Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

19Dimensi Hingga

Sebuah ruang yang direntang oleh berhingga banyak vektor membawa dimensi yang terdefinisi dengan baik — yaitu ukuran bersama semua basisnya. Adapun bukti di bawah semuanya mengalir dari satu mesin kombinatorik, yaitu lema pertukarannya: bahwa keluarga bebas tak pernah dapat melebihi cacah keluarga pembangun. Bersama dimensinya datanglah perkakas yang dipakai di mana-mana sesudahnya: yaitu teorema pelengkapan basis, rank sebuah keluarga, dan rumus Grassmann.

19.1 Keberadaan basis

Definisi 19.1

Ruang $E$ disebut berdimensi hingga bila ada padanya keluarga pembangun yang hingga. (Kalau tidak ia berdimensi tak hingga: demikianlah $K[X]$ , yang keluarga hingganya hanya merentang polinomial yang derajatnya terbatas.)

Teorema 19.2 (Lema pertukaran)

Misalkan $(g_1, \dots, g_n)$ membangun $E$ dan $(f_1, \dots, f_p)$ bebas di $E$ . Maka $p \leq n$ .

Bukti. Kita membuktikannya lewat induksi pada $k \leq p$ : bahwa setelah menomori ulang $g_j$ -nya, keluarga $(f_1, \dots, f_k, g_{k+1}, \dots, g_n)$ membangun $E$ — yang memaksa $k \leq n$ pada setiap tahapnya, sehingga $p \leq n$ pada akhirnya.

Untuk $k = 0$ : inilah hipotesisnya. Adapun langkahnya: anggaplah ia berlaku bagi $k - 1$ ; maka $f_k$ merupakan kombinasi $(f_1, \dots, f_{k-1},$ $g_k, \dots, g_n)$ . Pada kombinasi ini suatu $g_j$ (dengan $j \geq k$ ) berkoefisien taknol — sebab kalau tidak $f_k$ akan menjadi kombinasi $f_1, \dots, f_{k-1}$ , yang bertentangan dengan kebebasannya. Lalu nomorilah ulang sehingga $j = k$ , lalu pecahkanlah bagi $g_k$ : maka $g_k$ merupakan kombinasi $(f_1, \dots, f_k, g_{k+1}, \dots, g_n)$ . Sehingga setiap vektor $E$ , yang dinyatakan lewat keluarga beranggota $(k-1)$ -nya, lalu dapat dinyatakan ulang lewat keluarga beranggota $k$ -nya: jadi ia membangun. (Adapun jika $k - 1 = n$ , tak ada $g$ yang tersisa sehingga $f_k$ akan menjadi kombinasi $f_i$ -nya belaka: yang mustahil; jadi $k \leq n$ .) ∎

Contoh 19.3 (Pertukarannya, yang diamati sekali)

Di dalam $\R^2$ , ambillah keluarga pembangun $\bigl(g_1, g_2\bigr) = \bigl((1,0), (0,1)\bigr)$ dan keluarga bebas $\bigl(f_1, f_2\bigr) = \bigl((1,2), (3,4)\bigr)$ . Langkah $1$ : $f_1 = 1\cdot g_1 + 2\cdot g_2$ ; koefisien $g_2$ -nya taknol, sehingga tukarkanlah $g_2$ dengan $f_1$ : maka keluarga $\bigl(f_1, g_1\bigr)$ tetap membangun (karena $g_2 = \frac12(f_1 - g_1)$ ). Langkah $2$ : $f_2 = (3,4) = 2\,f_1 + 1\cdot g_1$ ; koefisien $g_1$ yang tersisa bernilai taknol (dan memang harus: karena $f_2$ bukan kelipatan $f_1$ ), sehingga tukarkanlah lagi: maka $\bigl(f_1, f_2\bigr)$ membangun $\R^2$ . Seandainya ada vektor bebas ketiga $f_3$ , tak ada $g$ yang tersisa untuk menyerapnya — dan persis begitulah lemanya melarang $3$ vektor bebas di $\R^2$ . Jadi bukti di atas merupakan pembukuan ini yang dikerjakan secara umum.

Teorema 19.4 (Basis dalam dimensi hingga)

Misalkan $E \neq \{0\}$ berdimensi hingga.

Dari setiap keluarga pembangun yang hingga kita dapat menyarikan sebuah basis.
(Teorema pelengkapan basis) Setiap keluarga bebas terperluas menjadi sebuah basis, dengan memakai vektor sebarang keluarga pembangun yang dipilih.
Semua basis $E$ bersifat hingga, dengan cacah unsur yang sama: yaitu dimensinya $\dim E$ . (Kesepakatan: $\dim\{0\} = 0$ .)

Bukti. (1) Buanglah, satu demi satu, sebarang vektor yang merupakan kombinasi vektor lainnya; maka keluarganya tetap membangun, karena pada sebarang ungkapan yang memakai vektor yang dibuang itu kita boleh menyulihkan kombinasinya atas yang bertahan. Prosesnya berakhir — karena setiap langkahnya mengecilkan sebuah keluarga hingga sebanyak satu — dan ia berhenti persis ketika tak ada vektor yang tersisa yang merupakan kombinasi vektor lainnya. Adapun keluarga akhirnya tetap membangun, dan ia bebas: karena sebuah kombinasi nol yang taksepele akan membawa suatu koefisien taknol, lalu membaginya dengan itu akan memecahkannya bagi vektor yang bersesuaian dalam vektor lainnya, sehingga membuatnya terbuang juga — yang bertentangan dengan bahwa prosesnya sudah berhenti.

(2) Misalkan $(f_1, \dots, f_p)$ bebas, dan $(g_1, \dots, g_n)$ membangun. Jalanilah $g_1, \dots, g_n$ , sambil menambahkan $g_j$ pada keluarga yang berjalan setiap kali ia belum berada di rentangnya (Proposisi 18.19 (2) menjaga keluarganya tetap bebas). Maka keluarga akhirnya bebas, dan membangun: karena setiap $g_j$ terletak di rentangnya — entah ia ditambahkan, entah ia sudah menjadi sebuah kombinasi.

(3) Dua basis masing-masing bebas dan masing-masing membangun: sehingga lema pertukarannya memberikan kedua ketaksamaan antara kardinalitasnya. (Adapun kehinggaannya: sebuah basis bersifat bebas, sehingga menurut pertukarannya ia tak lebih besar daripada keluarga pembangun yang hingga.) ∎

Contoh 19.5

$\dim K^n = n$ (dengan basis kanoniknya); $\dim K_n[X] = n + 1$ (dengan monomialnya); $\dim_\R \C = 2$ ; dan ruang penyelesaian $y'' + ay' + by = 0$ berdimensi $2$ (Teorema 5.10: karena penyelesaiannya terparameterkan secara bijektif dan linear oleh $(\lambda, \mu) \in K^2$ ).

Contoh 19.6 (Himpunan yang sama, dua dimensi)

Himpunan $\C^2$ berisi pasangan bilangan kompleks merupakan ruang vektor atas $\C$ berdimensi $2$ (dengan basis kanoniknya $e_1, e_2$ ) — sekaligus ruang vektor atas $\R$ berdimensi $4$ , dengan basisnya

(1, 0),\quad (\iu, 0),\quad (0, 1),\quad (0, \iu):

karena setiap $(z, w) = (a + \iu b,\ c + \iu d)$ mempunyai koordinat real $(a, b, c, d)$ , secara tunggal. Jadi dimensi bukan sifat himpunan vektornya semata: karena ia mencacah derajat kebebasan relatif terhadap skalar yang diizinkan, dan memaruhkan pasokan skalarnya dari $\C$ ke $\R$ melipatduakan cacahnya. (Adapun soal akhir pekannya memanfaatkan kasus ekstrem kepekaan ini, dengan skalarnya disusutkan sampai ke $\Q$ .)

Contoh 19.7 (Menjalankan algoritma pelengkapannya)

Lengkapilah keluarga bebas $\bigl((1,1,1)\bigr)$ menjadi sebuah basis $\R^3$ dengan memakai vektor kanoniknya. Jalankanlah bukti Teorema 19.4 (2) pada keluarga pembangun $(e_1, e_2, e_3)$ : apakah $e_1 \in \operatorname{Vect}(1,1,1)$ ? Bukan (karena kelipatan $(1,1,1)$ berkoordinat sama) — jadi tambahkanlah ia. Apakah $e_2 \in \operatorname{Vect}\bigl((1,1,1), e_1\bigr)$ ? Sebuah kombinasi $\alpha(1,1,1) + \beta e_1$ berkoordinat kedua dan ketiga yang sama, sedangkan $e_2$ tidak — jadi tambahkanlah ia. Maka keluarga $\bigl((1,1,1), e_1, e_2\bigr)$ bebas dengan $3$ vektor: berhentilah, karena ia sebuah basis (Proposisi 19.8 akan meresmikan refleks ini). Perhatikanlah bahwa hasilnya bergantung pada urutan pemindaian $g_j$ -nya: jadi pelengkapannya sebuah algoritma, bukan rumus.

Proposisi 19.8 (Aturan dua dari tiga)

Misalkan $\dim E = n$ dan $\mathcal{F}$ sebuah keluarga berisi tepat $n$ vektor $E$ . Maka

\mathcal{F} \text{ bebas} \iff \mathcal{F} \text{ membangun} \iff \mathcal{F} \text{ basis}.

Lebih lanjut sebarang keluarga bebas beranggota $\leq n$ vektor, dan sebarang keluarga pembangun $\geq n$ .

Bukti. Adapun batas kardinalitasnya adalah lema pertukaran terhadap sebuah basis. Jika $\mathcal{F}$ (berukuran $n$ ) bebas tetapi tak membangun, maka suatu $x$ terletak di luar rentangnya; sehingga menambahkan $x$ memberikan keluarga bebas beranggota $n + 1$ vektor: yang mustahil. Jika $\mathcal{F}$ membangun tetapi tak bebas, maka menyarikan sebuah basis (Teorema 19.4 (1)) memberikan basis beranggota $< n$ vektor: yang mustahil. ∎

Contoh 19.9 (Dua dari tiga, yang menghemat separuh kerjanya)

Apakah $\bigl((1,1,0), (0,1,1), (1,0,1)\bigr)$ merupakan basis $\R^3$ ? Cacahlah: tiga vektor, dimensi tiga — sehingga kebebasannya saja yang memutuskan. Adapun sebuah kombinasi nol memberikan $a + c = 0$ , $a + b = 0$ , $b + c = 0$ ; lalu menjumlahkan ketiganya, $2(a + b + c) = 0$ , dan mengurangkan setiap persamaan aslinya dari $a + b + c = 0$ menyisakan $b = c = a = 0$ : jadi bebas, sehingga sebuah basis, dengan paruh pembangun pemeriksaannya dipasok cuma-cuma oleh teoremanya. Bandingkanlah Contoh 18.18, yang di situ pemeriksaan ganda yang sama harus dikerjakan dengan tangan — jadi satu bab teori tertukar persis menjadi penghematan itu, pada setiap pemeriksaan basis bagi sisa buku ini.

Metode 19.10 (Menghitung sebuah dimensi)

Ada tiga rute baku, dengan urutan kekerapan yang menurun.

Parameterkanlah, lalu bacalah sebuah basis. Pecahkanlah kendala pendefinisinya, nyatakanlah unsur umumnya secara linear dalam parameter yang bertahan, lalu periksalah bahwa vektor yang mengalikan parameternya bersifat bebas: maka dimensinya adalah cacah parameternya. (Dijalankan di bawah pada sebuah subruang $\R^4$ yang konkret.)
Tunjukkanlah sebuah parameterisasi linear yang bijektif. Ketika unsurnya ditentukan oleh berhingga banyak nilai — yaitu syarat awal sebuah rekurensi (Latihan 19.10), atau koefisien sebuah rumus penyelesaian (Contoh 19.5) — maka dimensinya adalah cacah nilai itu.
Pakailah rumusnya. Yaitu Grassmann bagi irisan dan jumlah, rank bagi rentang, dan nanti rank–nulitas bagi kernel dan peta: karena dimensi biasanya dihitung, bukan ditebak.

Pada ketiga rutenya, aturan dua dari tiganyalah penutupnya: begitu cacahnya cocok, kebebasan atau pembangunnya saja sudah menyimpulkan.

Contoh 19.11 (Rute 1, selengkapnya)

Dimensi $H = \{(x, y, z, t) \in \R^4 : x + y + z + t = 0 \text{ dan } x = t\}$ . Pecahkanlah: $t = x$ dan $y + z = -2x$ , sehingga $z = -2x - y$ dengan $x, y$ yang bebas:

(x,\ y,\ -2x - y,\ x) = x\,(1, 0, -2, 1) + y\,(0, 1, -1, 0) .

Kedua vektornya bebas (lihatlah dua koordinat pertamanya: $(x, y) = (0,0)$ ), sehingga keduanya membentuk basis $H$ dan $\dim H = 2$ . Cacahnya memang terramalkan — karena dua kendala linear yang saling bebas di $\R^4$ semestinya masing-masing memakan satu dimensi — tetapi parameterisasinyalah yang membuktikannya dan menyerahkan sebuah basis, yang tak pernah dilakukan ramalannya semata; adapun Latihan 19.9 mengubah semboyan “setiap persamaan memakan paling banyak satu dimensi” menjadi sebuah teorema.

Contoh 19.12 (Rute 2, selengkapnya)

Dimensi $W = \{P \in \R_n[X] : P(1) = P(2) = 0\}$ (untuk $n \geq 2$ ). Menurut teorema faktor yang diterapkan dua kali (Teorema 8.7; karena akar $1$ dan $2$ -nya berbeda), $P \in W$ tepat ketika $P = (X - 1)(X - 2)\,Q$ dengan $\deg Q \leq n - 2$ . Adapun korespondensi $Q \mapsto (X-1)(X-2)Q$ bersifat linear, mencapai seluruh $W$ , dan injektif (karena hasil kalinya nol hanya bila $Q = 0$ ): sehingga $W$ terparameterkan secara bijektif dan linear oleh $\R_{n-2}[X]$ , jadi

\dim W = \dim \R_{n-2}[X] = n - 1 .

Adapun sebuah basis datang bersama parameterisasinya: yaitu peta monomialnya, $\bigl((X-1)(X-2),\ (X-1)(X-2)X,\ \dots,\ (X-1)(X-2)X^{n-2}\bigr)$ . Jadi setiap kendala penilaian baru pada sebuah titik yang segar berongkos tepat satu dimensi — yaitu tulang punggung pencacahan interpolasi Lagrange (Teorema 8.23).

Contoh 19.13 (Sebuah kendala integral pun berongkos satu dimensi)

Dimensi $H = \{P \in \R_2[X] : \int_0^1 P = 0\}$ . Dengan menulis $P = a + bX + cX^2$ , kendalanya berbunyi $a + \frac b2 + \frac c3 = 0$ ; lalu pecahkanlah bagi $a$ dan parameterkanlah:

P = b\Bigl(X - \frac12\Bigr) + c\Bigl(X^2 - \frac13\Bigr),

sehingga $H = \operatorname{Vect}\bigl(X - \frac12,\ X^2 - \frac13\bigr)$ , berdimensi $2$ (karena kedua polinomialnya berderajat berbeda: jadi bebas). Jadi satu syarat linear — entah sebuah penilaian, sebuah integral, atau sebarang resep linear lainnya — membuang paling banyak satu dimensi, dan tepat satu begitu syaratnya tak identik nol. Adapun Bab 20 akan menamai resep semacam itu bentuk linear dan himpunan penyelesaiannya hiperbidang; sedangkan vektor basis yang ditemukan di sini muncul kembali pada Bab 23 sebagai awal keluarga Legendre.

19.2 Subruang, rank, Grassmann

Teorema 19.14 (Subruang)

Misalkan $E$ berdimensi hingga dan $F$ sebuah subruang. Maka $F$ berdimensi hingga, $\dim F \leq \dim E$ , dengan kesamaannya jika dan hanya jika $F = E$ . Lebih lanjut setiap subruang mempunyai subruang pelengkap.

Bukti. Keluarga bebas $F$ beranggota paling banyak $\dim E$ vektor (menurut lema pertukaran di $E$ : karena keluarga bebas $F$ khususnya bebas di $E$ , dan $E$ mempunyai keluarga pembangun yang hingga). Di antara keluarga bebas $F$ pilihlah satu yang berukuran maksimal $p$ — yang mungkin karena ukurannya berupa bilangan bulat yang terbatas oleh $\dim E$ . Maka ia membangun $F$ : sebab kalau tidak suatu $x \in F$ akan terletak di luar rentangnya, dan menambahkan $x$ akan memberikan keluarga bebas $F$ berukuran $p + 1$ (Proposisi 18.19 (2)), yang bertentangan dengan kemaksimalannya. Jadi karena bebas dan membangun, ia sebuah basis $F$ , dan $\dim F = p \leq \dim E$ . Adapun jika $p = \dim E = n$ : keluarga bebas beranggota $n$ vektor $E$ merupakan basis $E$ (Proposisi 19.8), sehingga $F \supseteq \operatorname{span} = E$ . Untuk pelengkapnya: lengkapilah sebuah basis $(f_1, \dots, f_p)$ bagi $F$ menjadi basis $(f_1, \dots, f_p, g_{p+1}, \dots, g_n)$ bagi $E$ (menurut teorema pelengkapan basis); maka $G = \operatorname{Vect}(g_{p+1}, \dots, g_n)$ memenuhi $E = F \oplus G$ (karena keberadaan dan ketunggalan penguraiannya = koordinatnya pada basis besarnya). ∎

Definisi 19.15 (Rank sebuah keluarga)

Adapun rank sebuah keluarga hingga berisi vektor adalah dimensi rentangnya: $\operatorname{rk}(x_1, \dots, x_p) = \dim \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p) \leq \min(p, \dim E)$ , dengan kesamaannya dengan $p$ jika dan hanya jika keluarganya bebas.

Contoh 19.16 (Menghitung rank lewat penghapusan)

Rank $\bigl((1,2,3), (2,3,4), (3,4,5), (1,1,1)\bigr)$ di $\R^3$ . Adapun rentangnya tak berubah ketika kita mengurangkan dari sebuah vektor sebuah kombinasi vektor lainnya (karena kedua keluarganya merentang kombinasi yang sama): jadi gantilah $(2,3,4)$ dengan $(2,3,4) - (1,2,3) = (1,1,1)$ dan $(3,4,5)$ dengan $(3,4,5) - (1,2,3) = (2,2,2)$ . Maka rentangnya kini $\operatorname{Vect}\bigl((1,2,3), (1,1,1), (2,2,2), (1,1,1)\bigr) = \operatorname{Vect}\bigl((1,2,3), (1,1,1)\bigr)$ , dan kedua vektornya tak sebanding: sehingga ranknya $2$ . Adapun prosedur kurangi-dan-buang ini disistematiskan sebagai penghapusan Gauss pada Bab 22.

Contoh 19.17 (Menjumlahkan lewat perangkaian)

Ambillah, di dalam $\R^3$ ,

F = \operatorname{Vect}\bigl((1,2,3),\ (1,1,1)\bigr), \qquad G = \operatorname{Vect}\bigl((2,3,4)\bigr) .

Adapun jumlahnya $F + G$ direntang oleh keluarga terangkai atas ketiga pembangunnya, dan

(2, 3, 4) = (1, 2, 3) + (1, 1, 1)

menunjukkan bahwa yang ketiganya berlebihan: sehingga $F + G = F$ , berdimensi $2$ — setara dengan itu $G \subseteq F$ , yang dipertunjukkan relasinya. Adapun Grassmann menegaskannya: $\dim(F \cap G) = 2 + 1 - 2 = 1 = \dim G$ . Jadi jumlahnya dihitung dengan merangkai pembangunnya lalu mengurangi tumpukannya lewat algoritma ranknya; sehingga tak pernah diperlukan teknik yang baru.

Teorema 19.18 (Rumus Grassmann)

Untuk subruang $F, G$ pada $E$ yang berdimensi hingga:

\dim(F + G) = \dim F + \dim G - \dim(F \cap G) .

Khususnya $F + G$ bersifat langsung jika dan hanya jika $\dim(F + G) = \dim F + \dim G$ .

Bukti. Mulailah dari sebuah basis $(e_1, \dots, e_r)$ bagi $F \cap G$ ; lalu lengkapilah ia menjadi basis $(e_1, \dots, e_r, f_1, \dots, f_s)$ bagi $F$ dan menjadi basis $(e_1, \dots, e_r, g_1, \dots, g_t)$ bagi $G$ (Teorema 19.4 (2)). Kita mengklaim bahwa

\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_r, f_1, \dots, f_s, g_1, \dots, g_t)

merupakan basis $F + G$ ; sehingga rumusnya menyusul lewat pencacahan: $(r + s) + (r + t) - r = r + s + t$ .

Adapun $\mathcal{B}$ membangun $F + G$ : karena sebarang $u + v$ (dengan $u \in F$ , $v \in G$ ) terjabarkan lewatnya. Sedangkan kebebasannya: andaikan $\sum \alpha_i e_i + \sum \beta_j f_j + \sum \gamma_k g_k = 0$ . Maka vektor $w = \sum \gamma_k g_k = -\sum\alpha_i e_i - \sum\beta_j f_j$ terletak di $G \cap F$ , sehingga ia terjabarkan pada $(e_i)$ belaka; padahal $w$ juga terjabarkan pada $(g_k)$ , dan pada basis $G$ kedua ungkapan itu harus berimpit: sehingga semua $\gamma_k = 0$ (dan koordinat $e$ -nya cocok). Lalu relasinya tereduksi menjadi $\sum\alpha_i e_i + \sum\beta_j f_j = 0$ , yaitu relasi pada basis $F$ : sehingga semua koefisien yang tersisa lenyap. ∎

Contoh 19.19

Dua bidang $F, G$ yang berbeda (berdimensi $2$ ) pada $\R^3$ memenuhi $F + G = \R^3$ (karena jumlahnya tegas memuat sebuah bidang), sehingga $\dim(F \cap G) = 2 + 2 - 3 = 1$ : jadi keduanya selalu berpotongan sepanjang sebuah garis — sehingga tak ada “bidang yang sejajar” lewat titik asalnya.

Contoh 19.20 (Grassmann dalam kerja, di $\R^4$ )

Misalkan $F = \operatorname{Vect}\bigl(e_1,\ e_2,\ (1,1,1,0)\bigr)$ dan $G = \operatorname{Vect}(e_3, e_4)$ di $\R^4$ . Adapun dimensinya: $\dim F = 3$ (karena pembangun ketiganya berkoordinat ketiga taknol, di luar $\operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ ) dan $\dim G = 2$ . Adapun jumlahnya: $F + G$ memuat $e_1, e_2, e_4$ dan $e_3 = (1,1,1,0) - e_1 - e_2$ : sehingga ia seluruh $\R^4$ . Lalu Grassmann menghitung ukuran irisannya tanpa penghapusan sama sekali:

\dim(F \cap G) = 3 + 2 - 4 = 1 .

Untuk mengenali garisnya, lihatlah di dalam $G$ : sebuah vektor $(0, 0, c, d)$ terletak di $F$ tepat ketika ia $a e_1 + b e_2 + \lambda(1,1,1,0)$ , yang memaksa $\lambda = -a = -b$ dan $d = 0$ : sehingga irisannya adalah $\operatorname{Vect}(e_3)$ — yang selaras, karena $e_3$ tadi ditunjukkan di $F$ dan terletak di $G$ menurut definisinya. Jadi khaslah pembagian kerjanya: Grassmann meramalkan seberapa banyak yang harus dicari, lalu sistem linearnya menemukan apanya.

Contoh 19.21 (Mengiriskan lewat persamaan)

Ketika kedua subruangnya datang sebagai himpunan penyelesaian, mengiriskannya sekadar menumpuk persamaannya. Di dalam $\R^3$ : $F = \{x + y + z = 0\}$ dan $G = \{x = y\}$ memberikan

F \cap G = \{x = y,\ 2x + z = 0\} = \{(x,\ x,\ -2x)\} = \operatorname{Vect}(1, 1, -2),

yaitu sebuah garis. Adapun periksa silangnya lewat Grassmann: $F + G = \R^3$ (karena bidangnya berbeda, sehingga jumlahnya tegas memuat sebuah bidang), jadi $\dim(F\cap G) = 2 + 2 - 3 = 1$ . Jadi kedua pemerian sebuah subruang — lewat persamaan, dan lewat pembangun — masing-masing membuat satu operasinya sepele: karena persamaannya beririsan lewat penumpukan, sedangkan pembangunnya berjumlah lewat perangkaian; dan mengalihkan antarkeduanya persis merupakan apa yang dimaksud memecahkan sistem linear (Bab 22).

Catatan 19.22 (Jebakan yang lazim)

Dimensi tak terjumlahkan sepanjang jumlahnya kecuali jika jumlahnya langsung: karena dua bidang $\R^3$ mempunyai $\dim(F + G) = 3$ , bukan $4$ ; jadi koreksilah selalu lewat suku irisannya (menurut Grassmann). Sebuah inklusi menuntut dimensinya dan inklusinya: karena $\dim F = \dim G$ semata tak pernah memberikan $F = G$ (dengan dua garis berbeda pada $\R^2$ ); jadi kasus kesamaan pada Teorema 19.14 menuntut $F \subseteq G$ lebih dulu. Mencacah parameter belumlah sebuah bukti: karena “dua persamaan di $\R^4$ , jadi berdimensi $2$ ” gagal ketika persamaannya bergantungan (sebab $x + y = 0$ dan $2x + 2y = 0$ menyisakan dimensi $3$ ); sehingga hanya parameterisasi yang sungguhan atau perhitungan rank yang memutuskan. Jangan berbicara tentang dimensi sesuatu yang bukan subruang: karena himpunan penyelesaian sistem yang takhomogen kehilangan $0$ ; sehingga “dimensinya” adalah dimensi ruang penyelesaian homogen yang bersesuaian (Bab 22 memerincinya). Dimensi tak hingga itu ada: karena $K[X]$ memuat keluarga bebas berukuran apa pun (yaitu monomialnya), sehingga tak ada keluarga pembangun yang hingga yang mungkin — jadi pernyataan seperti aturan dua dari tiganya tegas berdimensi hingga dan gagal dengan buruk pada $K[X]$ (Akibat 20.9 akan menunjukkan hal yang sama bagi keinjektifan/kesurjektifannya). Rank menyangkut rentangnya, bukan daftarnya: karena mengulang sebuah vektor, mengurutkannya ulang, atau menskalakannya dengan konstanta taknol membiarkan ranknya tak berubah, dan $\operatorname{rk} = p$ (yaitu cacah vektornya) merupakan sifat yang harus dibuktikan — yang persis merupakan kebebasannya. Adapun sebuah keluarga berisi $5$ vektor dengan rank $2$ membawa kelebihan senilai tiga vektor, yang dilokalkan penghapusannya (Contoh 19.16) secara eksplisit.

Catatan 19.23 (Ke mana dimensinya bekerja)

Dimensi merupakan argumen pencacahan kesayangan buku ini mulai dari sini. Bab 20 membuktikan teorema rank–nulitas, yaitu versi fungsional rumus Grassmann; Bab 21 menghitung ranknya lewat reduksi baris; sedangkan Bab 22 mengubah “ $n$ vektor $K^n$ membentuk basis” menjadi satu bilangan yang taknol. Adapun soal akhir pekan di bawah memperlihatkan dimensi mengerjakan aritmetika: karena mencacah dimensi di atas lapangan $\Q$ membuktikan pernyataan keirasionalan yang tampak tak tersentuh dengan tangan. Pada jilid Tahun 3 pencacahan dimensi yang sama, yang dihaluskan oleh teori grup, memutuskan masalah konstruksi klasik mana yang terpecahkan — dan kisah itu adalah teori Galois.

Catatan 19.24 (Cakrawala di dalam Buku 3)

Dimensi merupakan besaran kekal sisa jilid ini, dan hukum kekekalannya pantas dinamai lebih dulu. Bab 20 membuktikan $\dim E = \dim\ker u + \operatorname{rk} u$ : bahwa apa yang digilas sebuah pemetaan linear ditambah apa yang disimpannya selalu berjumlah sumbernya. Bab 22 menghaluskan ini menjadi struktur himpunan penyelesaiannya: bahwa $p$ anu dikurangi $\operatorname{rk} A$ poros menyisakan dimensi ruang penyelesaiannya, yang ditunjukkan penghapusan Gauss sebagai parameter yang bebas. Bab 23 membelah $\dim E = \dim F + \dim F^\perp$ secara ortogonal, sedangkan soal akhir pekan Bab 25 membelanjakan persis anggaran itu: yaitu $n$ titik data, $2$ parameter yang dicocokkan, dan $n - 2$ dimensi sisanya. Jadi setiap kali sebuah cacah menolak berimbang pada bab berikutnya, galatnya berupa kernel yang terlupakan atau jumlah yang tak langsung — jadi kembalilah ke rumus Grassmann lebih dulu.

19.3 Latihan

Latihan 19.1 ★

Berikanlah sebuah basis beserta dimensi dari:

$F = \{(x,y,z) \in \R^3 : x + y + z = 0\}$ ;
$G = \{(x,y,z,t) \in \R^4 : x = y,\ z = 2t\}$ ;
$H = \{P \in \R_3[X] : P(1) = P'(1) = 0\}$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.1.

$z = -x - y$ : $F = \{(x, y, -x-y)\} = \operatorname{Vect}\bigl((1,0,-1), (0,1,-1)\bigr)$ ; kedua vektornya bebas (koordinat): $\dim F = 2$ .
$G = \{(x, x, 2t, t)\} = \operatorname{Vect}\bigl((1,1,0,0), (0,0,2,1)\bigr)$ : bebas, $\dim G = 2$ .
$P(1) = P'(1) = 0$ berarti $(X-1)^2 \mid P$ (Proposisi 8.11): $P = (X-1)^2(aX + b)$ . Basis $\bigl((X-1)^2, X(X-1)^2\bigr)$ , berdimensi $2$ .

Latihan 19.2 ★

Hitunglah rank keluarga $\bigl((1,1,1), (1,2,3), (3,5,7), (0,1,2)\bigr)$ di $\R^3$ , lalu sarikanlah sebuah basis bagi rentangnya.

Solusi

Solusi Latihan 19.2.

$(3,5,7) = (1,1,1) + 2(1,2,3)$ dan $(0,1,2) = (1,2,3) - (1,1,1)$ : keduanya kombinasi dua yang pertama, yang bebas (karena tak sebanding). Rank $2$ ; basis rentangnya: $\bigl((1,1,1), (1,2,3)\bigr)$ .

Latihan 19.3 ★

Lengkapilah keluarga bebas $\bigl((1,1,0,0), (0,0,1,1)\bigr)$ menjadi basis $\R^4$ dengan memakai vektor kanoniknya, lalu benarkanlah.

Solusi

Solusi Latihan 19.3.

Cobalah menambahkan $e_1 = (1,0,0,0)$ dan $e_3 = (0,0,1,0)$ . Keluarga $\bigl((1,1,0,0), (0,0,1,1), e_1, e_3\bigr)$ bersifat bebas: karena kombinasi nol $\alpha(1,1,0,0) + \beta(0,0,1,1) + \gamma e_1 + \delta e_3 = 0$ terbaca $(\alpha + \gamma, \alpha, \beta + \delta, \beta) = 0$ , sehingga $\alpha = \beta = 0$ , lalu $\gamma = \delta = 0$ . Empat vektor yang bebas dalam dimensi $4$ : yaitu sebuah basis (Proposisi 19.8).

Latihan 19.4 ★

Buktikan bahwa $\bigl(1, X, X(X-1), X(X-1)(X-2)\bigr)$ merupakan basis $\R_3[X]$ , lalu carilah koordinat $X^3$ padanya.

Solusi

Solusi Latihan 19.4.

Derajat $0, 1, 2, 3$ berbeda berpasangan: jadi bebas (Proposisi 18.19), empat vektor dalam dimensi $4$ : jadi basis. Untuk $X^3$ : jabarkanlah ke bawah,

X(X-1)(X-2) = X^3 - 3X^2 + 2X, \qquad X(X-1) = X^2 - X,

sehingga $X^3 - X(X-1)(X-2) = 3X^2 - 2X$ ; dan $3X^2 - 2X = 3(X^2 - X) + X = 3\,X(X-1) + X$ . Maka

X^3 = X(X-1)(X-2) + 3\,X(X-1) + 1\cdot X + 0\cdot 1 :

koordinat $(0, 1, 3, 1)$ pada $\bigl(1, X, X(X-1), X(X-1)(X-2)\bigr)$ . (Inilah bilangan Stirling dalam samaran.)

Latihan 19.5 ★★

Misalkan $F$ dan $G$ subruang berdimensi $4$ dan $5$ pada sebuah ruang $E$ dengan $\dim E = 7$ . Apa saja nilai yang mungkin bagi $\dim(F \cap G)$ ? Berikanlah sebuah kejadian yang mewujudkan setiap nilainya dengan $E = \R^7$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.5.

Grassmann: $\dim(F \cap G) = 4 + 5 - \dim(F + G)$ , dan $F + G$ merupakan subruang $E$ yang memuat $G$ : $5 \leq \dim(F+G) \leq 7$ . Maka $\dim(F \cap G) \in \{2, 3, 4\}$ . Perwujudannya di dalam $\R^7$ dengan basis kanonik $(e_1, \dots, e_7)$ , mengambil $G = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_5)$ :

$F = \operatorname{Vect}(e_1, e_2, e_6, e_7)$ : $F + G = \R^7$ , irisannya $\operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ , berdimensi $2$ ;
$F = \operatorname{Vect}(e_1, e_2, e_3, e_6)$ : irisan yang berdimensi $3$ ;
$F = \operatorname{Vect}(e_1, e_2, e_3, e_4) \subseteq G$ : berdimensi $4$ .

Latihan 19.6 ★★

Misalkan $H = \{P \in \R_n[X] : P(1) = 0\}$ . Buktikan bahwa $H$ merupakan hiperbidang $\R_n[X]$ (yaitu subruang berdimensi $n$ ), tunjukkanlah sebuah basis $H$ (pikirkanlah teorema faktornya: $P = (X-1)Q$ ), lalu berikanlah sebuah garis pelengkapnya.

Solusi

Solusi Latihan 19.6.

$H$ merupakan subruang (Latihan 18.1 (4) secara harfiah). Menurut teorema faktor (Teorema 8.7), $P \in H \iff P = (X-1)Q$ dengan $\deg Q \leq n - 1$ : jadi pemetaan $Q \mapsto (X-1)Q$ merupakan bijeksi linear dari $\R_{n-1}[X]$ pada $H$ , sehingga basis $H$ adalah

\bigl((X-1),\ (X-1)X,\ (X-1)X^2,\ \dots,\ (X-1)X^{n-1}\bigr), \qquad \dim H = n .

Sebuah garis pelengkap: $\operatorname{Vect}(1)$ (yaitu konstanta). Memang $H \cap \operatorname{Vect}(1) = \{0\}$ (karena konstanta taknol tak lenyap di $1$ ) dan dimensinya berjumlah $n + 1$ : jadi menurut Grassmann, $H \oplus \operatorname{Vect}(1) = \R_n[X]$ .

Latihan 19.7 ★★

Misalkan $u_1, \dots, u_p$ vektor dengan rank $r$ . Buktikan bahwa membuang satu vektornya menghasilkan keluarga dengan rank $r$ atau $r - 1$ , dan bahwa menambahkan satu vektor menghasilkan rank $r$ atau $r + 1$ . Lalu simpulkan bahwa ranknya berubah paling banyak $1$ di bawah sebarang penyisipan atau penghapusan tunggal.

Solusi

Solusi Latihan 19.7.

Penghapusan: dengan membuang $u_p$ , rentangnya hanya dapat menyusut; dan ia menyusut paling banyak satu dimensi, karena menambahkan $u_p$ kembali pada basis rentang yang lebih kecil memberikan keluarga pembangun bagi yang lebih besar dengan paling banyak satu vektor tambahan. Secara setangkup, menambahkan sebuah vektor $v$ : rentang yang baru memuat yang lama dengan paling banyak satu pembangun tambahan, sehingga dimensinya adalah $r$ (jika $v$ sudah ada di dalam rentangnya) atau $r + 1$ (jika tidak, karena menurut Proposisi 18.19 (2) sebuah basis dapat diperluas). Kedua pernyataan itu bersama-sama memberikan kesimpulan “rank bersifat $1$ -Lipschitz”.

Latihan 19.8 ★★★

Misalkan $F_1 \subseteq F_2 \subseteq \dots \subseteq F_k$ subruang $E$ (dengan $\dim E = n$ ) dan $F_i \neq F_{i+1}$ untuk setiap $i$ . Buktikan $k \leq n + 1$ . Lalu simpulkan bahwa rantai subruang $\R^n$ yang naik tegas berpanjang paling banyak $n + 1$ , lalu tunjukkanlah satu yang berpanjang maksimal.

Solusi

Solusi Latihan 19.8.

Sepanjang rantai yang naik tegas, dimensinya naik tegas ( $F_i \subseteq F_{i+1}$ , $F_i \neq F_{i+1}$ dan Teorema 19.14: karena kesamaan dimensinya akan memaksa kesamaan ruangnya). Jadi $\dim F_1 < \dim F_2 < \dots < \dim F_k$ merupakan barisan bilangan bulat yang naik tegas di dalam $\intint{0}{n}$ : yaitu paling banyak $n + 1$ nilai, sehingga $k \leq n + 1$ . Rantai maksimal di dalam $\R^n$ :

\{0\} \subsetneq \operatorname{Vect}(e_1) \subsetneq \operatorname{Vect}(e_1, e_2) \subsetneq \dots \subsetneq \R^n ,

yang berpanjang tepat $n + 1$ .

Latihan 19.9 ★★★

Misalkan $E$ berdimensi $n$ dan $F$ , $G$ dua hiperbidang (berdimensi $n - 1$ ), dengan $F \neq G$ . Hitunglah $\dim(F \cap G)$ . Samaratakanlah: bahwa irisan $k$ hiperbidang berdimensi $\geq n - k$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.9.

$F + G$ memuat $F$ secara tegas (karena $G \not\subseteq F$ ), sehingga $\dim(F + G) = n$ dan Grassmann memberikan $\dim(F \cap G) = (n-1) + (n-1) - n = n - 2$ .

Klaim umumnya, lewat induksi pada $k$ : bahwa irisan $I_k$ atas $k$ hiperbidang memenuhi $\dim I_k \geq n - k$ . Benar untuk $k = 1$ . Langkahnya: $I_{k+1} = I_k \cap H_{k+1}$ , dan Grassmann di dalam $E$ :

\dim(I_k \cap H_{k+1}) = \dim I_k + (n - 1) - \dim(I_k + H_{k+1}) \geq \dim I_k + (n-1) - n \geq n - k - 1 . \qedhere

Latihan 19.10 ★★

Misalkan $E$ himpunan barisan real yang memenuhi $u_{n+2} = 3u_{n+1} - 2u_n$ untuk setiap $n$ .

Tunjukkan bahwa $E$ merupakan subruang ruang barisannya, dan bahwa sebuah barisan $E$ sepenuhnya ditentukan, secara linear, oleh pasangan $(u_0, u_1)$ ; lalu simpulkanlah $\dim E = 2$ .
Periksalah bahwa barisan konstan $(1)$ dan barisan geometri $(2^n)$ terletak di $E$ dan membentuk basis $E$ .
Carilah barisan $E$ dengan $u_0 = 0$ , $u_1 = 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.10.

Syarat $u_{n+2} - 3u_{n+1} + 2u_n = 0$ bersifat linear dan dipenuhi barisan nol: jadi $E$ merupakan subruang. Lewat induksi, $u_0$ dan $u_1$ menentukan setiap $u_n$ , dan kebergantungannya linear (karena setiap langkahnya kombinasi linear atas kedua nilai sebelumnya); sebaliknya setiap pasangan $(a, b)$ muncul dari tepat satu barisan $E$ (definisikanlah $u_n$ lewat rekurensinya). Seperti pada Contoh 19.5, $E$ terparameterkan secara bijektif dan linear oleh $(u_0, u_1) \in \R^2$ : sehingga $\dim E = 2$ .
Konstanta: $3\cdot1 - 2\cdot1 = 1$ . Geometri: $3\cdot 2^{n+1} - 2\cdot 2^n = (6 - 2)2^n = 2^{n+2}$ . Keduanya ada di dalam $E$ . Kebebasannya: $a\cdot 1 + b\cdot 2^n = 0$ untuk semua $n$ memberikan, di $n = 0$ dan $n = 1$ : $a + b = 0$ , $a + 2b = 0$ , jadi $a = b = 0$ . Dua vektor bebas dalam dimensi $2$ : yaitu basis (Proposisi 19.8).
Pecahkanlah $a + b = 0$ , $a + 2b = 1$ : $b = 1$ , $a = -1$ , sehingga $u_n = 2^n - 1$ (yaitu barisan Mersenne).

Latihan 19.11 ★★

Misalkan $E$ berdimensi $n$ .

Jika $F, G$ subruang dengan $\dim F + \dim G > n$ , buktikanlah $F \cap G \neq \{0\}$ . Perlihatkanlah: bahwa dua subruang berdimensi $51$ dan $50$ pada $\R^{100}$ selalu berbagi sebuah vektor taknol.
Jika $H$ sebuah hiperbidang dan $F$ subruang dengan $F \cap H = \{0\}$ , buktikanlah $\dim F \leq 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.11.

Grassmann: $\dim(F \cap G) = \dim F + \dim G - \dim(F + G) \geq \dim F + \dim G - n > 0$ , sehingga $F \cap G \neq \{0\}$ . Dengan $n = 100$ : $51 + 50 - 100 = 1 > 0$ , jadi irisannya memuat sebuah garis.
Jika $F \cap H = \{0\}$ , maka jumlahnya langsung dan $\dim F + (n - 1) = \dim(F \oplus H) \leq n$ , sehingga $\dim F \leq 1$ . (Sebaliknya sebuah garis yang tak termuat di dalam $H$ memang memenuhi ini: karena hiperbidang nyaris tak melewatkan apa pun.)

Latihan 19.12 ★★★

(Pelengkap bersama) Misalkan $F, G$ subruang $E$ (yang berdimensi hingga) dengan $\dim F = \dim G$ . Buktikan bahwa $F$ dan $G$ mempunyai pelengkap yang bersama: yakni ada subruang $S$ dengan $E = F \oplus S = G \oplus S$ . (Berinduksilah menurun pada $\dim F$ : jika $F \neq G \neq E$ , pilihlah $x \notin F \cup G$ — Latihan 18.12 mengizinkannya — lalu tinjaulah $F \oplus \operatorname{Vect}(x)$ dan $G \oplus \operatorname{Vect}(x)$ .)

Solusi

Solusi Latihan 19.12.

Induksi menurun pada $d = \dim F = \dim G$ , dari $d = n$ ke $d = 0$ . Jika $d = n$ : maka $F = G = E$ dan $S = \{0\}$ berhasil. Andaikan pernyataannya berlaku bagi pasangan subruang berdimensi $d + 1 \leq n$ , lalu misalkan $\dim F = \dim G = d < n$ .

Jika $F = G$ : ambillah sebagai $S$ sebarang pelengkap $F$ (Teorema 19.14). Jika $F \neq G$ : maka keduanya sejati, sehingga menurut Latihan 18.12 ada $x \notin F \cup G$ . Jumlah $F' = F \oplus \operatorname{Vect}(x)$ dan $G' = G \oplus \operatorname{Vect}(x)$ bersifat langsung (karena $x \notin F$ , $x \notin G$ ) dan berdimensi $d + 1$ ; jadi menurut hipotesis induksinya keduanya mempunyai pelengkap bersama $S'$ : $E = F' \oplus S' = G' \oplus S'$ . Tetapkanlah $S = \operatorname{Vect}(x) \oplus S'$ — yang langsung, karena $S' \cap \operatorname{Vect}(x) \subseteq S' \cap F' = \{0\}$ .

Maka $F + S = F + \operatorname{Vect}(x) + S' = F' + S' = E$ , dan $F \cap S = \{0\}$ : karena jika $f = \lambda x + s'$ dengan $f \in F$ , $s' \in S'$ , maka $s' = f - \lambda x \in F' \cap S' = \{0\}$ , sehingga $f = \lambda x$ , yang memaksa $\lambda = 0$ (karena $x \notin F$ ) dan $f = 0$ . Jadi $E = F \oplus S$ , dan secara setangkup $E = G \oplus S$ .

19.4 Soal: Hukum menara Dedekind

Soal 19.1

Tak ada apa pun pada Bab 18–19 yang memakai sesuatu tentang skalarnya di luar aksioma lapangannya (Definisi 7.22): sehingga kita boleh mengambil $K = \Q$ lalu mengukur himpunan bilangan real dengan tolok ukur dimensi atas $\Q$ . Soal ini menghitung dimensi $\Q(\sqrt2, \sqrt3)$ , membuktikan hukum menara Dedekind $\dim_\Q M = \dim_\Q K \cdot \dim_K M$ , lalu memanen teorema keirasionalan lewat pencacahan dimensi belaka — tanpa $\varepsilon$ , tanpa desimal, hanya dengan basis.

Bagian I — Skalar yang rasional.

Periksalah bahwa $\Q$ sebuah lapangan dan bahwa setiap definisi dan bukti pada Bab 18–19 hanya memakai aksioma lapangan bagi skalarnya; lalu simpulkan bahwa $\R$ merupakan ruang vektor atas $\Q$ dan bahwa lema pertukaran, teorema basisnya, dan rumus Grassmann berlaku atas $\Q$ . Tunjuklah satu langkah pada bukti Teorema 19.2 yang di situ pembagian oleh skalar taknol dikerjakan.
Tunjukkan bahwa $(1, \sqrt2)$ bebas atas $\Q$ tetapi terikat atas $\R$ . Tetapkanlah $\Q(\sqrt2) = \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt2) = \{a + b\sqrt2 : a, b \in \Q\}$ ; berapakah $\dim_\Q \Q(\sqrt2)$ ?
Tunjukkan bahwa $\Q(\sqrt2)$ stabil terhadap perkalian. Untuk $u = a + b\sqrt2$ tetapkanlah $\sigma(u) = a - b\sqrt2$ dan $N(u) = u\,\sigma(u) = a^2 - 2b^2$ . Tunjukkan $\sigma(uv) = \sigma(u)\sigma(v)$ , lalu simpulkan $N(uv) = N(u)N(v)$ , lalu tunjukkan $N(u) \neq 0$ setiap kali $u \neq 0$ .
Simpulkan bahwa setiap $u \in \Q(\sqrt2)$ yang taknol mempunyai inversnya di $\Q(\sqrt2)$ , yakni $u^{-1} = \sigma(u)/N(u)$ : sehingga $\Q(\sqrt2)$ merupakan sublapangan $\R$ . Hitunglah $\dfrac1{3 + 2\sqrt2}$ dan $\dfrac1{1 + \sqrt2}$ .

Bagian II — Menyertakan $\sqrt3$ .

Buktikan bahwa $\sqrt6 \notin \Q$ (bandingkanlah eksponen $2$ pada kedua ruas $6q^2 = p^2$ , seperti pada Latihan 6.7), lalu bahwa $\sqrt3 \notin \Q(\sqrt2)$ (kuadratkanlah $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ lalu bahaslah kasus $ab \neq 0$ , $b = 0$ , $a = 0$ ).
Misalkan $M = \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ . Tunjukkan bahwa $M$ stabil terhadap perkalian (sebuah tabel hasil kali vektor basisnya sudah mencukupi).
Tulislah $K = \Q(\sqrt2)$ . Tunjukkan bahwa $(1, \sqrt3)$ bebas atas lapangan $K$ , lalu simpulkan bahwa $M = K + K\sqrt3$ merupakan ruang vektor atas $K$ berdimensi $2$ dengan basis $(1, \sqrt3)$ .
Buktikan bahwa $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ bebas atas $\Q$ , sehingga $\dim_\Q M = 4$ . (Kelompokkanlah sebuah relasi nol sebagai $(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3 = 0$ lalu terapkan pertanyaan 7 kemudian 2.)

Bagian III — Hukum menaranya. Misalkan $\Q \subseteq K \subseteq M \subseteq \R$ dengan $K$ dan $M$ sublapangan, $(e_1, \dots, e_m)$ sebuah basis $K$ sebagai ruang vektor atas $\Q$ , dan $(f_1, \dots, f_n)$ sebuah basis $M$ sebagai ruang vektor atas $K$ .

Tunjukkan bahwa $mn$ hasil kali $(e_i f_j)$ membangun $M$ atas $\Q$ .
Tunjukkan bahwa keluarga $(e_i f_j)$ bebas atas $\Q$ . (Tatalah ulang sebuah kombinasi nol atas $\Q$ sebagai $\sum_j \bigl(\sum_i \lambda_{ij} e_i\bigr) f_j$ , yang koefisien dalamnya hidup di $K$ .)
Tutuplah dengan hukum menara Dedekind:

$\dim_\Q M \;=\; \dim_\Q K \,\cdot\, \dim_K M ,$

lalu periksalah ia pada $\Q \subseteq \Q(\sqrt2) \subseteq M$ terhadap pertanyaan 7 dan 8.
(Lapangan secara cuma-cuma) Misalkan $A \subseteq \R$ sebuah subruang atas $\Q$ yang berdimensi hingga yang memuat $1$ dan stabil terhadap perkalian, dan misalkan $u \in A$ , $u \neq 0$ . Tunjukkan bahwa jika $(a_1, \dots, a_d)$ sebuah basis $A$ , maka $(u a_1, \dots, u a_d)$ kembali menjadi basis $A$ ; lalu simpulkan bahwa $u$ mempunyai invers di $A$ : sehingga $A$ merupakan sublapangan $\R$ . Pertanyaan sebelumnya yang mana yang dipulihkan ini?
Tunjukkan bahwa untuk setiap $x \in A$ (dengan, seperti pada pertanyaan 12, $\dim_\Q A = d$ ) keluarga $(1, x, x^2, \dots, x^{d})$ bersifat terikat: sehingga setiap unsur $A$ merupakan akar sebuah polinomial taknol berkoefisien rasional, yang berderajat paling banyak $d$ .

Bagian IV — Satu bilangan membangkitkan segalanya. Tetapkanlah $s = \sqrt2 + \sqrt3$ .

Hitunglah koordinat $s^2$ , $s^3$ dan $s^4$ pada basis $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ bagi $M$ .
Tunjukkan bahwa $(1, s, s^2, s^3)$ bebas atas $\Q$ , lalu simpulkanlah $\operatorname{Vect}_\Q(1, s, s^2, s^3) = M$ : bahwa setiap unsur $M$ merupakan polinomial rasional dalam $s$ . Nyatakanlah $\sqrt2$ dan $\sqrt3$ sebagai polinomial yang demikian.
Periksalah $s^4 - 10s^2 + 1 = 0$ , lalu tunjukkanlah bahwa $X^4 - 10X^2 + 1$ merupakan polinomial monik berderajat terkecil yang lenyap di $s$ . Tentukanlah keempat akar realnya.
Simpulkan: $1/s = 10s - s^3$ ; lalu kenalilah bilangan ini. Tunjukkanlah bahwa $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6$ (dengan $a,b,c,d \in \Q$ ) bersifat rasional jika dan hanya jika $b = c = d = 0$ ; sehingga khususnya $\sqrt2 + \sqrt3 + \sqrt6$ irasional (yang memperkuat Latihan 10.7).

Bagian V — Akar pangkat tiganya tetap di luar. Tetapkanlah $t = 2^{1/3}$ .

Tunjukkan bahwa $X^3 - 2$ tak berakar rasional (lewat kriteria akar rasional pada Latihan 8.5, atau lewat pencacahan valuasinya); lalu simpulkanlah bahwa $(1, t)$ bebas atas $\Q$ .
Tunjukkan bahwa $(1, t, t^2)$ bebas atas $\Q$ . (Jika suatu $P \in \Q[X]$ taknol berderajat $\leq 2$ membunuh $t$ , ambillah satu yang berderajat terkecil lalu bagilah $X^3 - 2$ dengannya, Teorema 8.3; lalu simpulkanlah bahwa $X^3 - 2$ akan berakar rasional.) Lalu simpulkanlah bahwa $A = \operatorname{Vect}_\Q(1, t, t^2)$ berdimensi $3$ , stabil terhadap perkalian, dan merupakan sublapangan $\R$ .
Buktikan bahwa $t \notin M$ : sebab kalau tidak $M$ akan menjadi ruang vektor atas lapangan $A$ , dan hukum menaranya akan memaksa $3 \mid 4$ . Jadi $2^{1/3}$ bukan kombinasi rasional atas $1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6$ .
Simpulkan bahwa $t \notin \Q(\sqrt2)$ , bahwa $t + \sqrt2$ irasional, dan bahwa tak ada bilangan rasional $a, b$ yang memenuhi $2^{1/3} = a + b\sqrt3$ .

Bagian VI — Semua sublapangannya, dan sintesisnya.

Buktikanlah keterbagian derajatnya: bahwa jika $\Q \subseteq A \subseteq B \subseteq \R$ merupakan sublapangan dengan $\dim_\Q B$ yang hingga, maka $\dim_\Q A$ membagi $\dim_\Q B$ . Apa saja dimensi yang mungkin bagi sublapangan $M$ ?
Tentukanlah semua sublapangan $M$ yang berdimensi $2$ atas $\Q$ . (Reduksikanlah ke pencarian $w = a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 \in M \setminus \Q$ dengan $w^2 \in \Q$ : jabarkanlah $w^2$ lalu lenyapkanlah ketiga koordinat irasionalnya.)
Nyatakanlah $\dfrac1{1 + \sqrt2 + \sqrt3}$ pada basis $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ (kalikanlah dengan sekawan yang terpilih baik).
Sintesis, dalam empat kalimat: mengapakah dimensi atas $\Q$ merupakan invarian aritmetika sebuah himpunan bilangan real; apa yang dipaksakan kehinggaan dimensinya atas setiap unsurnya (pertanyaan 13); bagaimanakah aturan dua dari tiganya menghasilkan invers entah dari mana (pertanyaan 12); dan apa yang dilarang hukum menaranya (pertanyaan 20). Namailah teorema yang dibuktikan pada Bagian III.

Solusi

Solusi Soal 19.1.

1. $\Q$ memuat $0 \neq 1$ , stabil terhadap penjumlahan, perkalian dan lawan, dan setiap rasional taknol mempunyai invers rasional: jadi sebuah lapangan (Definisi 7.22). Adapun definisi rentang, kebebasan, basis dan bukti Bab 18–19 hanya memakai penjumlahan vektor, kedistributifan dan aritmetika skalar di dalam sebuah lapangan — tak pernah nilai mutlak, urutan atau limit. Jadi $\R$ , dengan penjumlahannya sendiri dan perkalian $\Q \times \R \to \R$ , merupakan ruang vektor atas $\Q$ , dan semua teoremanya berlaku. Pembagian dengan sebuah skalar terjadi sekali pada bukti Teorema 19.2: yaitu untuk “menyelesaikan $g_k$ ” orang membagi dengan koefisiennya yang taknol.

2. Jika $a + b\sqrt2 = 0$ dengan $a, b \in \Q$ yang tak keduanya nol: maka $b \neq 0$ akan memberikan $\sqrt2 = -a/b \in \Q$ , yang bertentangan dengan keirasionalan $\sqrt2$ (Latihan 6.7 dengan $p = 2$ ); sehingga $b = 0$ , lalu $a = 0$ : jadi bebas atas $\Q$ . Sedangkan atas $\R$ hubungan $\sqrt2\cdot 1 + (-1)\cdot\sqrt2 = 0$ tak sepele: jadi terkait. Maka $\dim_\Q \Q(\sqrt2) = 2$ , dengan koordinat tunggal $(a, b)$ .

3. $(a + b\sqrt2)(c + d\sqrt2) = (ac + 2bd) + (ad + bc)\sqrt2 \in \Q(\sqrt2)$ . Maka

\sigma(uv) = (ac + 2bd) - (ad + bc)\sqrt2 = (a - b\sqrt2)(c - d\sqrt2) = \sigma(u)\sigma(v),

sehingga $N(uv) = uv\,\sigma(uv) = u\sigma(u)\,v\sigma(v) = N(u)N(v)$ . Jika $N(u) = a^2 - 2b^2 = 0$ dengan $u \neq 0$ : maka $b \neq 0$ akan memberikan $(a/b)^2 = 2$ , yaitu akar kuadrat rasional atas $2$ ; sehingga $b = 0$ , lalu $a = 0$ dan $u = 0$ : bertentangan. Maka $N(u) \neq 0$ untuk $u \neq 0$ .

4. $u \cdot \dfrac{\sigma(u)}{N(u)} = \dfrac{N(u)}{N(u)} = 1$ , dan $\sigma(u)/N(u) \in \Q(\sqrt2)$ : jadi setiap unsur taknol dapat dibalik di dalam $\Q(\sqrt2)$ , yang karenanya merupakan sublapangan $\R$ . Contohnya: $N(3 + 2\sqrt2) = 9 - 8 = 1$ , sehingga

\frac1{3 + 2\sqrt2} = 3 - 2\sqrt2 ; \qquad N(1 + \sqrt2) = -1, \quad \frac1{1 + \sqrt2} = \sqrt2 - 1 .

5. Jika $\sqrt6 = p/q$ maka $6q^2 = p^2$ ; sehingga pangkat $2$ adalah $1 + 2v_2(q)$ , yang ganjil, di kiri, dan $2v_2(p)$ , yang genap, di kanan: mustahil. Kini andaikan $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ dengan $a, b \in \Q$ . Mengkuadratkannya: $3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt2$ . Jika $ab \neq 0$ , maka $\sqrt2 = (3 - a^2 - 2b^2)/(2ab) \in \Q$ : mustahil. Jika $b = 0$ : maka $\sqrt3 = a \in \Q$ , yang bertentangan dengan Latihan 6.7 ( $p = 3$ ). Jika $a = 0$ : maka $\sqrt3 = b\sqrt2$ , dan dengan mengalikannya dengan $\sqrt2$ : $\sqrt6 = 2b \in \Q$ : mustahil. Jadi $\sqrt3 \notin \Q(\sqrt2)$ .

6. Hasil kali vektor basisnya adalah

\sqrt2\,\sqrt3 = \sqrt6,\quad \sqrt2\,\sqrt6 = 2\sqrt3,\quad \sqrt3\,\sqrt6 = 3\sqrt2,\quad (\sqrt2)^2 = 2,\ (\sqrt3)^2 = 3,\ (\sqrt6)^2 = 6,

semuanya di dalam $M$ . Adapun hasil kali dua unsur $M$ terjabarkan lewat kebilinearan menjadi kombinasi rasional atas ini: jadi $M$ stabil terhadap perkalian.

7. Misalkan $x + y\sqrt3 = 0$ dengan $x, y \in K = \Q(\sqrt2)$ . Jika $y \neq 0$ , maka $\sqrt3 = -x/y \in K$ (menurut pertanyaan 4: $K$ sebuah lapangan), yang bertentangan dengan pertanyaan 5. Jadi $y = 0$ , lalu $x = 0$ : sehingga $(1, \sqrt3)$ bebas atas $K$ . Ia membangun: $K + K\sqrt3 = \{(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3\} = \operatorname{Vect}_\Q (1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6) = M$ . Maka $\dim_K M = 2$ .

8. Sebuah hubungan $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = 0$ terkelompokkan ulang menjadi $(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3 = 0$ dengan koefisien di dalam $K$ ; jadi menurut pertanyaan 7 keduanya lenyap, dan menurut pertanyaan 2 $a = b = 0$ dan $c = d = 0$ . Sehingga keluarganya bebas dan $\dim_\Q M = 4$ .

9. Setiap $x \in M$ tertulis $x = \sum_j y_j f_j$ dengan $y_j \in K$ (yaitu basis $M$ atas $K$ ), dan setiap $y_j = \sum_i \lambda_{ij} e_i$ dengan $\lambda_{ij} \in \Q$ (yaitu basis $K$ atas $\Q$ ); dengan menyulihkannya, $x = \sum_{i,j} \lambda_{ij}\, e_i f_j$ : jadi hasil kalinya membangun $M$ atas $\Q$ .

10. Andaikan $\sum_{i,j} \lambda_{ij}\, e_i f_j = 0$ dengan $\lambda_{ij} \in \Q$ . Kelompokkanlah ulang: $\sum_j \bigl(\sum_i \lambda_{ij} e_i\bigr) f_j = 0$ , dan jumlah dalamnya termasuk $K$ . Kebebasan $(f_j)$ atas $K$ memberikan $\sum_i \lambda_{ij} e_i = 0$ untuk setiap $j$ ; lalu kebebasan $(e_i)$ atas $\Q$ memberikan $\lambda_{ij} = 0$ untuk semua $i, j$ .

11. Menurut pertanyaan 9 dan 10, $(e_i f_j)_{i \leq m,\, j \leq n}$ merupakan basis $M$ atas $\Q$ dengan $mn$ unsur:

\dim_\Q M = m\,n = \dim_\Q K \cdot \dim_K M .

Periksa: $\dim_\Q K = 2$ dan $\dim_K M = 2$ (pertanyaan 2 dan 7) memberikan $\dim_\Q M = 4$ , yaitu pertanyaan 8.

12. Vektor $u a_1, \dots, u a_d$ termasuk $A$ (karena kestabilannya). Semuanya bebas: karena jika $\sum_i \lambda_i\, u a_i = 0$ , maka $u \sum_i \lambda_i a_i = 0$ di dalam $\R$ , dan $u \neq 0$ memaksa $\sum_i \lambda_i a_i = 0$ , sehingga $\lambda_i = 0$ (karena $a_i$ membentuk sebuah basis). Jadi $(u a_1, \dots, u a_d)$ merupakan keluarga bebas berisi $d$ vektor di dalam $A$ , dengan $\dim_\Q A = d$ : yaitu sebuah basis (Proposisi 19.8). Khususnya $1 \in A$ terurai menjadi $1 = \sum_i \mu_i\, u a_i = u\,v$ dengan $v = \sum_i \mu_i a_i \in A$ : sehingga invers $u$ ada di dalam $A$ . Ini memulihkan pertanyaan 4 ( $A = \Q(\sqrt2)$ ) dan sekaligus membuktikan bahwa $M$ merupakan sublapangan $\R$ (bersama pertanyaan 6).

13. Kesemua $d + 1$ vektor $1, x, x^2, \dots, x^{d}$ ada di dalam $A$ (karena stabil terhadap hasil kali); sedangkan keluarga bebas $A$ berisi paling banyak $d$ vektor (Proposisi 19.8), sehingga semuanya terkait: jadi ada rasional $\lambda_0, \dots, \lambda_d$ , yang tak semuanya nol, dengan $\sum_k \lambda_k x^k = 0$ . Maka polinomial $P = \sum_k \lambda_k X^k$ taknol, berkoefisien rasional, berderajat $\leq d$ , dan $P(x) = 0$ .

14. $s^2 = 2 + 2\sqrt6 + 3 = 5 + 2\sqrt6$ : berkoordinat $(5, 0, 0, 2)$ . Lalu

s^3 = s\,s^2 = (\sqrt2 + \sqrt3)(5 + 2\sqrt6) = 5\sqrt2 + 2\sqrt{12} + 5\sqrt3 + 2\sqrt{18} = 11\sqrt2 + 9\sqrt3 ,

berkoordinat $(0, 11, 9, 0)$ (dengan memakai $\sqrt{12} = 2\sqrt3$ , $\sqrt{18} = 3\sqrt2$ ). Akhirnya $s^4 = (s^2)^2 = 25 + 20\sqrt6 + 24 = 49 + 20\sqrt6$ : berkoordinat $(49, 0, 0, 20)$ .

15. Andaikan $a + bs + cs^2 + ds^3 = 0$ . Dengan membaca keempat koordinatnya pada $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ :

a + 5c = 0,\qquad b + 11d = 0,\qquad b + 9d = 0,\qquad 2c = 0 .

Jadi $c = 0$ , lalu $a = 0$ ; dengan mengurangkan persamaan tengahnya, $2d = 0$ , lalu $b = 0$ : sehingga $(1, s, s^2, s^3)$ bebas. Empat vektor bebas di dalam $M$ yang berdimensi $4$ : jadi sebuah basis, sehingga $\operatorname{Vect}_\Q(1, s, s^2, s^3) = M$ . Dari pertanyaan 14, $s^3 - 9s = 2\sqrt2$ dan $11s - s^3 = 2\sqrt3$ :

\sqrt2 = \frac{s^3 - 9s}{2}, \qquad \sqrt3 = \frac{11s - s^3}{2} .

16. $s^4 - 10s^2 + 1 = (49 + 20\sqrt6) - 10(5 + 2\sqrt6) + 1 = 0$ . Adapun polinomial monik berderajat $\leq 3$ yang lenyap di $s$ akan menghasilkan kombinasi nol yang tak sepele atas $(1, s, s^2, s^3)$ , yang bertentangan dengan pertanyaan 15: jadi $X^4 - 10X^2 + 1$ berderajat terkecil. Akarnya: $X^2 = 5 \pm 2\sqrt6 = (\sqrt3 \pm \sqrt2)^2$ , sehingga keempat akar realnya adalah $\pm(\sqrt3 + \sqrt2)$ dan $\pm(\sqrt3 - \sqrt2)$ , yaitu $\pm\sqrt2 \pm \sqrt3$ .

17. Dari $s^4 - 10s^2 + 1 = 0$ : $s\,(10s - s^3) = 1$ , sehingga

\frac1s = 10s - s^3 = 10(\sqrt2 + \sqrt3) - (11\sqrt2 + 9\sqrt3) = \sqrt3 - \sqrt2 ,

yang selaras dengan $(\sqrt3 + \sqrt2)(\sqrt3 - \sqrt2) = 1$ . Jika $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = r \in \Q$ , maka $(a - r) + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = 0$ , dan kebebasannya (pertanyaan 8) memaksa $b = c = d = 0$ (dan $a = r$ ). Adapun bagi $\sqrt2 + \sqrt3 + \sqrt6$ koordinatnya $(0, 1, 1, 1)$ tak berbentuk demikian: jadi irasional — yaitu pernyataan yang lebih kuat daripada Latihan 10.7, yang diperoleh tanpa kiat pengkuadratan apa pun.

18. Sebuah akar rasional $p/q$ (dalam suku terkecil) atas $X^3 - 2$ memenuhi $p^3 = 2q^3$ , dan kriteria Latihan 8.5 memberikan $p \mid 2$ , $q \mid 1$ : jadi calonnya $\pm1, \pm2$ , yang pangkat tiganya $\pm1, \pm8 \neq 2$ . Jadi tak ada akar rasional; khususnya $t = 2^{1/3} \notin \Q$ , sehingga $(1, t)$ bebas atas $\Q$ (seperti pada pertanyaan 2).

19. Andaikan $(1, t, t^2)$ terkait: maka ada $P \in \Q[X]$ taknol dengan $\deg P \leq 2$ yang $P(t) = 0$ ; pilihlah $P$ yang demikian berderajat terkecil $d \geq 1$ . Menurut pertanyaan 18, $d \neq 1$ , sehingga $d = 2$ . Pembagian Euclid (Teorema 8.3): $X^3 - 2 = PQ + R$ dengan $Q, R \in \Q[X]$ , $\deg R < 2$ . Menilainya di $t$ : $0 = P(t)Q(t) + R(t) = R(t)$ , sehingga $R$ lenyap di $t$ ; lalu keminimalan $d$ memaksa $R = 0$ . Maka $X^3 - 2 = PQ$ dengan $\deg Q = 1$ : sehingga akar rasional $Q$ merupakan akar rasional $X^3 - 2$ , yang bertentangan dengan pertanyaan 18. Jadi $(1, t, t^2)$ bebas dan $\dim_\Q A = 3$ . Kestabilannya: $t^3 = 2$ mereduksi setiap hasil kali $1, t, t^2$ menjadi kombinasi atasnya ( $t\cdot t^2 = 2$ , $t^2\cdot t^2 = 2t$ ); dan $A$ memuat $1$ : jadi menurut pertanyaan 12, $A$ merupakan sublapangan $\R$ .

20. Andaikan $t \in M$ . Maka $t^2 \in M$ (karena kestabilannya), sehingga $A \subseteq M$ , dan $M$ merupakan ruang vektor atas lapangan $A$ : karena aksiomanya adalah aksioma aritmetika $\R$ , yang dibatasi. Ia berdimensi hingga atas $A$ (karena keluarga pembangun $\Q$ yang hingga membangun a fortiori atas $A \supseteq \Q$ ). Adapun hukum menara bagi $\Q \subseteq A \subseteq M$ memberikan

4 = \dim_\Q M = \dim_\Q A \cdot \dim_A M = 3\,\dim_A M ,

mustahil: karena $3$ tak membagi $4$ . Jadi $2^{1/3} \notin M$ : tak ada kombinasi rasional atas $1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6$ yang sama dengan $2^{1/3}$ .

21. $\Q(\sqrt2) \subseteq M$ , sehingga $t \notin \Q(\sqrt2)$ . Jika $t + \sqrt2 = r \in \Q$ , maka $t = r - \sqrt2 \in \Q(\sqrt2)$ : bertentangan — jadi $2^{1/3} + \sqrt2$ irasional. Jika $t = a + b\sqrt3$ , maka $t \in \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt3) \subseteq M$ : bertentangan lagi.

22. $B$ merupakan ruang vektor atas lapangan $A$ (yaitu pembatasan skalarnya), yang berdimensi hingga karena $\dim_\Q B$ hingga. Adapun hukum menara bagi $\Q \subseteq A \subseteq B$ memberikan $\dim_\Q B = \dim_\Q A \cdot \dim_A B$ : sehingga faktor kirinya membagi. Maka sublapangan $M$ berdimensi $\Q$ sebesar $1$ , $2$ atau $4$ : dengan dimensi $1$ yaitu $\Q$ sendiri, dan dimensi $4$ yaitu $M$ .

23. Misalkan $F \subseteq M$ sublapangan dengan $\dim_\Q F = 2$ , dan $w \in F \setminus \Q$ : maka $(1, w)$ bebas, jadi sebuah basis $F$ . Menurut pertanyaan 13 ( $d = 2$ ), $w^2 = \alpha + \beta w$ bagi rasional $\alpha, \beta$ . Dengan menetapkan $v = w - \beta/2 \in F \setminus \Q$ :

v^2 = w^2 - \beta w + \frac{\beta^2}4 = \alpha + \frac{\beta^2}4 \;\in\; \Q,

dan $F = \operatorname{Vect}(1, v)$ . Kini tulislah $v = a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6$ lalu jabarkanlah:

v^2 = (a^2 + 2b^2 + 3c^2 + 6d^2) + (2ab + 6cd)\sqrt2 + (2ac + 4bd)\sqrt3 + (2ad + 2bc)\sqrt6 .

Ketiga koordinat irasionalnya lenyap: $ab + 3cd = ac + 2bd = ad + bc = 0$ . Jika $a \neq 0$ : maka $b = -3cd/a$ , dan syarat keduanya menjadi $c(a^2 - 6d^2) = 0$ ; dan karena $a^2 = 6d^2$ dengan $d \neq 0$ akan membuat $\sqrt6 = \abs{a/d}$ rasional, maka $c = 0$ atau $d = 0$ , dan pada kedua kasusnya syarat sisanya memaksa $b = c = d = 0$ , yaitu $v \in \Q$ : yang dikecualikan. Jadi $a = 0$ , dan syaratnya terbaca $3cd = 2bd = bc = 0$ : sehingga paling banyak satu di antara $b, c, d$ yang taknol. Maka $v$ merupakan kelipatan rasional atas $\sqrt2$ , $\sqrt3$ atau $\sqrt6$ , dan

F \in \bigl\{\Q(\sqrt2),\ \Q(\sqrt3),\ \Q(\sqrt6)\bigr\} ,

yang masing-masingnya memang sublapangan berdimensi $2$ (dengan kestabilan seperti pada pertanyaan 6, dan inversnya menurut pertanyaan 12): jadi tepat tiga sublapangan kuadratik.

24. $(1 + \sqrt2 + \sqrt3)(1 + \sqrt2 - \sqrt3) = (1 + \sqrt2)^2 - 3 = 2\sqrt2$ , sehingga

\frac1{1 + \sqrt2 + \sqrt3} = \frac{1 + \sqrt2 - \sqrt3}{2\sqrt2} = \frac{\sqrt2 + 2 - \sqrt6}{4} = \frac12 + \frac14\sqrt2 + 0\cdot\sqrt3 - \frac14\sqrt6 .

(Periksa: $(1 + \sqrt2 + \sqrt3)(2 + \sqrt2 - \sqrt6) = 4$ setelah dijabarkan.)

25. (i) Dimensi $\Q$ melekatkan sebuah bilangan bulat pada setiap sublapangan $\R$ , dan hukum menara membuat bilangan itu mengalikan diri sepanjang pemuatannya: sehingga dimensinya berperilaku bagai invarian aritmetika, dan kendala keterbagiannya menjadi bukti kemustahilan. (ii) Dimensi hingga memaksa setiap unsurnya memenuhi persamaan polinomial rasional taknol yang berderajat paling tinggi sebesar dimensinya: jadi kehinggaan berarti kealjabaran. (iii) Adapun kaidah dua-dari-tiga mengubah “perkalian dengan $u$ memetakan sebuah basis ke keluarga bebas berukuran maksimal” menjadi kesurjektifan, yang menghasilkan $u^{-1}$ tanpa rumus: sehingga inversnya lahir dari pencacahan. (iv) Adapun hukum menara melarang lapangan berdimensi $3$ di dalam yang berdimensi $4$ , dan itulah sebabnya $2^{1/3}$ tak dapat dicapai dari $\sqrt2$ dan $\sqrt3$ . Adapun teorema Bagian III adalah hukum menara Dedekind, yaitu langkah pembuka teori Galois, yang dikembangkan pada jilid Tahun 3.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium