 22 R... R/p e ii R.

22 Diketahui R/p e kkr Armendariz untuk setiap k. Maka R/p e 11 R R/p e 22 R... R/p e i i R Armendariz, yaitu jika f(x), g(x) {R/p e 11 R R/p e 22 R... R/p e i i R}[x], memenuhi f(x)g(x) = 0, maka a rpb sp= 0, untuk setiap 1 p i, 0 r n, 0 s m. Selanjutnya akan dibuktikan R/A = R/dR Armendariz.

23 41 Konstruksi φ : R/p e 11 R R/p e 22 R... R/p e i ir R/dR (a 1, a 2,..., a i) a = nk=1 a k Ambil f (x) = n p=0 (a p1,..., a p1)x p, g(x) = m q=0 (b q1,..., b qi)x q {R/p e 11 R... R/p e i ir}[x]. Misalkan φ(f(x))φ(g(x)) = φ(f (x)g(x)) = 0 n p m q 0 = φ p=0(a p1, a p2,..., a p1)x q=0(b q1, b q2,..., b qi)x 0 = φ( n+m q=0 p=0(a p1, a p2,..., a p1)(b q1, b q2,..., b qi)x 0 = n+m q=0 p=0 a pb q px q q 0 = a 0b 0+ (a 0b 1+ a 1b 0)x a nb mx n +m q q) 0 = a 0b 0 0 = a 0b 1+ a 1b = a nb m Telah diketahui bahwa a rpb sp= 0, untuk setiap 1 p i, 0 r n, 0 s m. Maka a 0b 0= 0, a 0b 1+ a 1b 0= 0,

24 a 0b 1= (a a 0i)(b b 1i) = a 01b a 01b 1i+ a 0ib a 0ib 1i

25 42 = = 0... a nb m= 0 Diperoleh a pb q= 0, untuk setiap 0 p n, 0 q m. Jadi, R/dR Armendariz. Teorema-teorema selanjutnya memanfaatkan prinsip idealisasi untuk konstruksi ring Armendariz. Teorema Misalkan R domain dan A ideal dari R. Misalkan R/A Armen- dariz. Maka R(+)R/A adalah Armendariz. Bukti. Ambil f (x), g(x) {R(+)R/A}[x], dimana m -54f (x) = i=0(a i, u i)x j = ( n n g(x) = n j=0(b j, v j)x j=0 b j, j=0 v j) = (g 0(x), g 1(x)). Jika f (x)g(x) = 0, maka (f 0(x), f 1(x))(g 0(x), g 1(x)) = (f 0(x)g 0(x), f 0(x)g 1(x) + f 1(x)g 0(x)) = (0, 0)= 0. Artinya, P e rhatikan 3.1. m

26 n f 0 ( x ) g (3.1) (3.2) f 0(x)g 0(x) ( = 0 x ) 0 = 0 f 0(x)g 1( x) + f 1(x)g 0( x)) = 0 i=0 a i j=0 b j= a 0b 0+ (a 0b 1+ a 1b 0)x a mb nx n +m = 0

27 43 a 0b 0= 0 Karena R domain, maka R[x] pun domain. Jadi, ketika f 0(x)g 0(x) = 0, haruslah f (x) = 0 atau g(x) = 0. Kasus I Misalkan f 0(x) = 0. Maka persamaan 3.2 menjadi f 1(x)g 0(x) = 0 atas R/A. Karena R/A Armendariz, maka u ib j= 0 untuk setiap i, j. Karena f 0(x) = 0, maka a i= 0 untuk setiap i. Jadi, (a i, u i)(b j, v j) = (a ib j, a iv j+ u ib j) = (0, 0)= 0 untuk setiap i, j. Kasus II Misalkan g 0(x) = 0. Maka persamaan 3.2 menjadi f 0(x)g 1(x) = 0 atas R/A. Karena R/A Armendariz, maka a iv j= 0 untuk setiap i, j. Karena g 0(x) = 0, maka b j= 0 untuk setiap j. Jadi, (a i, u i)(b j, v j) = (a ib j, a iv j+ u ib j) = (0, 0)= 0 untuk setiap i, j. Jadi, R(+)R/A Armendariz. Sebagai kasus khusus dari teorema di atas, diperoleh akibat berikut. Akibat Z (+) Z /n Zadalah ring Armendariz untuk setiap bilangan bulat n.

28 Bukti. Karena Z adalah suatu domain dan Z /n Zadalah ring Armendariz berda- sarkan Proposisi 3.2.1, maka Z (+) /n Z Zadalah ring Armendariz berdasarkan Teo- rema Dari Teorema 3.2.3, diperoleh bahwa jika R adalah domain maka R(+)R (dengan memilih {0} sebagai ideal dari R) adalah Armendariz. Hasil ini dapat

29 44 diperluas untuk ring terreduksi, dengan sifat yang akan digunakan adalah sebagai berikut. 1. Jika R terreduksi dan a, b R, maka ab = 0 jika dan hanya jika ba = Ring terreduksi adalah adalah ring Armendariz. 3. Jika R terreduksi, maka R[x] juga terreduksi. Proposisi Misalkan R adalah ring terreduksi. Maka ring R(+)R adalah Ar- mendariz. Bukti. Ambil f (x), g(x) {R(+)R}[x], dimana f (x) = m (a i, u i)x i = m a i, m u i= (f 0(x), f 1(x)), i=0 i=0 i=0 n n n g(x) = (b j, v j)x j = b j, v j= (g 0(x), g 1(x)) j=0 j=0 j=0 dan memenuhi f(x)g(x) = 0. f(x)g(x) = 0 (f 0(x), f 1(x))(g 0(x), g 1(x)) = 0 (f 0(x)g 0(x), f 0(x)g 1(x) + f 1(x)g 0(x)) = 0. f 0(x)g 1(x) + f 1(x)g 0(x) = 0. Maka diperoleh f 0(x)g 0(x) = 0

30 (3.3) (3.4) Karena R terreduksi, maka dari 3.3 diperoleh g 0(x)f 0(x) = 0. (3.5)

31 45 Selanjutnya, persamaan 3.4 dikalikan dengan g 0(x) dari kiri sehingga diperoleh g 0(x)f 0(x)g 1(x) + g 0(x)f 1(x)g 0(x) = 0. Dengan menggunakan 3.5, diperoleh g 0(x)f 1(x)g 0(x) = 0. Mengalikan dengan f 1(x) dari kiri diperoleh f 1(x)g 0(x)f 1(x)g 0(x) = (f 1(x)g 0(x)) 2 = 0. Karena R[x] terreduksi, maka f 1(x)g 0(x) = 0. (3.6) Substitusi persamaan 3.6 ke persamaan 3.4, diperoleh f 0(x)g 1(x) = 0. (3.7) Karena R terreduksi, maka dari persamaan 3.3, 3.6 dan 3.7 diperoleh a ib j= 0, a iv j= 0, u ib j= 0 untuk setiap i, j. Berarti (a i, u i)(b j, v j) = (a ib j, a iv j+u ib j) = 0 untuk setiap i, j. Jadi, R(+)R adalah ring Armendariz. Proposisi berikut merupakan generalisasi dari Proposisi Proposisi Misalkan R ring tereduksi dan A ideal dari R sedemikian sehingga R/A terreduksi. Maka R(+)R/A adalah Armendariz. Bukti. Ambil f (x), g(x) {R(+)R/A}[x], dimana f (x) = m i = ( m i=0(a i, u i)x m

32 g(x) = n i=0 a i, i=0 u i) = (f 0(x), f 1(x)), j = ( n j=0(b j, v j)x j=0 b j, j=0 v j) = (g 0(x), g 1(x)) n

33 46 dan memenuhi f(x)g(x) = 0. f(x)g(x) = 0 (f 0(x), f 1(x))(g 0(x), g 1(x)) = 0 (f 0(x)g 0(x), f 0(x)g 1(x) + f 1(x)g 0(x)) = 0. Maka diperoleh f 0(x)g 0(x) = 0 (3.8) f 0(x)g 1(x) + f 1(x)g 0(x) = 0. (3.9) Karena R terreduksi, maka dari 3.8 diperoleh g 0(x)f 0(x) = 0. (3.10) Selanjutnya, persamaan 3.9 dikalikan dengan g 0(x) dari kiri sehingga diperoleh g 0(x)f 0(x)g 1(x) + g 0(x)f 1(x)g 0(x) = 0. Dengan menggunakan 3.10, diperoleh g 0(x)f 1(x)g 0(x) = 0. Mengalikan dengan f 1(x) dari kiri diperoleh f 1(x)g 0(x)f 1(x)g 0(x) = (f 1(x)g 0(x)) 2 = 0. Karena R/A[x] terreduksi, maka f 1(x)g 0(x) = 0. Substitusi persamaan 3.11 ke persamaan 3.9, diperoleh

34 )g 1(x) = 0. (3.11) (3.12)

35 47 Karena R/A terreduksi, yang berarti R/A Armendariz, maka dari persamaan 3.8, 3.11 dan 3.12 diperoleh a ib j= 0, a iv j= 0, u ib j= 0 untuk setiap i, j. Berarti (a i, u i)(b j, v j) = (a ib j, a iv j+ u ib j) = (0, 0)= 0 untuk setiap i, j. Jadi, R(+)R/A adalah ring Armendariz. Kim dan Lee memberikan contoh ring Armendariz. Misalkan R terreduksi dan S subring dari matriks segitiga atas T 3(R), yaitu S = a b c 0 a d a, b, c, d R 0 0 a Misalkan f (x) = p 0+ p 1x p nx n, g (x) = q 0+ q 1x q mx m S[x], dimana a ib ic i e jf jg j p i= 0 a id i, q j= 0 e jh j 0 0 ai 0 0 ej yang memenuhi f(x)g(x) = 0. f(x)g(x) = (p 0+ p 1x p nx n )(q 0+ q 1x q mx m ) = p 0q 0+ (p 0q 1+ p 1q 0)x p nq mx n +m Untuk setiap p i, q jdiperoleh a ia i12a i13 b jb j12b j13 p iq j= 0 a ia i23 0 b jb j23

36 0 0 ai 0 0 bj

37 48 a ib ja ib j12+ a i12b ja ib j13+ a i12b j23+ a i13b j = 0 a ib j a ib j23+ a i23b j 0 0 a ib j. Untuk memudahkan penulisan, bentuk matriks di atas akan dituliskan dalam bentuk p i= (a i, b i, c i, d i), q j= (e j, f j, g j, h j), dimana masing-masing secara berturutturut mewakili entri diagonal utama, entri baris pertama kolom kedua, entri baris pertama kolom ketiga, serta entri baris kedua kolom ketiga. Jadi, untuk setiap i, j diperoleh p iq j= (a i, b i, c i, d i)(e j, f j, g j, h j) = (a ie j, a if j+ b ie j, a ig j+ b ih j+ c ie j, a ih j+ d ie j) sehingga f(x)g(x) = p 0q 0+ (p 0q 1+ p 1q 0)x p nq mx n +m 0 = (a 0, b 0, c 0, d 0)(e 0, f 0, g 0, h 0) + [(a 0, b 0, c 0, d 0)(e 0, f 0, g 0, h 0) +(a 0, b 0, c 0, d 0)(e 0, f 0, g 0, h 0)]x (a n, b n, c n, d n)(e m, f m, g m, h m)x n +m 0 = (a 0e 0, a 0f 0+ b 0e 0, a 0g 0+ b 0h 0+ c 0e 0, a 0h 0+ d 0e 0) +[(a 0e 1, a 0f 1+ b 0e 1, a 0g 1+ b 0h 1+ c 0e 1, a 0h 1+ d 0e 1) +(a 1e 0, a 1f 0+ b 1e 0, a 1g 0+ b 1h 0+ c 1e 0, a 1h 0+ d 1e 0)]x (a ne m, a nf m+ b ne m, a ng m+ b nh m+ c ne m, a nh m+ d ne m)x n +m 0 = (a 0e 0, a 0f 0+ b 0e 0, a 0g 0+ b 0h 0+ c 0e 0, a 0h 0+ d 0e 0)

38 +[(a 0e 1+ a 1e 0, a 0f 1+ b 0e 1+ a 1f 0+ b 1e 0, a 0g 1+ b 0h 1+ c 0e 1+ a 1g 0+ b 1h 0+ c 1e 0, a 0h 1+ d 0e 1+ a 1h 0+ d 1e 0)]x (a ne m, a nf m+ b ne m, a ng m+ b nh m+ c ne m, a nh m+ d ne m)x n +m

39 49 = (a 0e 0, a 0f 0+ b 0e 0, a 0g 0+ b 0h 0+ c 0e 0, a 0h 0+ d 0e 0) +[(a 0e 1+ a 1e 0, a 0f 1+ a 1f 0+ b 0e 1+ b 1e 0, a 0g 1+ a 1g 0+ b 0h 1+ b 1h 0+ c 0e 1+ c 1e 0, a 0h 1+ a 1h 0+ d 0e 1+ d 1e 0)]x (a ne m, a nf m+ b ne m, a ng m+ b nh m+ c ne m, a nh m+ d ne m)x n +m. Dari hasil di atas, diperoleh empat persamaan sebagai berikut = a 0e 0+ [a 0e 1+ a 1e 0] x a ne mx n +m = [a 0f 0+ b 0e 0]+[a 0f 1+ a 1f 0+ b 0e 1+ b 1e 0] x+...+[a nf m+ b ne m] x n +m = [a 0g 0+ b 0h 0+ c 0e 0] + [a 0g 1+ a 1g 0+ b 0h 1+ b 1h 0+ c 0e 1+ c 1e 0] x [a ng m+ b nh m+ c ne m] x n +m 4. 0 = [a 0h 0+ d 0e 0] + [a 0h 1+ a 1h 0+ d 0e 1+ d 1e 0] x [a nh m+ d ne m]. Dari 1, diperoleh 0 = a 0e 0+ [a 0e 1+ a 1e 0] x a ne mx n +m. Artinya, a 0e 0= 0, a 0e 1+ a 1e 0= 0,..., a ne m= 0. Karena R terreduksi, maka e 0a 0= 0. Selanjutnya, mengalikan a 0e 1+ a 1e 0= 0 dengan e 0dari sebelah kiri diperoleh e 0a 0e 1+ e 1a 1e 0= 0 0.e 1+ e 0a 1e 0= 0 e 0a 1e 0= 0 Selanjutnya, dengan mengalikan persamaan terakhir dengan a 1diperoleh a 1e 0a 1e 0= (a 1e 0) 2 = 0. Karena R terreduksi, maka diperoleh a 1e 0= 0. Dengan cara yang sama, diperoleh a ie 0= 0, untuk setiap i.

40 Persamaan pun terreduksi menjadi a 0e 1= 0, a 0e 2+ a 1e 1= 0,..., a 0e m a n 1e 1= 0. Kembali menggunakan fakta bahwa a 0e 1= 0 mengakibatkan

41 50 e 1a 0= 0. Mengalikan a 0e 2+ a 1e 1= 0 dengan e 1dari sebelah kiri diperoleh e 1a 0e 2+ e 1a 1e 1= 0 0.e 2+ e 1a 1e 1= 0 e 1a 1e 1= 0. Selanjutnya, dengan mengalikan persamaan terakhir dengan a 1diperoleh a 1e 1a 1e 1= (a 1e 1) 2 = 0. Karena R terreduksi, maka diperoleh a 1e 1= 0. Dengan cara yang sama diperoleh a ie 1= 0 untuk setiap i. Dengan pengulangan proses, diperoleh a ie j= 0 untuk setiap i, j. Dari persamaan 2, diperoleh 0 = [a 0f 0+ b 0e 0]+[a 0f 1+ a 1f 0+ b 0e 1+ b 1e 0] x [a nf m+ b ne m] x n +m. Artinya, a 0f 0+ b 0e 0= 0, a 0f 1+ a 1f 0+ b 0e 1+ b 1e 0= 0,..., a nf m+ b ne m= 0. Mengalikan a 0f 0+ b 0e 0= 0 dengan e 0, diperoleh e 0a 0f 0+ e 0b 0e 0= 0 0.f 0+ e 0b 0e 0= 0 e 0b 0e 0= 0. Selanjutnya, dengan mengalikan persamaan terakhir dengan b 0diperoleh b 0e 0b 0e 0= (b 0e 0) 2 = 0. Karena R terreduksi, maka diperoleh b 0e 0= 0. Dengan cara yang sama, diperoleh b ie 0= 0 untuk setiap i. Persamaan pun terreduksi menjadi a 0f 0= 0, a 0f 1+ a 1f 0+ b 0e 1= 0,..., a nf m= 0. Dengan menggunakan hasil a ie j= 0, mengalikan persamaan a 0f 1+ a 1f 0+ b 0e 1= 0 dengan e 1menghasilkan e 1b 0e 1= 0 sehingga b 0e 1= 0. Dengan

42 cara yang sama, diperoleh b ie 1= 0 untuk setiap i. Dengan pengulangan proses, diperoleh b ie j= 0 untuk setiap i, j. Persamaan kembali terreduksi menjadi a 0f 0= 0, a 0f 1+ a 1f 0= 0,..., a nf m= 0. Karena R terreduksi, maka a 0f 0= 0 mengakibatkan f 0a 0. Mengalikan a 0f 1+ a 1f 0= 0 dengan f 0menghasilkan f 0a 1f 0= 0 sehingga diperoleh

43 51 a 1f 0= 0. Dengan cara yang sama, diperoleh a if 0= 0 untuk setiap i. Dengan pengulangan proses, diperoleh a if j= 0 untuk setiap i, j. Dari persamaan 4, diperoleh 0 = [a 0h 0+ d 0e 0]+[a 0h 1+ a 1h 0+ d 0e 1+ d 1e 0] x [a nh m+ d ne m]. Artinya, a 0h 0+ d 0e 0= 0, a 0h 1+ a 1h 0+ d 0e 1+ d 1e 0= 0,..., a nh m+ d ne m= 0. Dengan langkah yang serupa dengan persamaan 2, diperoleh a ih j= 0, d ie j= 0 untuk setiap i, j. Dari persamaan 3, diperoleh 0 = [a 0g 0+ b 0h 0+ c 0e 0] + [a 0g 1+ a 1g 0+ b 0h 1+ b 1h 0+ c 0e 1+ c 1e 0] x [a ng m+ b nh m+ c ne m] x n +m Artinya,a 0g 0+ b 0h 0+ c 0e 0= 0, a 0g 1+ a 1g 0+ b 0h 1+ b 1h 0+ c 0e 1+ c 1e 0= 0, a ng m+ b nh m+ c ne m= 0. Dengan menggunakan hasil a ie j= 0 dan b ie j= 0, mengalikan persamaan a 0g 0+ b 0h 0+ c 0e 0= 0 dengan e 0menghasilkan e 0c 0e 0= 0 sehingga c 0e 0= 0. Dengan cara yang sama, diperoleh c ie 0= 0 untuk setiap i. Dengan pengulangan proses, diperoleh c ie j= 0 untuk setiap i, j. Persamaan pun terreduksi. Dengan cara yang serupa, akan diperoleh a ig j= 0, b ih j= 0 untuk setiap i, j. Jadi, S adalah ring Armendariz. Berikut merupakan penjelasan rinci dari dua contoh ring Armendariz. 1. Himpunan bilangan bulat Z Ambil f (x) = a 0+ a 1x a nx n, g(x) = b 0+ b 1x b mx m Z [ x]. Karena Z domain, diperoleh Z [ x] domain sehingga untuk f (x)g(x) = 0

44 haruslah f(x) = 0 atau g(x) = 0. Jadi, pada Z diperoleh f(x)g(x) = 0 jika f (x) = 0 atau g(x) = 0 dan jelas diperoleh a ib j= 0 untuk setiap i, j. 2. Himpunan ring kuosien Z4 Misalkan f(x) = a 0+a 1x a nx n, g (x) = b 0+ b 1x +...+a mx m Z4[x]

45 52 dan memenuhi f(x)g(x) =. 0 = f (x)g(x) = a 0b 0+ a 0b 1+ a 1b 0x a nb mx n +m. Artinya, a 0b 0= 0, (3.13) a 0b 1+ a 1b 0= 0 (3.14) a 0b 2+ a 1b 1+ a 2b 0= 0 (3.15)... a nb m= 0. (3.16) Persamaan 3.13 hanya bisa dipenuhi oleh a 0= 2dan b 0= 2(untuk a 0, b 0= 0 ).Selanjutnya, substitusi nilai tersebut ke persamaan 3.14 sehingga 0 = a 0b 1+ a 1b 0 = 2b 1+ a 1 2 Persamaan (b 1+ a 1) haruslah bernilai genap, dimana dapat dipenuhi oleh a 1= 2k a1+ 1, b 1= 2k b1+ 1 (keduanya ganjil) atau a 1= 2k a1, b 1= 2k b1

46 (keduanya genap). Untuk kasus keduanya ganjil, substitusikan nilai a 1= 2k a1+ 1, b 1= 2k b1+ 1

47 53 ke persamaan 3.15 sehingga 0 = a 0b 2+ a 1b 1+ a 2b 0 = 2b 2+ (2k a1+ 1)(2k b1+ 1) + a 2 2 (3.17) Sisi kanan persamaan selalu bernilai ganjil, sehingga tidak akan pernah diperoleh nilai 0. Artinya, untuk penyelesaian a 1, b 1bernilai ganjil tidak memenuhi, haruslah a 1, b 1bernilai genap. Untuk proses selanjutnya, akan selalu terdapat dua pasangan pilihan untuk a i, b i, yaitu keduanya ganjil atau keduanya genap. Jika dipilih a i, b iganjil, maka akan terdapat kontradiksi ketika ada perkalian a ib i, seperti pada persamaan 3.17 sehingga haruslah a i, b igenap, untuk setiap i, j. Jadi, diperoleh a ib j= 2k ai2k bj = 4k aik bj untuk setiap i, j. 3.3 Ring Non-Armendariz Pada bagian ini akan disajikan beberapa contoh ring yang bukan Armendariz Perhatikan polinomial f(x) = E 12x + E 11= x +,

48 ) g(x) = E 11x E 21= x atas ring M 2( R. Maka f(x)g(x) = x + x = x 2 x + x = tetapi E 11E 11= = = E 11= Dari uraian di atas, diperoleh bahwa ring matriks berderajat dua atas bilangan real bukan merupakan ring Armendariz. Hasil di atas dapat diperluas untuk ring ma- triks berderajat lebih dari dua, sehingga bukan merupakan ring Armendariz. Lebih jauh, ring matriks atas sebarang ring bukan merupakan ring Armendariz. Jadi, su- atu ring matriks berderajat 2 atas sebarang ring dengan elemen kesatuan bukanlah ring Armendariz. Perhatikan polinomial f(x) = ( 4, 0)+ ( 4, 1)x atas ring { Z / 8Z (+)Z/ 8Z }. Kuadrat dari polinomial ini adalah nol, tetapi hasil kali ( 4, 0)+ ( 4, 1)= ( 4 4, ) = (16, 4) = ( 0, 4)

49 tidak nol. Ring di atas menunjukkan bahwa ring komutatif belum tentu Armendariz. Selain itu juga menunjukkan bahwa ring kuosien dari suatu ring Armendariz belum / / } tentu Armendariz. Ring pada contoh di atas adalah ring kuosien dari { Z 8Z (+)Z 8Z dimana merupakan Armendariz berdasarkan Akibat

50 Ring Grup dan Pada bagian ini disajikan dua buah konstruksi dari ring grup dan hubungannya de- ngan ring Armendariz Ring Grup ZZ3 dan ZZ5 Konstruksi suatu ring grup RG dengan R = Z dan G = Zn/{0} dengan operasi perkalian, dimana n adalah bilangan prima selain dua. Maka ZZn = {a 1 1+ a a n 1n 1 a i Z untuk setiap i}. Akan diperiksa apakah ZZn adalah ring Armendariz atau bukan, tetapi hanya untuk n = 3 dan n = 5. Untuk n = 3, diketahui ZZ3 = {a 1 1+ a 2 2 a 1, a 2 Z }. Akan diperiksa apakah ZZ3 adalah ring terreduksi atau bukan. Ambil a = a 1 1+ a 2 2 ZZ3. Akan diperiksa apakah a 2 = 0 mengakibatkan a = 0. 0 = a 2 = a a 1a 2 2+ a 2a 1 2+ a = a a 1a 2 2+ a 1a 2 2+ a = (a a 2 2) 1+ 2a 1a 2 2

51 yang akan terpenuhi jika a a 2 2 = 0 dan 2a 1a 2= 0. Dari a a 2 2 = 0, diperoleh a 1= 0, a 2= 0 yang berarti a = a 1 1+ a 2 2= = 0. Jadi, ZZ3 adalah ring

52 56 terreduksi. Berdasarkan penjelasan pada 3.1, maka ZZ3 adalah ring Armendariz. Selanjutnya, untuk n = 5 diketahui ZZ5 = {a 1 1+ a 2 2+ a 3 3+ a 4 4 a 1, a 2, a 3, a 4 Z }. Akan diperiksa apakah ZZ5 adalah ring terreduksi atau bukan. Ambil a = a 1 1+ a 2 2+ a 3 3+ a 4 4 ZZ5. Akan diperiksa apakah a 2 = 0 mengakibatkan a = 0. 0 = a 2 = a a 1a 2 2+ a 1a 3 3+ a 1a a 2a 1 2+ a 2a 2 2+ a 2a 3 1+ a 2a 4 3 a 3a 1 3+ a 3a 2 1+ a 3a 3 4+ a 3a 4 2+ a 4a 1 4+ a 4a 2 3+ a 4a 3 2+ a 4a 4 1 = a a 1a 2 2+ a 1a 3 3+ a 1a a 1a 2 2+ a a 2a 3 1+ a 2a 4 3 a 1a 3 3+ a 2a 3 1+ a a 3a 4 2+ a 1a 4 4+ a 2a 4 3+ a 3a 4 2+ a (2a 1a 4+ a a 2 3) 4 yang akan terpenuhi jika a a 2a 3+ a 2 4 = 0 (3.18) 2a 1a 2+ 2a 3a 4= 0 (3.19) 2a 1a 3+ 2a 2a 4= 0 (3.20) 2a 1a 4+ a a 2 3 = 0. (3.21)

53 57 Dengan proses eliminasi persamaan 3.19 dan 3.20, diperoleh 0 = (2a 1a 2+ 2a 3a 4) (2a 1a 3+ 2a 2a 4) = 2a 1(a 2 a 3) 2a 4(a 2 a 3) = 2(a 1 a 4)(a 2 a 3). Maka nilai yang memenuhi adalah a 2= a 3atau a 1= a 4. Pilih a 2= a 3dan substitusikan ke persamaan 3.19 a 1a 2+ a 3a 4= 0 a 1a 2+ a 2a 4= 0 (a 1+ a 4)a 2= 0. Diperoleh a 1= a 4atau a 2= 0. Pilih a 1= a 4dan substitusikan ke persamaan 3.18 a a 2a 3+ a 2 4 = 0 a a 2a 2+ ( a 1) 2 = 0 a a a 2 1 = 0 2a a 2 2 = 0 a a 2 2 = 0 yang dipenuhi oleh a 1= 0, a 2= 0. Karena a 1= a 4dan a 2= a 3, maka diperoleh a 4= a 1= 0 dan a 3= a 2= 0 yang berarti a = a 1 1+ a 2 2+ a 3 3+ a 4 4 =

54 = 0. Jadi, ZZ5 adalah ring terreduksi. Kembali menggunakan penjelasan pada 3.1, maka ZZ5 adalah ring Armendariz.

55 Ring Grup Z S 3 Konstruksi suatu ring grup RG dengan R = Z dan G = S 3= {(1), (12), (13), (23), (123), (132)} dengan operasi komposisi. Maka Z S 3= {a 1(1)+a 2(12)+a 3(13)+a 4(23)+a 5(123)+a 6(132) a i Z untuk setiap i}. Akan diperiksa apakah Z S 3adalah ring Armendariz atau bukan. Pertama akan dilihat apakah Z S 3adalah ring terreduksi atau bukan. Ambil a = a 1(1) + a 2(12) + a 3(13) + a 4(23) + a 5(123) + a 6(132) Z S 3. Akan diperiksa apakah a 2 = 0 menyebabkan a = 0. 0 = a 2 = (a 1(1) + a 2(12) + a 3(13) + a 4(23) + a 5(123) + a 6(132)) 2 = (a 1(1) + a 2(12) + a 3(13) + a 4(23) + a 5(123) + a 6(132)) (a 1(1) + a 2(12) + a 3(13) + a 4(23) + a 5(123) + a 6(132)) = a 2 1 (1) + a 1a 2(12) + a 1a 3(13) + a 1a 4(23) + a 1a 5(123) + a 1a 6(132)+ a 2a 1(12) + a 2 2(1) + a 2a 3(132) + a 2a 4(123) + a 2a 5(23) + a 2a 6(13)+ a 3a 1(13) + a 3a 2(123) + a 2 3(1) + a 3a 4(132) + a 3a 5(12) + a 3a 6(23)+ a 4a 1(23) + a 4a 2(132) + a 4a 3(123) + a 2 4 (1) + a 4a 5(13) + a 4a 6(12)+ a 5a 1(123) + a 5a 2(13) + a 5a 3(23) + a 5a 4(12) + a 2 5(132) + a 5a 6(1)+ a 6a 1(12) + a 6a 2(1) + a 6a 3(132) + a 6a 4(123) + a 6a 5(23) + a 2 6(13)+ = (a a a a a 5a 6)(1) +(2a 1a 2+ a 3a 5+ a 4a 6+ a 5a 4+ a 6a 3)(12)

56 +(2a 1a 3+ a 2a 6+ a 4a 5+ a 5a 2+ a 6a 4)(13) +(2a 1a 4+ a 2a 5+ a 3a 6+ a 5a 3+ a 6a 2)(23) +(2a 1a 5+ a 2a 4+ a 3a 2+ a 4a 3+ a 2 6)(123) +(2a 1a 6+ a 2a 3+ a 3a 4+ a 4a 2+ a 2 5)(132).

57 59 Artinya, 0 = a a a a a 5a 6 (3.22) 0 = 2a 1a 2+ a 3a 5+ a 4a 6+ a 5a 4+ a 6a 3 (3.23) 0 = 2a 1a 3+ a 2a 6+ a 4a 5+ a 5a 2+ a 6a 4 (3.24) 0 = 2a 1a 4+ a 2a 5+ a 3a 6+ a 5a 3+ a 6a 2 (3.25) 0 = 2a 1a 5+ a 2a 4+ a 3a 2+ a 4a 3+ a 2 6 (3.26) 0 = 2a 1a 6+ a 2a 3+ a 3a 4+ a 4a 2+ a 2 5. (3.27) Ubah persamaan 3.23, 3.24 dan 3.26 menjadi 0 = 2a 1a 2+ (a 3+ a 4)(a 5+ a 6) (3.28) 0 = 2a 1a 3+ (a 2+ a 4)(a 5+ a 6) (3.29) 0 = 2a 1a 4+ (a 2+ a 3)(a 5+ a 6). (3.30) Selanjutnya, kurangi persamaan 3.26 oleh persamaan 3.27, sehingga diperoleh 0 = 2a 1(a 5 a 6) + (a a 2 6) 0 = 2a 1(a 5 a 6) + (a a 2 6) 2a 5a 6 2a 5a 6= 2a 1(a 5 a 6) + (a a 2 6) Substitusi persamaan 3.31 ke persamaan 3.22 sehingga diperoleh

58 = a a a a a 1(a 5 a 6) + (a a 2 6). (3.31) (3.32)

59 60 Selanjunya kurangi persamaan 3.28 dari = 2a 1(a 2 a 3) (a 2 a 3)(a 5+ a 6) 0 = (a 2 a 3)(2a 1 a 5 a 6) dengan solusi a 2 a 3= 0 atau 2a 1 a 5 a 6= 0. Pilih 2a 1 a 5 a 6= 0, yang berarti 2a 1= a 5+ a 6. (3.33) Substitusi persamaan 3.33 ke persamaan = a a a a (a 5+ a 6)(a 5 a 6) + (a a 2 6) 0 = a a a a a 2 5 a a a = a a a a a 2 5. (3.34) Kurangi persamaan 3.34 oleh 3.22 sehingga diperoleh 2a 2 5 = 0 yang berarti a 5= 0. Substitusikan nilai a 5= 0 ke a 6= 2a 1(0 a 6) + (0 2 + a 2 6) 2a 1a 6= a = 2a 1a 6+ a = a 2 6 2a 1a 6 0 = (2a 1 a 6)a 6. Diperoleh 2a 1= a 6atau a 6= 0. Pilih 2a 1= a 6dan substitusikan ke persamaan

60 = a 6a 2+ a a 4a 6+ 0.a 4+ a 6a 3 0 = a 2a 6+ a 4a 6+ a 3a 6 0 = (a 2+ a 4+ a 3)a 6.

61 61 Pilih a 6= 0, yang berarti a 1= 0. Kemudian substitusi ke persamaan = a a a a 6 0 = a a a 2 4 yang hanya bisa dipenuhi oleh a 2= a 3= a 4= 0. Diperoleh a 1= a 2= a 3= a 4= a 5= a 6= 0, yang berarti a = a 1(1) + a 2(12) + a 3(13) + a 4(23) + a 5(123) + a 6(132) = 0(1) + 0(12) + 0(13) + 0(23) + 0(123) + 0(132) = 0. Jadi, Z S 3adalah ring terreduksi. Kembali menggunakan penjelasan pada 3.1, maka Z S 3adalah ring Armendariz.