Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

1Teori Grup

Pada jilid Tahun ke-2 grup diperkenalkan sebagai alat pembukuan: teorema Lagrange, grup siklik, grup simetri beserta tandanya. Bab ini mengubah teori grup menjadi sebuah metode. Mesinnya adalah gagasan grup yang beraksi pada sebuah himpunan: menghitung orbit dan titik tetap melahirkan persamaan kelas, teorema Cauchy dan ketiga teorema Sylow — asas lokal-ke-global yang menjadi tulang punggung teori grup berhingga. Setelah itu kita belajar merakit grup (hasil kali langsung dan semilangsung) dan membongkarnya (deret komposisi, grup terselesaikan), lalu membuktikan teorema yang, pada Bab 4, akan menutup pertanyaan berumur tiga abad tentang persamaan polinomial: grup alternasi $A_n$ sederhana untuk $n \geq 5$ .

1.1 Grup kuosien dan teorema isomorfisma

Sepanjang bab ini $G$ adalah grup yang ditulis secara multiplikatif, dengan unsur identitas $e$ . Ingat kembali dari jilid Tahun ke-2: subgrup, koset $gH$ , teorema Lagrange ( $\abs G = [G:H]\,\abs H$ untuk $G$ berhingga), orde sebuah unsur, grup siklik, dan grup simetri $S_n$ beserta morfisma tandanya $\varepsilon \colon S_n \to \{\pm1\}$ .

Definisi 1.1

Sebuah subgrup $N$ dari $G$ disebut normal (ditulis $N \trianglelefteq G$ ) apabila $gNg^{-1} = N$ untuk setiap $g \in G$ — ekuivalen dengan: koset kiri dan koset kanan berimpit, $gN = Ng$ untuk setiap $g$ .

Teorema 1.2 (Grup kuosien)

Misalkan $N \trianglelefteq G$ . Himpunan koset $G/N$ , dengan perkalian $(gN)(hN) = ghN$ , adalah grup yang terdefinisi dengan baik, yaitu grup kuosien, dan proyeksi kanonik $\pi \colon G \to G/N$ , $g \mapsto gN$ , merupakan morfisma surjektif dengan kernel $N$ . Sebaliknya, setiap kernel morfisma grup bersifat normal: subgrup normal tidak lain adalah kernel.

Bukti. Keterdefinisian dengan baiklah yang menjadi inti persoalan. Jika $gN = g'N$ dan $hN = h'N$ , tulis $g' = gn$ , $h' = hm$ dengan $n, m \in N$ . Maka $g'h' = gnhm = gh\,(h^{-1}nh)\,m \in ghN$ karena $h^{-1}nh \in N$ menurut kenormalan: hasil kali koset tidak bergantung pada wakil yang dipilih. Keasosiatifan, identitas $eN = N$ dan invers $(gN)^{-1} = g^{-1}N$ diwarisi dari $G$ . Jelas bahwa $\pi$ morfisma surjektif dan $\pi(g) = N \iff g \in N$ .

Jika $f \colon G \to H$ sebuah morfisma dan $k \in \ker f$ , maka $f(gkg^{-1}) = f(g)f(k)f(g)^{-1} = e$ : kernel bersifat normal. ∎

Teorema 1.3 (Sifat universal; teorema isomorfisma pertama)

Misalkan $f \colon G \to H$ sebuah morfisma dan $N \trianglelefteq G$ dengan $N \subseteq \ker f$ . Terdapat tepat satu morfisma $\bar f \colon G/N \to H$ yang memenuhi $f = \bar f \circ \pi$ . Khususnya, dengan mengambil $N = \ker f$ :

G/\ker f \;\xrightarrow{\;\sim\;}\; \operatorname{im} f, \qquad gN \mapsto f(g).

Bukti. Ketunggalan: $\bar f(gN)$ haruslah $f(g)$ . Keberadaan: jika $gN = g'N$ maka $g^{-1}g' \in N \subseteq \ker f$ , sehingga $f(g) = f(g')$ dan $\bar f(gN) = f(g)$ terdefinisi dengan baik; ini morfisma karena $f$ morfisma. Untuk $N = \ker f$ : $\bar f$ injektif, sebab $\bar f(gN) = e$ berarti $g \in \ker f$ , yaitu $gN = N$ ; sedangkan petanya sama dengan peta $f$ . ∎

Teorema 1.4 (Teorema isomorfisma kedua dan ketiga)

Misalkan $H \leq G$ dan $N \trianglelefteq G$ .

$HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ adalah subgrup, $N \trianglelefteq HN$ , $H \cap N \trianglelefteq H$ , dan

$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$
Jika di samping itu $N \subseteq K \trianglelefteq G$ , maka $K/N \trianglelefteq G/N$ dan $(G/N)\big/(K/N) \cong G/K$ .

Bukti. (1) $HN$ adalah subgrup: $(hn)(h'n') = hh'\,(h'^{-1}nh')n' \in HN$ dan $(hn)^{-1} = h^{-1}(hn^{-1}h^{-1}) \in HN$ , dengan memakai kenormalan $N$ . Susunlah $H \hookrightarrow HN \xrightarrow{\pi} HN/N$ : morfisma ini surjektif ( $hnN = hN$ ) dengan kernel $\{h \in H : h \in N\} = H \cap N$ ; lalu terapkan Teorema 1.3.

(2) Proyeksi $G/N \to G/K$ , $gN \mapsto gK$ , terdefinisi dengan baik ( $N \subseteq K$ ), surjektif, dan berkernel $K/N$ ; terapkan Teorema 1.3 sekali lagi. ∎

Teorema 1.5 (Teorema korespondensi)

Misalkan $N \trianglelefteq G$ . Pemetaan $H \mapsto H/N$ adalah bijeksi antara subgrup $G$ yang memuat $N$ dan subgrup $G/N$ ; bijeksi ini mempertahankan inklusi, indeks dan kenormalan (dalam kedua arah).

Bukti. Inversnya adalah $\bar H \mapsto \pi^{-1}(\bar H)$ . Kedua pemetaan mengirim subgrup ke subgrup, dan keduanya saling invers: $\pi^{-1}(H/N) = HN = H$ karena $N \subseteq H$ , dan $\pi(\pi^{-1}(\bar H)) = \bar H$ karena $\pi$ surjektif. Inklusi jelas terpelihara; $[G:H] = [G/N : H/N]$ sebab $gH \mapsto (gN)(H/N)$ adalah bijeksi yang terdefinisi dengan baik antara ruang koset; dan $gHg^{-1} = H$ berlaku untuk setiap $g$ jika dan hanya jika $(gN)(H/N)(gN)^{-1} = H/N$ untuk setiap $gN$ , sekali lagi karena $\pi$ surjektif. ∎

Contoh 1.6

$\varepsilon \colon S_n \to \{\pm 1\}$ memberikan $S_n/A_n \cong \{\pm1\}$ ; $\det \colon GL_n(K) \to K^\times$ memberikan $GL_n(K)/SL_n(K) \cong K^\times$ ; $t \mapsto \eu^{2\iu\pi t}$ memberikan $\R/\Z \cong \mathbb U$ , yaitu grup lingkaran. Teorema isomorfisma pertama adalah cara kuosien dihitung dalam praktik: carilah sebuah surjeksi yang kernelnya tepat seperti yang diinginkan.

Metode 1.7

Untuk membuktikan $N \trianglelefteq G$ , berurutan dari yang paling elegan: tampilkan $N$ sebagai kernel sebuah morfisma yang terdefinisi pada $G$ ; periksa $gNg^{-1} \subseteq N$ untuk setiap $g$ (ini sudah cukup: menerapkannya pada $g^{-1}$ lalu mengonjugasikan memberikan inklusi sebaliknya); pastikan bahwa $N$ merupakan gabungan kelas konjugasi; atau amati bahwa $[G:N] = 2$ (maka $gN = Ng$ terpaksa berlaku — Latihan 1.1).

1.2 Aksi grup

Definisi 1.8

Sebuah aksi dari $G$ pada himpunan $X$ adalah morfisma $\varphi \colon G \to \mathfrak{S}(X)$ ke dalam grup semua bijeksi $X$ ; ditulis $g \cdot x$ untuk $\varphi(g)(x)$ . Secara ekuivalen: pemetaan $G \times X \to X$ dengan $e \cdot x = x$ dan $g \cdot (h \cdot x) = (gh) \cdot x$ . Adapun orbit dari $x$ adalah $\mathcal O_x = \{g \cdot x : g \in G\}$ , stabilisator miliknya adalah subgrup $G_x = \{g : g\cdot x = x\}$ , dan $X^G = \{x : \forall g,\ g \cdot x = x\}$ adalah himpunan titik tetap. Aksi disebut transitif bila orbitnya tepat satu, setia bila $\varphi$ injektif, bebas bila semua stabilisatornya trivial.

Contoh 1.9

Lima aksi ini menggerakkan seluruh teori grup berhingga:

$G$ pada dirinya sendiri melalui translasi kiri $g \cdot x = gx$ : bebas dan transitif.
$G$ pada dirinya sendiri melalui konjugasi $g \cdot x = gxg^{-1}$ : orbitnya adalah kelas konjugasi, stabilisatornya sentralisator $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ , titik tetapnya pusat $Z(G)$ .
$G$ pada ruang koset $G/H$ melalui $g \cdot xH = gxH$ : transitif, dan stabilisator koset $H$ adalah $H$ sendiri. Setiap aksi transitif berbentuk demikian (Latihan 1.8).
$G$ pada himpunan subgrupnya melalui konjugasi: stabilisator $H$ adalah normalisator $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$ , yakni subgrup terbesar dari $G$ yang di dalamnya $H$ normal.
$S_n$ pada $\intint{1}{n}$ : induk dari segala contoh.

Teorema 1.10 (Orbit–stabilisator)

Pemetaan $gG_x \mapsto g \cdot x$ adalah bijeksi yang terdefinisi dengan baik $G/G_x \to \mathcal O_x$ . Khususnya, untuk $G$ berhingga,

\abs{\mathcal O_x} = [G : G_x] \quad\text{membagi } \abs G,

dan, karena orbit mempartisi $X$ (orbit adalah kelas-kelas dari relasi ekuivalensi $x \sim y \iff y \in \mathcal O_x$ ),

\abs X = \sum_{i} \,[G : G_{x_i}] \qquad (x_i\colon \text{satu titik per orbit}).

Bukti. Terdefinisi dengan baik dan injektif: $gG_x = hG_x \iff h^{-1}g \in G_x \iff h^{-1}g \cdot x = x \iff g \cdot x = h \cdot x$ ; bacalah rantai itu dalam dua arah. Kesurjektifan adalah definisi orbit itu sendiri. Pernyataan pencacahannya menyusul dari teorema Lagrange dan dari pemartisian $X$ atas orbit. ∎

Akibat 1.11 (Persamaan kelas)

Untuk grup berhingga $G$ , dengan memilih satu wakil $x_i$ pada setiap kelas konjugasi yang beranggota lebih dari satu:

\abs G = \abs{Z(G)} + \sum_i \,[G : Z_G(x_i)], \qquad\text{setiap } [G : Z_G(x_i)] > 1 \text{ membagi } \abs G.

Bukti. Terapkan Teorema 1.10 pada aksi konjugasi: orbit beranggota tunggal tepat merupakan unsur-unsur $Z(G)$ . ∎

Teorema 1.12 (Titik tetap grup- $p$ )

Misalkan $p$ bilangan prima. Sebuah grup- $p$ adalah grup berhingga yang ordenya berupa pangkat $p$ . Jika suatu grup- $p$ $G$ beraksi pada himpunan berhingga $X$ , maka

\abs{X^G} \equiv \abs X \pmod p .

Akibatnya: grup- $p$ yang tak trivial mempunyai pusat yang tak trivial, dan setiap grup berorde $p^2$ bersifat abelian.

Bukti. Setiap orbit berkardinalitas $[G:G_x]$ , sebuah pangkat $p$ ; pangkat itu bernilai $1$ tepat pada titik tetap dan selain itu habis dibagi $p$ . Menjumlahkan atas semua orbit memberikan kekongruenan tersebut. Untuk pusatnya: aksi konjugasi $G$ pada dirinya sendiri mempunyai $X^G = Z(G)$ , sehingga $\abs{Z(G)} \equiv \abs G \equiv 0 \pmod p$ , dan $Z(G) \ni e$ memaksa $\abs{Z(G)} \geq p$ . Untuk orde $p^2$ : jika $Z(G) \neq G$ maka $\abs{Z(G)} = p$ dan $G/Z(G)$ siklik berorde $p$ , yang memaksa $G$ abelian (Latihan 1.2) — kontradiksi. ∎

Teorema 1.13 (Cauchy)

Jika bilangan prima $p$ membagi $\abs G$ , maka $G$ memuat sebuah unsur berorde $p$ .

Bukti (McKay). Misalkan $X = \{(g_1, \dots, g_p) \in G^p : g_1 g_2 \cdots g_p = e\}$ . Memilih $g_1, \dots, g_{p-1}$ secara bebas sudah menentukan $g_p$ : $\abs X = \abs G^{p-1}$ , habis dibagi $p$ . Grup siklik $\Z/p\Z$ beraksi pada $X$ melalui pergeseran siklik $(g_1, \dots, g_p) \mapsto (g_2, \dots, g_p, g_1)$ — aksi ini mempertahankan $X$ , sebab $g_2 \cdots g_p g_1 = g_1^{-1}(g_1 \cdots g_p)g_1 = e$ . Menurut Teorema 1.12, $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$ . Titik tetapnya adalah tupel konstan $(g, \dots, g)$ dengan $g^p = e$ ; tupel $(e, \dots, e)$ salah satunya, jadi paling sedikit ada $p$ buah, sehingga paling sedikit ada satu $g \neq e$ dengan $g^p = e$ : ordenya tepat $p$ . ∎

Teorema 1.14 (Cayley)

Setiap grup berorde $n$ terbenam di dalam $S_n$ .

Bukti. Translasi kiri $\varphi \colon G \to \mathfrak S(G) \cong S_n$ adalah morfisma; $\varphi(g) = \mathrm{id}$ memaksa $g = ge = e$ : jadi ia setia. ∎

Metode 1.15

Pencacahan titik tetap adalah langkah pembuka universal dalam teori grup berhingga. Untuk membuktikan bahwa sesuatu ada (unsur pusat, unsur berorde $p$ , subgrup normal, titik tetap), pilihlah grup yang tepat dan himpunan berhingga yang tepat, buatlah grup itu beraksi, lalu bandingkan $\abs{X^G}$ dengan $\abs X$ modulo $p$ , atau manfaatkan bahwa ukuran orbit membagi orde grup. Bukti Teorema 1.12 dan 1.13 serta ketiga teorema Sylow di bawah adalah lima variasi atas satu gagasan tunggal ini.

1.3 Teorema Sylow

Teorema Lagrange mengatakan bahwa orde sebuah subgrup membagi $\abs G$ ; konversnya tidak berlaku ( $A_4$ , berorde $12$ , tidak mempunyai subgrup berorde $6$ — Latihan 1.1). Teorema Sylow menyelamatkan konvers itu untuk pangkat bilangan prima, dan klausa pencacahannya adalah alat umum paling tajam yang kita punya untuk menghasilkan subgrup normal.

Definisi 1.16

Tulis $\abs G = p^a m$ dengan $p \nmid m$ . Sebuah subgrup Sylow- $p$ dari $G$ adalah subgrup berorde $p^a$ — yaitu subgrup- $p$ berorde sebesar mungkin. Banyaknya subgrup Sylow- $p$ dari $G$ dilambangkan dengan $n_p$ .

Lema 1.17

Jika $\abs G = p^a m$ dengan $p \nmid m$ , maka $\dbinom{p^a m}{p^a} \equiv m \pmod p$ .

Bukti. Di dalam $\mathbb F_p[X]$ , mimpi mahasiswa baru $(1+X)^p = 1 + X^p$ (koefisien $\binom pk$ , $0<k<p$ , habis dibagi $p$ : bilangan $p$ membagi pembilang $\frac{p!}{k!(p-k)!}$ tetapi tidak membagi penyebutnya) beriterasi menjadi $(1+X)^{p^a} = 1 + X^{p^a}$ , sehingga

(1+X)^{p^a m} = \bigl(1 + X^{p^a}\bigr)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom mk X^{k p^a} \quad\text{di } \mathbb F_p[X].

Samakan koefisien $X^{p^a}$ : di ruas kiri $\binom{p^a m}{p^a} \bmod p$ , di ruas kanan $\binom m1 = m$ . ∎

Teorema 1.18 (Sylow I: keberadaan)

Untuk setiap bilangan prima $p$ , subgrup Sylow- $p$ dari $G$ selalu ada.

Bukti (Wielandt). Misalkan $\Omega$ himpunan semua himpunan bagian $G$ yang berkardinalitas $p^a$ ; $G$ beraksi pada $\Omega$ melalui translasi kiri $g \cdot S = gS$ . Menurut Lema 1.17, $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ , sehingga ada orbit $\mathcal O_S$ yang ukurannya relatif prima terhadap $p$ (seandainya $p$ membagi setiap ukuran orbit, ia akan membagi $\abs\Omega$ ). Misalkan $H = G_S$ stabilisator dari $S$ semacam itu. Karena $[G : H] = \abs{\mathcal O_S}$ relatif prima terhadap $p$ dan $p^a \mid \abs G = [G:H]\,\abs H$ , diperoleh $p^a \mid \abs H$ . Sebaliknya, tetapkan $s \in S$ : pemetaan $H \to S$ , $h \mapsto hs$ , injektif dan nilainya jatuh di $S$ karena $hS = S$ ; jadi $\abs H \leq \abs S = p^a$ . Dengan demikian $\abs H = p^a$ . ∎

Teorema 1.19 (Sylow II: dominasi dan konjugasi)

Misalkan $P$ sebuah subgrup Sylow- $p$ dan $Q$ sembarang subgrup- $p$ dari $G$ . Maka $Q \subseteq gPg^{-1}$ untuk suatu $g \in G$ . Khususnya semua subgrup Sylow- $p$ saling konjugat, dan $P \trianglelefteq G \iff n_p = 1$ .

Bukti. Biarkan $Q$ beraksi pada ruang koset $X = G/P$ , yang berkardinalitas $m \not\equiv 0 \pmod p$ . Menurut Teorema 1.12 yang diterapkan pada grup- $p$ $Q$ , $\abs{X^Q} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ : jadi ada koset tetap $gP$ , yakni $QgP = gP$ , yakni $g^{-1}Qg \subseteq P$ . Jika $Q$ sendiri subgrup Sylow, kesamaan orde mengubah $Q \subseteq gPg^{-1}$ menjadi kesamaan. Akhirnya $P \trianglelefteq G$ jika dan hanya jika konjugatnya $\{gPg^{-1}\}$ — yang menurut uraian di atas adalah semua subgrup Sylow- $p$ — menyusut menjadi $\{P\}$ . ∎

Teorema 1.20 (Sylow III: pencacahan)

$n_p \equiv 1 \pmod p$ , dan $n_p = [G : N_G(P)]$ , yang membagi $m$ .

Bukti. Misalkan $\mathrm{Syl}_p$ himpunan semua subgrup Sylow- $p$ ; $G$ beraksi padanya secara transitif melalui konjugasi (Teorema 1.19), dengan stabilisator $P$ berupa normalisator $N_G(P) \supseteq P$ : jadi $n_p = [G : N_G(P)]$ , dan $m = [G:P] = [G:N_G(P)]\,[N_G(P):P]$ menunjukkan $n_p \mid m$ .

Sekarang batasi aksi itu pada $P$ dan hitunglah titik tetapnya. Jika $Q \in \mathrm{Syl}_p$ tetap oleh $P$ , maka $P \subseteq N_G(Q)$ ; baik $P$ maupun $Q$ subgrup Sylow- $p$ dari grup $N_G(Q)$ , sehingga keduanya saling konjugat di dalamnya (Teorema 1.19 diterapkan pada $N_G(Q)$ ); tetapi $Q \trianglelefteq N_G(Q)$ , jadi $Q$ satu-satunya konjugat dirinya di sana: $P = Q$ . Dengan demikian satu-satunya titik tetap adalah $P$ sendiri, dan Teorema 1.12 memberikan $n_p = \abs{\mathrm{Syl}_p} \equiv \abs{\mathrm{Syl}_p^P} = 1 \pmod p$ . ∎

Metode 1.21

Untuk menganalisis grup berorde $n = p^a m$ : daftarlah pembagi $m$ yang kongruen dengan $1$ modulo $p$ — itulah calon-calon bagi $n_p$ . Jika satu-satunya calon adalah $1$ , subgrup Sylow- $p$ bersifat normal. Jika $n_p > 1$ terpaksa bernilai kecil, gunakan aksi konjugasi pada $\mathrm{Syl}_p$ untuk memperoleh morfisma $G \to S_{n_p}$ berkernel kecil. Lalu hitunglah unsurnya: dua subgrup Sylow- $p$ berbeda yang berorde prima $p$ berpotongan trivial, jadi bersama-sama keduanya membawa $n_p(p-1)$ unsur yang ordenya tepat $p$ ; pencacahan yang tumpang tindih untuk beberapa bilangan prima sering memaksa munculnya kontradiksi (Latihan 1.7).

Contoh 1.22

Misalkan $\abs G = pq$ dengan $p < q$ bilangan prima dan $p \nmid q - 1$ . Maka $n_q \mid p$ dan $n_q \equiv 1 \bmod q$ memaksa $n_q = 1$ (karena $p < q$ ); $n_p \mid q$ dan $n_p \equiv 1 \bmod p$ memaksa $n_p = 1$ (karena $q \not\equiv 1 \bmod p$ ). Misalkan $P, Q$ dua subgrup Sylow normal itu: $P \cap Q = \{e\}$ (ordenya relatif prima), sehingga $\abs{PQ} = pq$ (Latihan 1.4) dan $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ menurut Proposisi 1.24 di bawah. Setiap grup berorde $15$ , $33$ , $35$ , … bersifat siklik. Kasus yang dikecualikan, $p \mid q - 1$ , menghasilkan tepat satu grup lagi yang tak abelian — lihat soal akhir pekan (Soal 1.1).

Contoh 1.23 (Sensus Sylow yang lengkap: $S_4$ )

Mari kita jalankan metode ini pada $G = S_4$ , $\abs G = 24 = 2^3\cdot3$ . Sylow $3$ : $n_3 \mid 8$ , $n_3 \equiv 1 \bmod 3$ , sehingga $n_3 \in \{1, 4\}$ ; karena $\langle(123)\rangle$ dan $\langle(124)\rangle$ berbeda, $n_3 = 4$ — keempat subgrup $\langle(abc)\rangle$ , satu untuk setiap himpunan bagian beranggota $3$ $\{a, b, c\}$ , mencakup ke- $8$ siklus tiga. Menurut Sylow II subgrup-subgrup itu saling konjugat, dan morfisma konjugasi $S_4 \to S_{\mathrm{Syl}_3} \cong S_4$ di sini merupakan isomorfisma (kernelnya termuat di $N = N_G(\langle(123)\rangle)$ yang berorde $24/4 = 6$ , dan subgrup normal dari $S_4$ di dalam grup serupa- $S_3$ ini, yaitu $N$ , haruslah trivial: ia akan terdiri atas permutasi genap yang menetapkan keempat subgrup Sylow, dan hanya $e$ yang berbuat demikian). Sylow $2$ : $n_2 \mid 3$ , $n_2 \equiv 1 \bmod 2$ : $n_2 \in \{1, 3\}$ . Subgrup $D = \langle(1234), (13)\rangle$ berorde $8$ (sebuah dihedral $D_4$ : simetri persegi dengan titik sudut $1, 2, 3, 4$ ), tidak normal ( $(12)(1234)(12) = (2134)$ membangun subgrup siklus- $4$ yang lain), sehingga $n_2 = 3$ : ketiga salinan $D_4$ bersesuaian dengan tiga cara memasangkan $4$ titik menjadi sebuah “persegi”. Perhatikan pelajaran dari sensus ini: $\abs{S_4} = 24$ menyisakan ruang bagi kedua Sylow untuk gagal normal, dan keduanya memang gagal — bandingkan dengan orde $12$ , yang pencacahannya memaksa salah satunya normal (Bagian IV dari Soal 1.1).

1.4 Hasil kali: langsung dan semilangsung

Proposisi 1.24 (Mengenali hasil kali langsung)

Misalkan $H, K \trianglelefteq G$ dengan $H \cap K = \{e\}$ dan $HK = G$ . Maka $(h,k) \mapsto hk$ adalah isomorfisma $H \times K \to G$ .

Bukti. Untuk $h \in H$ , $k \in K$ , komutator $hkh^{-1}k^{-1}$ terletak di $K$ (bacalah sebagai $(hkh^{-1})k^{-1}$ , dengan memakai kenormalan $K$ ) dan di $H$ (bacalah sebagai $h(kh^{-1}k^{-1})$ ): jadi ia sama dengan $e$ , sehingga $H$ dan $K$ komutatif unsur demi unsur dan pemetaan itu morfisma. Ia surjektif karena $HK = G$ , dan injektif karena $hk = e$ memberikan $h = k^{-1} \in H \cap K = \{e\}$ . ∎

Kenormalan kedua faktornyalah yang paling sering gagal: di $S_3 = \langle (1\,2\,3)\rangle \,\langle(1\,2)\rangle$ kedua faktor berpotongan trivial dan membangun seluruh grup, namun $S_3 \not\cong \Z/3\Z \times \Z/2\Z$ . Gagasan yang tepat ketika hanya satu faktor yang normal adalah:

Definisi 1.25

Misalkan $H$ , $K$ grup dan $\varphi \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ sebuah morfisma. Adapun hasil kali semilangsung $H \rtimes_\varphi K$ adalah himpunan $H \times K$ yang dilengkapi dengan

(h, k)\,(h', k') = \bigl(h\,\varphi(k)(h'),\; kk'\bigr).

Proposisi 1.26

$H \rtimes_\varphi K$ adalah grup; $H \times \{e\}$ subgrup normal yang isomorfik dengan $H$ , dan $\{e\} \times K$ subgrup yang isomorfik dengan $K$ ; keduanya berpotongan trivial dan membangun seluruh grup. Sebaliknya, jika $G = NK$ dengan $N \trianglelefteq G$ , $K \leq G$ dan $N \cap K = \{e\}$ , maka $G \cong N \rtimes_\varphi K$ untuk $\varphi(k) = (n \mapsto knk^{-1})$ .

Bukti. Pemeriksaan langsung: keasosiatifan menyusut menjadi $\varphi(kk') = \varphi(k)\circ\varphi(k')$ dan kenyataan bahwa setiap $\varphi(k)$ morfisma; identitasnya $(e,e)$ dan $(h,k)^{-1} = \bigl(\varphi(k^{-1})(h^{-1}), k^{-1}\bigr)$ . Proyeksi $(h,k) \mapsto k$ adalah morfisma pada $K$ dengan kernel $H \times \{e\}$ , yang karenanya normal. Sebaliknya: setiap $g \in G$ ditulis secara tunggal sebagai $nk$ dengan $n \in N$ , $k \in K$ (keberadaan: $G = NK$ ; ketunggalan: $nk = n'k'$ memberikan $n'^{-1}n = k'k^{-1} \in N \cap K$ ), dan

(nk)(n'k') = n\,(kn'k^{-1})\;kk'

menunjukkan bahwa $nk \mapsto (n, k)$ mengangkut operasi $G$ menjadi operasi $N \rtimes_\varphi K$ . ∎

Contoh 1.27

(a) Adapun grup dihedral $D_n$ ( $n \geq 3$ ), yang terdiri atas $2n$ simetri segi- $n$ beraturan: rotasinya membentuk subgrup normal berindeks $2$ , sembarang pencerminan membangun sebuah komplemen, dan mengonjugasikan sebuah rotasi dengan pencerminan membalik arahnya: $D_n \cong \Z/n\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ dengan $\varphi(1) = (x \mapsto -x)$ . (b) Grup afin sebuah garis, $\{x \mapsto ax + b : a \in K^\times,\, b \in K\} \cong K \rtimes K^\times$ : translasinya normal, homotetinya sebuah komplemen. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (komplemennya: sembarang transposisi). (d) Grup kuaternion $Q_8$ bukan hasil kali semilangsung dua subgrup sejati: setiap subgrup tak trivial memuat $-1$ (Soal 1.1), jadi tidak ada dua subgrup sejati yang berpotongan trivial.

1.5 Grup terselesaikan; kesederhanaan $A_n$

Definisi 1.28

Yang disebut komutator dari $x, y \in G$ adalah $[x,y] = xyx^{-1}y^{-1}$ ; subgrup komutator $D(G)$ adalah subgrup yang dibangun oleh semua komutator. Deret komutator adalah $D^0(G) = G$ , $D^{i+1}(G) = D(D^i(G))$ , dan $G$ disebut terselesaikan jika $D^n(G) = \{e\}$ untuk suatu $n$ .

Proposisi 1.29

$D(G)$ bersifat normal (bahkan stabil terhadap setiap automorfisma), $G/D(G)$ abelian, dan untuk $N \trianglelefteq G$ : $G/N$ abelian $\iff D(G) \subseteq N$ . Lebih lanjut, $G$ terselesaikan jika dan hanya jika ada rantai $G = G_0 \trianglerighteq G_1 \trianglerighteq \dots \trianglerighteq G_n = \{e\}$ dengan setiap $G_{i+1} \trianglelefteq G_i$ dan setiap kuosien $G_i/G_{i+1}$ abelian. Subgrup dan grup kuosien dari grup terselesaikan juga terselesaikan; sebaliknya, jika $N$ dan $G/N$ terselesaikan, maka $G$ pun terselesaikan.

Bukti. Sebuah automorfisma $\alpha$ memetakan $[x,y]$ ke $[\alpha x, \alpha y]$ : ia mempermutasikan komutator, sehingga mempertahankan subgrup yang dibangun olehnya; konjugasi adalah automorfisma, dari sinilah kenormalannya. Di $G/D(G)$ , $\bar x\bar y \bar x^{-1}\bar y^{-1} = \overline{[x,y]} = \bar e$ : grup kuosiennya abelian. Jika $G/N$ abelian maka setiap $[x,y] \in N$ , sehingga $D(G) \subseteq N$ ; sebaliknya jika $D(G) \subseteq N$ maka $G/N$ , yang merupakan grup kuosien dari $G/D(G)$ yang abelian menurut teorema isomorfisma ketiga, juga abelian.

Jika $G$ terselesaikan, deret komutatornya adalah rantai semacam itu. Sebaliknya, diberikan sebuah rantai, $D^i(G) \subseteq G_i$ dengan induksi: $G_i/G_{i+1}$ abelian memberikan $D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ , jadi $D^{i+1}(G) = D(D^i G) \subseteq D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ ; akibatnya $D^n(G) = \{e\}$ .

Sifat menurun: $D^i(H) \subseteq D^i(G)$ untuk $H \leq G$ (induksi), dan $D^i(G/N) = \pi(D^i(G))$ sebab $\pi$ memetakan komutator pada komutator; dari sini diperoleh pernyataan untuk subgrup dan grup kuosien. Perluasan: jika $D^m(G/N) = \{e\}$ maka $D^m(G) \subseteq N$ , dan $D^n(N) = \{e\}$ memberikan $D^{m+n}(G) = D^n(D^m(G)) \subseteq D^n(N) = \{e\}$ . ∎

Contoh 1.30

Grup abelian terselesaikan. Grup- $p$ terselesaikan, dengan induksi pada ordenya: $Z(G) \neq \{e\}$ dan $G/Z(G)$ adalah grup- $p$ yang lebih kecil. $S_3$ dan $S_4$ terselesaikan: $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$ , dengan $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ adalah grup Klein yang terdiri atas transposisi ganda (normal di $S_4$ : ia gabungan kelas konjugasi), dan kuosien-kuosiennya abelian: $\Z/2\Z$ , $\Z/3\Z$ , $V$ . Pada Bab 4, “persamaan umum berderajat $n$ terselesaikan dengan radikal” akan benar-benar berarti “ $S_n$ adalah grup terselesaikan”. Dari sinilah pentingnya definisi berikut.

Definisi 1.31

Grup $G \neq \{e\}$ disebut sederhana jika subgrup normalnya hanyalah $\{e\}$ dan $G$ . Grup sederhana yang tak abelian tidak terselesaikan: $D(G) \trianglelefteq G$ tidak sama dengan $\{e\}$ (sebab kalau tidak $G$ abelian), jadi $D(G) = G$ dan deret komutatornya konstan. Grup sederhana yang abelian tepat berupa $\Z/p\Z$ dengan $p$ prima (grup abelian sederhana jika dan hanya jika ia tak punya subgrup sejati yang tak trivial, jika dan hanya jika ia siklik berorde prima menurut Lagrange).

Lema 1.32

Untuk $n \geq 3$ , $A_n$ dibangun oleh siklus- $3$ ; untuk $n \geq 5$ , semua siklus- $3$ saling konjugat di dalam $A_n$ .

Bukti. Unsur $A_n$ adalah hasil kali sejumlah genap transposisi; pasangkanlah transposisi itu lalu gunakan (komposisi dari kanan ke kiri)

(a\,b)(c\,d) = (a\,c\,b)(a\,c\,d), \qquad (a\,b)(b\,c) = (a\,b\,c), \qquad (a\,b)(a\,b) = e

berturut-turut untuk pasangan yang saling lepas, yang bertindih dan yang sama: setiap pasangan transposisi adalah hasil kali siklus- $3$ .

Kekonjugatan: $\sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1} = (\sigma a\; \sigma b\; \sigma c)$ , jadi dua siklus- $3$ mana pun saling konjugat oleh suatu $\sigma \in S_n$ . Jika $\sigma$ ganjil, gantilah dengan $\sigma' = \sigma (d\,e)$ dengan $d, e$ dua titik di luar $\{a, b, c\}$ — keduanya ada karena $n \geq 5$ ; maka $\sigma'$ genap dan $\sigma'(a\,b\,c) \sigma'^{-1} = \sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1}$ , sebab $(d\,e)$ komutatif dengan $(a\,b\,c)$ . ∎

Teorema 1.33 (Kesederhanaan grup alternasi)

$A_n$ sederhana untuk $n \geq 5$ .

Bukti. Misalkan $N \trianglelefteq A_n$ , $N \neq \{e\}$ . Menurut Lema 1.32 cukup ditunjukkan bahwa $N$ memuat satu siklus- $3$ : kenormalan dan kekonjugatan siklus- $3$ di dalam $A_n$ lalu menempatkan semua siklus- $3$ di $N$ , jadi $N = A_n$ .

Untuk $\rho \in S_n$ tulis $F(\rho) = \{x : \rho(x) \neq x\}$ sebagai pendukungnya dan $f(\rho) = \abs{F(\rho)}$ . Pilihlah $\sigma \in N \setminus \{e\}$ dengan $f(\sigma)$ minimal. Perhatikan bahwa permutasi genap yang tak trivial mempunyai $f \geq 3$ , dan bahwa $f(\sigma) = 4$ mustahil bagi $\sigma \in A_n$ kecuali jika $\sigma$ transposisi ganda (siklus- $4$ bersifat ganjil). Kita tunjukkan bahwa $\sigma$ adalah siklus- $3$ .

Kasus A: $\sigma$ hasil kali transposisi yang saling lepas, katakanlah $\sigma = (a\,b)(c\,d)\cdots$ dengan $f(\sigma) \geq 4$ . Ambil $e' \notin \{a, b, c, d\}$ (bisa dilakukan karena $n \geq 5$ ), tetapkan $\tau = (c\,d\,e')$ dan

\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\,\sigma^{-1} \in N \qquad (\tau\sigma\tau^{-1} \in N \text{ menurut kenormalan}).

Karena $\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} = (\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d) = (d\;\sigma e'\;c)$ (memakai $\sigma c = d$ , $\sigma d = c$ ), diperoleh $\sigma' = (c\,d\,e')(d\;\sigma e'\;c)$ .

Jika $\sigma e' = e'$ (yang khususnya berlaku ketika $f(\sigma) = 4$ , yaitu $\sigma = (a\,b)(c\,d)$ ): maka $(d\,e'\,c) = (c\,d\,e')$ dan $\sigma' = (c\,d\,e')^2 = (c\,e'\,d)$ , sebuah siklus- $3$ yang terletak di $N$ , dengan $f(\sigma') = 3 < 4 \leq f(\sigma)$ — bertentangan dengan keminimalan.

Jika $\sigma e' \neq e'$ : maka $\sigma e' \notin \{a, b, c, d, e'\}$ (sebab $\sigma$ menukar $a,b$ dan $c,d$ , sedangkan $e' \notin \{a,b,c,d\}$ dan $\sigma$ injektif), jadi $\sigma$ menggerakkan keenam titik $a, b, c, d, e', \sigma e'$ : $f(\sigma) \geq 6$ . Di pihak lain $\sigma'$ , hasil kali dua siklus- $3$ yang pendukungnya di dalam $\{c, d, e', \sigma e'\}$ , memenuhi $f(\sigma') \leq 4$ ; dan $\sigma' \neq e$ , sebab $\sigma'(d) = \tau\sigma\tau^{-1}(c) = \tau\sigma(e') = \sigma e' \neq d$ ( $\tau$ menetapkan $\sigma e' \notin \{c,d,e'\}$ ). Jadi $\sigma' \in N \setminus\{e\}$ dengan $f(\sigma') \leq 4 < f(\sigma)$ : keminimalan dilanggar.

Kasus B: suatu siklus dari $\sigma$ berpanjang $\geq 3$ , katakanlah $\sigma(a) = b$ , $\sigma(b) = c$ dengan $a, b, c$ berbeda. Jika $\sigma$ tepat siklus- $3$ ini, pembuktian selesai. Jika tidak, $f(\sigma) \geq 5$ (kasus $f(\sigma) = 4$ dengan siklus berpanjang $\geq3$ berupa siklus- $4$ yang ganjil, dan sudah dikecualikan), sehingga kita boleh memilih $d, e' \in F(\sigma) \setminus \{a, b, c\}$ . Tetapkan $\tau = (c\,d\,e')$ dan $\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} \in N$ . Seperti sebelumnya $\sigma' = (c\,d\,e')\,(\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d)$ hanya menggerakkan titik-titik di

M = \{c, d, e'\} \cup \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\} \subseteq F(\sigma)

(peta dari titik yang bergerak ikut bergerak: $\sigma(x) \ne x$ mengakibatkan $\sigma(\sigma x) \neq \sigma x$ , karena $\sigma$ injektif). Selain itu $b \notin M$ : kelima titik $a, b, c, d, e'$ berbeda, jadi $b \notin \{c, d, e'\}$ ; sedangkan $b \in \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\}$ akan memaksa $a \in \{c, d, e'\}$ (terapkan $\sigma^{-1}$ , dengan memakai $\sigma a = b$ ), dan itu salah. Karena itu $\sigma'$ menetapkan $b$ , padahal $\sigma$ menggerakkan $b$ ; lagi pula $F(\sigma') \subseteq F(\sigma)$ . Akhirnya $\sigma' \neq e$ : $\sigma^{-1}(c) = b$ , $\tau^{-1}(b) = b$ , $\sigma(b) = c$ , $\tau(c) = d$ , sehingga $\sigma'(c) = d \neq c$ . Jadi $\sigma' \in N \setminus \{e\}$ dengan $f(\sigma') \leq f(\sigma) - 1$ , dan keminimalan kembali dilanggar.

Karena kedua kasus mustahil, $\sigma$ pastilah siklus- $3$ . ∎

Akibat 1.34

Untuk $n \geq 5$ : $A_n$ dan $S_n$ tidak terselesaikan, dan satu-satunya subgrup normal $S_n$ adalah $\{e\}$ , $A_n$ dan $S_n$ .

Bukti. $A_n$ sederhana dan tak abelian, sehingga tidak terselesaikan (Definisi 1.31); grup yang memuat subgrup tak terselesaikan juga tidak terselesaikan (Proposisi 1.29). Misalkan $N \trianglelefteq S_n$ : maka $N \cap A_n \trianglelefteq A_n$ sama dengan $\{e\}$ atau $A_n$ . Jika $N \cap A_n = A_n$ , maka $A_n \subseteq N$ dan $N \in \{A_n, S_n\}$ karena indeksnya. Jika $N \cap A_n = \{e\}$ , pembatasan pada $N$ dari proyeksi $S_n \to S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ bersifat injektif, jadi $\abs N \leq 2$ ; jika $N = \{e, \sigma\}$ , kenormalan membuat kelas konjugasi $\sigma$ sama dengan $\{\sigma\}$ , yakni $\sigma \in Z(S_n)$ . Padahal $Z(S_n) = \{e\}$ untuk $n \geq 3$ : jika $\sigma \ne e$ memindahkan $a$ ke $b \neq a$ , pilih $c \notin \{a, b\}$ ; maka $(b\,c)\sigma(b\,c)^{-1}$ mengirim $a$ ke $c \ne b$ , jadi ia berbeda dari $\sigma$ . Karena itu $N = \{e\}$ . ∎

Teorema 1.35 (Jordan–Hölder)

Setiap grup berhingga $G \neq \{e\}$ mempunyai deret komposisi

\{e\} = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_r = G, \qquad G_{i}/G_{i-1} \text{ sederhana},

dan multihimpunan faktor komposisi $G_i/G_{i-1}$ , sampai isomorfisma, tidak bergantung pada deret yang dipilih. Grup berhingga terselesaikan jika dan hanya jika semua faktor komposisinya siklik berorde prima.

Bukti. Keberadaan: induksi pada $\abs G$ . Jika $G$ sederhana, ambil $\{e\} \trianglelefteq G$ . Jika tidak, pilihlah subgrup normal sejati yang maksimal, sebutlah $N$ (subgrupnya berhingga banyaknya); $G/N$ sederhana menurut teorema korespondensi (subgrup normal sejati yang tak trivial dari $G/N$ akan terangkat menjadi subgrup normal $G$ yang terletak tepat di antara $N$ dan $G$ ). Tambahkan $N \trianglelefteq G$ pada deret komposisi milik $N$ .

Ketunggalan: induksi pada $\abs G$ , dengan kasus $G$ sederhana sudah jelas. Ambil dua deret komposisi, dengan suku kedua dari akhir $M \trianglelefteq G$ dan $N \trianglelefteq G$ (jadi $G/M$ , $G/N$ sederhana). Jika $M = N$ , simpulkan dengan induksi yang diterapkan pada $M$ . Jika tidak, $MN$ , yang normal di $G$ dan memuat $M$ secara sejati, sama dengan $G$ (sebab $M$ maksimal normal: subgrup normal apa pun dengan $M \subsetneq L \subsetneq G$ akan terpetakan menjadi subgrup normal sejati yang tak trivial dari $G/M$ yang sederhana). Teorema isomorfisma kedua memberikan

G/M = MN/M \cong N/(M \cap N), \qquad G/N = MN/N \cong M/(M \cap N).

Tetapkan $K = M \cap N$ ( $\trianglelefteq G$ ) lalu pilih sebuah deret komposisi bagi $K$ . Maka $M$ membawa dua deret komposisi: deret aslinya, dan deret $K$ yang disusul $K \trianglelefteq M$ (kuosiennya $M/K \cong G/N$ sederhana). Dengan induksi (yang diterapkan pada $M$ ), faktor deret asli $M$ adalah $\{\text{faktor } K\} \cup \{G/N\}$ ; demikian pula untuk $N$ . Karena itu kedua deret $G$ mempunyai faktor

\{\text{faktor } K\} \;\cup\; \{\,G/N,\; G/M\,\},

yaitu multihimpunan yang sama.

Keterselesaian: jika semua faktornya $\Z/p_i\Z$ , deret itu adalah rantai dengan kuosien abelian, jadi $G$ terselesaikan (Proposisi 1.29). Sebaliknya, faktor komposisi sebuah grup terselesaikan juga terselesaikan (ia grup kuosien dari sebuah subgrup) sekaligus sederhana; grup sederhana yang terselesaikan pastilah abelian ( $D(G) \ne G$ memaksa $D(G) = \{e\}$ ), jadi berupa $\Z/p\Z$ . ∎

Catatan 1.36

Jordan–Hölder mengatakan bahwa setiap grup berhingga dibangun dari grup sederhana, dengan daftar komponen yang terdefinisi dengan baik — sebuah aritmetika grup yang di dalamnya grup sederhana berperan sebagai bilangan prima, dan yang di dalamnya cara komponen itu direkatkan (data perluasan, seperti pada hasil kali semilangsung) menggantikan perkalian biasa. Klasifikasi grup sederhana berhingga — yang siklik $\Z/p\Z$ , yang alternasi $A_{n \geq 5}$ , enam belas keluarga bertipe Lie, dan $26$ grup sporadis — adalah salah satu monumen matematika abad kedua puluh; pembuktiannya, yang terbentang di sekitar sepuluh ribu halaman jurnal, jauh melampaui kuliah ini.

Kesepuluh subgrup dari grup dihedral D_4 = r, s r4 = s2 = e,\ srs-1 = r-1. Ketiga subgrup yang berindeks 2 (baris tengah) bersifat normal, demikian pula pusatnya r2 (yang disorot); keempat subgrup pencerminan terbagi atas dua kelas konjugasi beranggota dua. Rantai dari bawah ke atas memberikan deret komposisi, misalnya \e\ r2 r D_4: faktornya ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ — selalu multihimpunan yang sama, seperti yang dituntut Jordan–Hölder. — Kesepuluh subgrup dari grup dihedral $D_4 = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . Ketiga subgrup yang berindeks $2$ (baris tengah) bersifat normal, demikian pula pusatnya $\langle r^2\rangle$ (yang disorot); keempat subgrup pencerminan terbagi atas dua kelas konjugasi beranggota dua. Rantai dari bawah ke atas memberikan deret komposisi, misalnya $\{e\} \trianglelefteq \langle r^2\rangle \trianglelefteq \langle r\rangle \trianglelefteq D_4$ : faktornya $\Z/2\Z, \Z/2\Z, \Z/2\Z$ — selalu multihimpunan yang sama, seperti yang dituntut Jordan–Hölder.

1.6 Latihan

Latihan 1.1 ★

(a) Tunjukkan bahwa setiap subgrup berindeks $2$ bersifat normal. (b) Tunjukkan bahwa jika $[G : H] = 2$ , maka $x^2 \in H$ untuk setiap $x \in G$ . (c) Simpulkan bahwa $A_4$ tidak mempunyai subgrup berorde $6$ : konvers teorema Lagrange gagal. (Hitunglah kuadrat siklus- $3$ .)

Solusi

Solusi Latihan 1.1.

(a) Misalkan $[G:H] = 2$ . Untuk $g \in H$ , $gH = H = Hg$ . Untuk $g \notin H$ : kedua koset kirinya adalah $H$ dan $gH$ , jadi $gH = G \setminus H$ ; demikian pula $Hg = G \setminus H$ . Karena itu $gH = Hg$ untuk setiap $g$ : $H \trianglelefteq G$ .

(b) Menurut (a), $G/H$ adalah grup berorde $2$ ; kelas $\bar x$ memenuhi $\bar x^2 = \bar e$ , yaitu $x^2 \in H$ .

(c) Andaikan $H \leq A_4$ dengan $\abs H = 6$ , sehingga berindeks $2$ . Menurut (b), $\sigma^2 \in H$ untuk setiap $\sigma \in A_4$ . Setiap siklus- $3$ merupakan kuadrat semacam itu: jika $\sigma^3 = e$ maka $\sigma = \sigma^4 = (\sigma^2)^2$ . Jadi $H$ memuat kedelapan siklus- $3$ dari $A_4$ : $\abs H \geq 8 > 6$ , sebuah kontradiksi. (Kebalikan teorema Lagrange gagal pada kesempatan yang paling pertama: $6 \mid 12$ .)

Latihan 1.2 ★

Tunjukkan bahwa jika $G/Z(G)$ siklik maka $G$ abelian. Simpulkan lagi bahwa setiap grup berorde $p^2$ abelian, lalu tampilkan, untuk setiap bilangan prima $p$ , sebuah grup tak abelian berorde $p^3$ . (Pikirkan matriks segitiga atas dengan diagonal satuan atas $\mathbb F_p$ .)

Solusi

Solusi Latihan 1.2.

Katakanlah $G/Z(G) = \langle gZ(G) \rangle$ . Setiap $x \in G$ lalu ditulis $x = g^k z$ dengan $k \in \Z$ , $z \in Z(G)$ . Untuk $x = g^kz$ , $y = g^l z'$ :

xy = g^k z\, g^l z' = g^{k+l} z z' = g^l z'\, g^k z = yx,

unsur pusat komutatif dengan segalanya: jadi $G$ abelian.

Orde $p^2$ : $Z(G) \neq \{e\}$ (Teorema 1.12), sehingga $\abs{Z(G)} \in \{p, p^2\}$ . Seandainya nilainya $p$ , maka $G/Z(G)$ akan berorde $p$ , sehingga siklik, dan itu memaksa $G$ abelian serta $Z(G) = G$ berorde $p^2$ — kontradiksi. Jadi $Z(G) = G$ .

Tak abelian berorde $p^3$ : grup Heisenberg

H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \leq GL_3(\mathbb F_p),

berorde $p^3$ (pemilihan $a, b, c$ bebas; ketertutupan dan inversnya lewat perhitungan langsung). Grup ini tak abelian: kedua matriks elementer $I + E_{12}$ dan $I + E_{23}$ mempunyai komutator $I + E_{13} \neq I$ .

Latihan 1.3 ★

(a) Tunjukkan bahwa $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ . (b) Tunjukkan bahwa automorfisma dalam $\iota_g \colon x \mapsto gxg^{-1}$ membentuk subgrup normal $\operatorname{Inn}(G) \trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$ , dengan $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ .

Solusi

Solusi Latihan 1.3.

(a) Sebuah morfisma $f \colon \Z/n\Z \to \Z/n\Z$ ditentukan oleh $k = f(\bar 1)$ (lalu $f(\bar m) = m\bar k$ ), dan setiap $\bar k$ mendefinisikan satu morfisma. Ia bijektif jika dan hanya jika $\bar k$ membangun $\Z/n\Z$ , yaitu jika $\gcd(k,n) = 1$ , yaitu jika $\bar k \in (\Z/n\Z)^\times$ . Komposisi bersesuaian dengan perkalian: $f_k \circ f_l = f_{kl}$ . Karena itu $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ .

(b) Pemetaan $\iota\colon G \to \operatorname{Aut}(G)$ , $g \mapsto \iota_g$ , adalah morfisma: $\iota_g \circ \iota_h = \iota_{gh}$ . Petanya $\operatorname{Inn}(G)$ ; kernelnya $\{g : gxg^{-1} = x\ \forall x\} = Z(G)$ . Teorema isomorfisma pertama memberikan $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ . Kenormalan di dalam $\operatorname{Aut}(G)$ : untuk $\alpha \in \operatorname{Aut}(G)$ ,

(\alpha \circ \iota_g \circ \alpha^{-1})(x) = \alpha\bigl(g\,\alpha^{-1}(x)\,g^{-1}\bigr) = \alpha(g)\, x\, \alpha(g)^{-1} = \iota_{\alpha(g)}(x).

Latihan 1.4 ★★

Misalkan $H, K$ subgrup sebuah grup berhingga $G$ . (a) Buktikan rumus hasil kali $\abs{HK}\,\abs{H\cap K} = \abs H\, \abs K$ , dengan mencacah serat pemetaan $H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ . (b) Tunjukkan bahwa $HK$ subgrup jika dan hanya jika $HK = KH$ (yang otomatis jika salah satu dari keduanya normal). (c) Jika $H, K \trianglelefteq G$ dan $H \cap K = \{e\}$ , tunjukkan bahwa $hk = kh$ untuk setiap $h \in H$ , $k \in K$ .

Solusi

Solusi Latihan 1.4.

(a) Tinjau $\mu \colon H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ , yang surjektif menurut definisi. Tetapkan $h_0k_0 \in HK$ : maka $hk = h_0k_0 \iff h_0^{-1}h = k_0 k^{-1} \in H \cap K$ . Dengan menulis $u = h_0^{-1}h$ , serat dari $h_0k_0$ adalah $\{(h_0u,\, u^{-1}k_0) : u \in H \cap K\}$ , yang berkardinalitas $\abs{H \cap K}$ . Karena itu $\abs H\,\abs K = \abs{H\times K} = \abs{HK}\,\abs{H \cap K}$ .

(b) Jika $HK$ subgrup: $KH \subseteq HK$ karena $kh = \bigl(h^{-1}k^{-1}\bigr)^{-1} \in (HK)^{-1} = HK$ ; dan $HK \subseteq KH$ dengan mengambil invers pada $HK = (HK)^{-1} \subseteq (KH)^{-1}\dots$ lebih langsung lagi, untuk $hk \in HK$ berlaku $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH$ , jadi $HK = (HK)^{-1} \subseteq KH$ ; kedua inklusi memberikan $HK = KH$ . Sebaliknya jika $HK = KH$ : ketertutupan, $(hk)(h'k') = h(kh')k' \in h(HK)k' = (hH)(Kk') \subseteq HK$ ; invers, $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH = HK$ ; dan $e \in HK$ : jadi subgrup. Jika misalnya $K \trianglelefteq G$ , maka $hK = Kh$ untuk setiap $h$ , sehingga $HK = KH$ secara otomatis.

(c) Untuk $h \in H$ , $k \in K$ , komutator $[h,k] = hkh^{-1} k^{-1}$ sama dengan $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ ( $K$ normal) dan dengan $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ ( $H$ normal), sehingga terletak di $H \cap K = \{e\}$ : jadi $hk = kh$ .

Latihan 1.5 ★★

(Lema pencacahan Burnside) Sebuah grup berhingga $G$ beraksi pada himpunan berhingga $X$ . Tunjukkan bahwa banyaknya orbit sama dengan rata-rata banyak titik tetap:

\#\{\text{orbit}\} = \frac{1}{\abs G}\sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)}, \qquad \operatorname{Fix}(g) = \{x \in X : g \cdot x = x\},

dengan mencacah himpunan $\{(g,x) : g\cdot x = x\}$ dengan dua cara. Penerapan: $\Z/p\Z$ ( $p$ prima) beraksi melalui rotasi pada kalung berisi $p$ manik dengan $a$ warna yang tersedia; simpulkan teorema kecil Fermat $a^p \equiv a \pmod p$ .

Solusi

Solusi Latihan 1.5.

Cacahlah $E = \{(g,x) \in G \times X : g \cdot x = x\}$ dengan dua cara:

\abs E = \sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)} = \sum_{x \in X} \abs{G_x} = \sum_{x \in X} \frac{\abs G}{\abs{\mathcal O_x}} = \abs G \sum_{\mathcal O \text{ orbit}} \sum_{x \in \mathcal O} \frac{1}{\abs{\mathcal O}} = \abs G \cdot \#\{\text{orbit}\},

dengan memakai orbit–stabilisator ( $\abs{G_x} = \abs G/\abs{\mathcal O_x}$ ) dan pemartisian atas orbit.

Kalung: misalkan $X$ himpunan semua pemetaan $\Z/p\Z \to \{1, \dots, a\}$ (pewarnaan atas $p$ posisi), $\abs X = a^p$ , dengan $\Z/p\Z$ beraksi melalui rotasi. Identitasnya menetapkan seluruh $a^p$ pewarnaan. Rotasi $\bar k \neq \bar 0$ membangun $\Z/p\Z$ (sebab $p$ prima), jadi pewarnaan yang ditetapkannya invarian terhadap semua rotasi, sehingga konstan: ada $a$ pewarnaan tetap. Burnside memberikan

\#\{\text{orbit}\} = \frac{a^p + (p-1)a}{p} \in \N ,

jadi $p \mid a^p + (p-1)a$ , yaitu $p \mid a^p - a$ : teorema kecil Fermat, murni lewat pencacahan.

Latihan 1.6 ★

Dengan memakai teorema Sylow, tunjukkan bahwa setiap grup berorde $15$ siklik dan bahwa setiap grup berorde $45$ abelian.

Solusi

Solusi Latihan 1.6.

Orde $15 = 3 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ dan $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ memaksa $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 3$ dan $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ memaksa $n_5 = 1$ . Kedua subgrup Sylow $P_3, P_5$ normal, berpotongan trivial (ordenya relatif prima), dan $\abs{P_3P_5} = 15$ (Latihan 1.4(a)): menurut Proposisi 1.24, $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (sisa Tiongkok).

Orde $45 = 3^2 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ memberikan $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 9$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ memberikan $n_5 = 1$ . Jadi $G \cong P_3 \times P_5$ dengan $\abs{P_3} = 9 = 3^2$ dan $\abs{P_5} = 5$ : keduanya abelian (Teorema 1.12 untuk $p^2$ ; orde prima berarti siklik), sehingga $G$ pun abelian.

Latihan 1.7 ★★

Tunjukkan bahwa tidak ada grup berorde $30$ , dan tidak ada pula yang berorde $56$ , yang sederhana. (Untuk $30$ : jika $n_3 \neq 1$ dan $n_5 \neq 1$ , hitunglah unsur berorde $3$ dan $5$ . Untuk $56$ : hitunglah unsur berorde $7$ .)

Solusi

Solusi Latihan 1.7.

Orde $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ . $n_5 \mid 6$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ ; $n_3 \mid 10$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 10\}$ . Andaikan $G$ sederhana, sehingga $n_5 = 6$ dan $n_3 = 10$ . Dua subgrup berbeda yang berorde prima $p$ berpotongan trivial (irisannya subgrup sejati dari $\Z/p\Z$ ), jadi keenam subgrup Sylow- $5$ membawa $6 \times 4 = 24$ unsur berorde $5$ , dan kesepuluh subgrup Sylow- $3$ membawa $10 \times 2 = 20$ unsur berorde $3$ : $24 + 20 = 44 > 30 - 1$ unsur bukan identitas — mustahil. Jadi $n_5 = 1$ atau $n_3 = 1$ : ada subgrup Sylow yang normal.

Orde $56 = 2^3 \cdot 7$ . $n_7 \mid 8$ , $n_7 \equiv 1 \pmod 7$ : $n_7 \in \{1, 8\}$ . Jika $n_7 = 8$ , subgrup Sylow- $7$ membawa $8 \times 6 = 48$ unsur berorde $7$ , sehingga tersisa tepat $56 - 48 = 8$ unsur lain. Subgrup Sylow- $2$ berorde $8$ dan terdiri atas unsur-unsur itu, jadi ia sama dengan himpunan tersebut: $n_2 = 1$ . Entah $n_7 = 1$ entah $n_2 = 1$ : tak pernah sederhana.

Latihan 1.8 ★★

(a) Misalkan $H \leq G$ berindeks $n$ . Tunjukkan bahwa aksi $G$ pada $G/H$ melahirkan morfisma $G \to S_n$ yang kernelnya $\bigcap_{g \in G} gHg^{-1}$ adalah subgrup normal terbesar dari $G$ yang termuat di $H$ . (b) Simpulkan: jika $G$ berhingga dan $p$ pembagi prima terkecil dari $\abs G$ , maka setiap subgrup berindeks $p$ bersifat normal. (c) Tunjukkan bahwa setiap aksi transitif $G$ pada himpunan $X$ isomorfik dengan aksi pada sebuah ruang koset: ada bijeksi $X \to G/G_x$ yang komutatif dengan kedua aksi.

Solusi

Solusi Latihan 1.8.

(a) Aksi $g \cdot xH = gxH$ memberikan morfisma $\rho \colon G \to \mathfrak S(G/H) \cong S_n$ . Kernelnya adalah

\ker\rho = \{g : \forall x \in G,\ gxH = xH\} = \{g : \forall x,\ x^{-1}gx \in H\} = \bigcap_{x \in G} xHx^{-1},

yaitu subgrup normal (sebuah kernel) yang termuat di $H$ (ambil $x = e$ ). Jika $N \trianglelefteq G$ dan $N \subseteq H$ , maka untuk setiap $x$ : $N = xNx^{-1} \subseteq xHx^{-1}$ , sehingga $N \subseteq \ker\rho$ : jadi kernel itulah yang terbesar.

(b) Misalkan $[G:H] = p$ , pembagi prima terkecil dari $\abs G$ , dan $K = \ker\rho \subseteq H$ . Maka $G/K$ terbenam di $S_p$ , sehingga $[G:K]$ membagi $p!$ . Selain itu $[G:K] = [G:H]\,[H:K] = p\,[H:K]$ , jadi $[H:K]$ membagi $(p-1)!$ . Padahal $[H:K]$ membagi $\abs G$ , yang semua pembagi primanya $\geq p$ , sedangkan pembagi prima $(p-1)!$ semuanya $< p$ : karena itu $[H:K] = 1$ , yakni $H = K = \ker \rho$ bersifat normal.

(c) Misalkan aksinya transitif dan $x \in X$ . Pemetaan $\Phi \colon G/G_x \to X$ , $gG_x \mapsto g \cdot x$ , terdefinisi dengan baik dan bijektif (orbit–stabilisator; orbitnya seluruh $X$ ), dan ia menganyam kedua aksi: $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) = (hg) \cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$ .

Latihan 1.9 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $D(G)$ adalah subgrup normal terkecil dari $G$ yang kuosiennya abelian, dan bahwa setiap morfisma dari $G$ ke sebuah grup abelian terfaktorkan secara tunggal melalui abelianisasi $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ . (b) Hitunglah $D(S_n)$ dan $S_n^{\mathrm{ab}}$ untuk $n \geq 2$ , serta $D(Q_8)$ dan $Q_8^{\mathrm{ab}}$ .

Solusi

Solusi Latihan 1.9.

(a) $D(G)$ normal dengan kuosien abelian (Proposisi 1.29); dan jika $N \trianglelefteq G$ mempunyai $G/N$ abelian, proposisi yang sama memberikan $D(G) \subseteq N$ : jadi $D(G)$ yang terkecil. Sifat universalnya: misalkan $f \colon G \to A$ dengan $A$ abelian. Maka $f([x,y]) = [f(x), f(y)] = e$ , sehingga $D(G) \subseteq \ker f$ , dan Teorema 1.3 memfaktorkan $f = \bar f \circ \pi$ melalui $G^{\mathrm{ab}}$ , secara tunggal karena $\pi$ surjektif.

(b) Komutator adalah permutasi genap, jadi $D(S_n) \subseteq A_n$ . Sebaliknya setiap siklus- $3$ merupakan komutator:

\bigl[(a\,b),\,(a\,c)\bigr] = (a\,b)(a\,c)(a\,b)(a\,c) = (a\,b\,c),

(periksa langsung pada $a, b, c$ ), dan siklus- $3$ membangun $A_n$ (Lema 1.32): jadi $D(S_n) = A_n$ untuk $n \geq 3$ , dan $S_n^{\mathrm{ab}} \cong S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ . (Untuk $n = 2$ : $S_2$ abelian, $D(S_2) = \{e\}$ , $S_2^{\mathrm{ab}} = S_2 \cong \Z/2\Z$ — rumus $S_n^{\mathrm{ab}} \cong \Z/2\Z$ berlaku untuk setiap $n \geq 2$ .)

$Q_8$ : kuosien $Q_8/\{\pm 1\}$ berorde $4$ , sehingga abelian, jadi $D(Q_8) \subseteq \{\pm 1\}$ ; dan $[\mathrm i, \mathrm j] = \mathrm i \mathrm j \mathrm i^{-1}\mathrm j^{-1} = \mathrm i\mathrm j(-\mathrm i)(-\mathrm j) = (\mathrm i \mathrm j)^2 = \mathrm k^2 = -1$ , sehingga $D(Q_8) = \{\pm 1\}$ dan $Q_8^{\mathrm{ab}} \cong (\Z/2\Z)^2$ (berorde $4$ , bereksponen $2$ : kelas $\mathrm i, \mathrm j$ berkuadrat $\bar 1$ ).

Latihan 1.10 ★★

Misalkan $G$ sebuah grup- $p$ dan $H \subsetneq G$ subgrup sejati. Tunjukkan bahwa $H \subsetneq N_G(H)$ (“normalisator tumbuh”), lalu simpulkan bahwa setiap subgrup maksimal dari grup- $p$ bersifat normal dan berindeks $p$ . (Induksi pada $\abs G$ , dengan memakai $Z(G) \neq \{e\}$ : tinjaulah secara terpisah $Z(G) \subseteq H$ dan $Z(G) \not\subseteq H$ .)

Solusi

Solusi Latihan 1.10.

Induksi pada $\abs G$ ; untuk $\abs G = p$ satu-satunya subgrup sejati adalah $H = \{e\}$ , dan $N_G(\{e\}) = G \supsetneq \{e\}$ . Misalkan $Z = Z(G) \neq \{e\}$ (Teorema 1.12).

Jika $Z \not\subseteq H$ : pilih $z \in Z \setminus H$ ; unsur $z$ komutatif dengan $H$ , jadi $zHz^{-1} = H$ dan $z \in N_G(H) \setminus H$ .

Jika $Z \subseteq H$ : beralihlah ke $\bar G = G/Z$ , yaitu grup- $p$ yang lebih kecil, dan $\bar H = H/Z \subsetneq \bar G$ (teorema korespondensi). Dengan induksi, $N_{\bar G}(\bar H) \supsetneq \bar H$ ; pilih $\bar g \in N_{\bar G}(\bar H) \setminus \bar H$ beserta angkatnya $g$ . Maka $g \notin H$ , dan $gHg^{-1} \subseteq HZ = H$ : memang $\overline{ghg^{-1}} = \bar g \bar h \bar g^{-1} \in \bar H$ berarti $ghg^{-1} \in HZ = H$ (sebab $Z \subseteq H$ ). Jadi $g \in N_G(H)\setminus H$ .

Subgrup maksimal: jika $M$ maksimal, $N_G(M) \supsetneq M$ memaksa $N_G(M) = G$ : jadi $M \trianglelefteq G$ . Maka $G/M$ adalah grup- $p$ tanpa subgrup sejati yang tak trivial (korespondensi ditambah kemaksimalan). Ambil $\bar x \neq \bar e$ di $G/M$ , berorde $p^k$ ; maka $\bar x^{p^{k-1}}$ membangun subgrup berorde $p$ , yang tentu seluruhnya: $\abs{G/M} = p$ .

Latihan 1.11 ★★★

(Kesederhanaan $A_5$ , secara langsung) (a) Tunjukkan bahwa kelas konjugasi $A_5$ berkardinalitas $1$ , $15$ , $20$ , $12$ , $12$ . Perhatikan baik-baik terpecahnya kelas- $S_5$ dari siklus- $5$ : untuk sebuah siklus- $5$ $\sigma$ , bandingkan sentralisator $\sigma$ di $S_5$ dan di $A_5$ . (b) Simpulkan bahwa $A_5$ sederhana: subgrup normal adalah gabungan kelas konjugasi, memuat $e$ , dan kardinalitasnya membagi $60$ . (c) Tunjukkan bahwa grup sederhana berorde $60$ pastilah mempunyai $n_5 = 6$ .

Solusi

Solusi Latihan 1.11.

(a) $\abs{A_5} = 60$ . Tipe siklus di $A_5$ : $e$ ; transposisi ganda, ada $\frac{1}{2}\binom{5}{1}\binom{4}{2}\cdot 1 = 15$ buah ( $5 \cdot 3$ cara: pilih titik tetapnya, lalu pasangkan sisanya); siklus- $3$ , ada $\frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3} = 20$ ; siklus- $5$ , ada $4! = 24$ .

Sebuah kelas $S_5$ yang termuat di $A_5$ entah tetap satu kelas- $A_5$ entah terpecah dua, bergantung pada apakah sentralisator- $S_5$ dari sebuah unsur memuat permutasi ganjil ( $\abs{\text{kelas di }A_5} = 60/\abs{Z_{A_5}(\sigma)}$ dan $Z_{A_5} = Z_{S_5} \cap A_5$ ). Untuk $\sigma = (1\,2)(3\,4)$ : $\abs{Z_{S_5}(\sigma)} = 120/15 = 8$ , dan $(1\,2) \in Z_{S_5}(\sigma)$ ganjil, jadi $\abs{Z_{A_5}} = 4$ dan kelasnya beranggota $60/4 = 15$ unsur: tanpa pemecahan. Untuk $\sigma = (1\,2\,3)$ : $Z_{S_5}(\sigma) \supseteq \langle \sigma \rangle \times \langle (4\,5)\rangle$ , berorde $6 = 120/20$ , sehingga keduanya sama; kelompok ini memuat $(4\,5)$ yang ganjil: kelasnya $60/3 = 20$ : tanpa pemecahan. Untuk $\sigma$ berupa siklus- $5$ : $Z_{S_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ (berorde $120/24 = 5$ ), semuanya genap: $Z_{A_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ dan kelas- $A_5$ beranggota $60/5 = 12$ unsur — jadi $24$ siklus lima terpecah menjadi dua kelas beranggota $12$ . Ukuran kelasnya: $1, 15, 20, 12, 12$ .

(b) Subgrup normal $N$ adalah gabungan kelas konjugasi yang memuat $\{e\}$ , dengan $\abs N \mid 60$ . Jumlah yang mungkin, $1 + (\text{himpunan bagian dari } \{15, 20, 12, 12\})$ , adalah

1,\ 13,\ 13,\ 16,\ 21,\ 25,\ 28,\ 28,\ 33,\ 36,\ 40,\ 40,\ 45,\ 48,\ 48,\ 60 ;

dan satu-satunya pembagi $60$ dalam daftar itu adalah $1$ dan $60$ : jadi $N = \{e\}$ atau $A_5$ .

(c) Misalkan $G$ sederhana dengan $\abs G = 60$ . $n_5 \mid 12$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ . Nilai $n_5 = 1$ akan membuat subgrup Sylow- $5$ normal, dan itu bertentangan dengan kesederhanaan ( $1 < 5 < 60$ ). Karena itu $n_5 = 6$ .

Latihan 1.12 ★★

(Normalisator subgrup Sylow menormalkan dirinya sendiri) Misalkan $P$ subgrup Sylow- $p$ dari grup berhingga $G$ dan $H = N_G(P)$ . (a) Tunjukkan bahwa $P$ adalah subgrup Sylow- $p$ tunggal dari $H$ . (b) Simpulkan $N_G(H) = H$ . (Untuk $g \in N_G(H)$ : $gPg^{-1}$ adalah subgrup Sylow- $p$ dari $H$ , jadi $gPg^{-1} = P$ .) (c) Simpulkan bahwa tidak ada normalisator Sylow yang termuat di subgrup normal sejati dari $G$ , dan bahwa subgrup maksimal yang memuat $N_G(P)$ menormalkan dirinya sendiri.

Solusi

Solusi Latihan 1.12.

(a) $P$ normal di $H = N_G(P)$ menurut definisi normalisator, dan ia subgrup Sylow- $p$ dari $H$ (ordenya sudah merupakan seluruh bagian- $p$ dari $\abs G$ , apalagi dari $\abs H$ ). Subgrup Sylow yang normal bersifat tunggal: yang lain akan konjugat dengannya (Sylow II di dalam $H$ ), sehingga sama dengannya.

(b) Misalkan $g \in N_G(H)$ . Maka $gPg^{-1} \subseteq gHg^{-1} = H$ adalah subgrup $H$ yang berorde sama dengan $P$ : jadi subgrup Sylow- $p$ dari $H$ , sehingga $gPg^{-1} = P$ menurut (a). Dengan demikian $g \in N_G(P) = H$ : $N_G(H) \subseteq H$ , dan inklusi sebaliknya trivial.

(c) Andaikan $H \subseteq N \trianglelefteq G$ dengan $N$ sejati. Di sini $P$ subgrup Sylow- $p$ dari $N$ ; untuk sembarang $g \in G$ , $gPg^{-1} \subseteq N$ juga demikian, jadi $gPg^{-1} = nPn^{-1}$ untuk suatu $n \in N$ (Sylow II di dalam $N$ ), sehingga $n^{-1}g \in N_G(P) \subseteq N$ dan $g \in N$ : jadi $N = G$ , kontradiksi (inilah argumen Frattini). Untuk subgrup maksimal $M \supseteq N_G(P)$ : $N_G(M) \supseteq M$ sama dengan $M$ atau $G$ ; jika $G$ , maka $M \trianglelefteq G$ adalah subgrup normal sejati yang memuat $N_G(P)$ — dan itu sudah dikecualikan pada butir sebelumnya. Jadi $N_G(M) = M$ .

1.7 Soal: grup berorde tak lebih dari 15

Soal 1.1

Soal akhir pekan — klasifikasi grup kecil

Tujuannya adalah klasifikasi lengkap, beserta bukti penuh, atas grup berorde $\leq 15$ sampai isomorfisma. Orde $1, 2, 3, 5, 7, 11, 13$ sudah tuntas menurut Lagrange (siklik), dan orde $4$ serta $9$ menurut Teorema 1.12 ditambah analisis di bawah untuk $p^2$ : tersisa $6, 8, 10, 12, 14, 15$ .

Bagian I — Perkakas.

Tunjukkan bahwa grup yang setiap unsurnya memenuhi $x^2 = e$ bersifat abelian; simpulkan bahwa grup berhingga semacam itu berorde $2^k$ dan isomorfik dengan $(\Z/2\Z)^k$ . (Pandanglah ia sebagai ruang vektor atas $\mathbb F_2$ .)
Tunjukkan bahwa grup berorde $p^2$ isomorfik dengan $\Z/p^2\Z$ atau $(\Z/p\Z)^2$ . Daftarlah grup abelian berorde $8$ sampai isomorfisma: $\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z \times \Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ — buktikan bahwa daftar itu lengkap dan tanpa pengulangan tanpa memakai teorema struktur pada Bab 3 (uraikan menurut orde terbesar sebuah unsur).
Misalkan $\varphi, \varphi' \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ dua aksi. Tunjukkan bahwa jika $\varphi' = \varphi \circ \alpha$ dengan $\alpha \in \operatorname{Aut}(K)$ , maka $H \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ .
Tentukan $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z)$ untuk $n = 3, 4, 5, 7$ secara eksplisit, dan tunjukkan $\operatorname{Aut}\bigl((\Z/2\Z)^2 \bigr) \cong S_3$ .

Bagian II — Orde $2p$ ( $6$ , $10$ , $14$ ) dan $pq$ .

Misalkan $\abs G = 2p$ dengan $p$ bilangan prima ganjil. Tunjukkan bahwa $G$ mempunyai subgrup normal $N = \langle r \rangle$ berorde $p$ dan sebuah unsur $s$ berorde $2$ di luar $N$ .
Simpulkan $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ , dengan $\varphi(1) \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ sebuah involusi, lalu simpulkan: $G \cong \Z/2p\Z$ atau $G \cong D_p$ ; periksa bahwa keduanya tidak isomorfik. Ini menuntaskan orde $6$ , $10$ , $14$ .
Secara lebih umum, misalkan $\abs G = pq$ dengan $p < q$ bilangan prima. Tunjukkan bahwa jika $p \nmid q-1$ maka $G$ siklik (Contoh 1.22), dan bahwa jika $p \mid q - 1$ maka, selain $\Z/pq\Z$ , ada tepat satu grup tak abelian $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ sampai isomorfisma — pakailah pertanyaan 3 dan kenyataan bahwa $\operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong (\Z/q\Z)^\times$ siklik berorde $q - 1$ , yang di sini diterima tanpa bukti dan dibuktikan pada Bab 4 (kesiklikan $\mathbb F_q^\times$ ). Simpulkan untuk orde $15$ .

Bagian III — Orde $8$ . Misalkan $G$ tak abelian dan berorde $8$ .

Tunjukkan bahwa $G$ mempunyai unsur $r$ berorde $4$ (pakailah pertanyaan 1) dan bahwa $N = \langle r\rangle$ normal.
Misalkan $s \notin N$ . Tunjukkan bahwa $s^2 \in N$ (Latihan 1.1(b)), bahwa $srs^{-1} = r^{-1}$ (periksalah peta $r$ yang mungkin di bawah konjugasi, yang harus berorde 4, lalu kecualikan $srs^{-1} = r$ ), dan bahwa $s^2 \in \{e, r^2\}$ (apa yang terjadi jika $s^2 = r$ atau $r^3$ ? dan mengapa $s^2$ harus komutatif dengan $s$ ?).
Dalam kasus $s^2 = e$ , tunjukkan $G \cong D_4$ .
Dalam kasus $s^2 = r^2$ , tunjukkan bahwa tabel perkaliannya sepenuhnya tertentu; grup yang dihasilkan adalah grup kuaternion $Q_8 = \{\pm 1, \pm \mathrm i, \pm \mathrm j, \pm \mathrm k\}$ , $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = \mathrm k^2 = \mathrm i\, \mathrm j\,\mathrm k = -1$ (ambil $r = \mathrm i$ , $s = \mathrm j$ ). Pastikan bahwa $Q_8$ memang ada, misalnya di dalam $GL_2(\C)$ melalui

$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.$
Tunjukkan bahwa setiap subgrup tak trivial dari $Q_8$ memuat $-1$ ; simpulkan bahwa setiap subgrup $Q_8$ normal, bahwa $D_4 \not\cong Q_8$ (hitunglah unsur berorde $2$ ), dan bahwa $Q_8$ bukan hasil kali semilangsung dua subgrup sejati.

Bagian IV — Orde $12$ . Misalkan $\abs G = 12$ , $P_3 \in \mathrm{Syl}_3(G)$ , $P_2 \in \mathrm{Syl}_2(G)$ .

Tunjukkan $n_3 \in \{1, 4\}$ , $n_2 \in \{1, 3\}$ , dan bahwa $n_3 = 4$ memaksa $n_2 = 1$ (hitunglah unsur berorde $3$ ).
Andaikan $n_3 = 4$ . Aksi konjugasi pada $\mathrm{Syl}_3$ memberikan $\rho \colon G \to S_4$ . Tunjukkan bahwa $\ker \rho$ , yang termuat di setiap $N_G(P_3)$ sehingga ordenya membagi $3$ , bersifat trivial (mengapa ia tidak boleh berorde $3$ ?); bahwa petanya, yaitu subgrup berorde $12$ dari $S_4$ , pastilah $A_4$ (subgrup berindeks 2 bersifat normal dan memuat semua kuadrat — Latihan 1.1; hitunglah kuadrat di $S_4$ ); lalu simpulkan $G \cong A_4$ .
Andaikan $n_3 = 1$ , sehingga $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ dengan $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) \cong \Z/2\Z$ . Cacahlah semua kasusnya: $\varphi$ trivial melahirkan $\Z/12\Z$ dan $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ ; $P_2 = \Z/4\Z$ dengan $\varphi$ surjektif melahirkan grup disiklik $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ ; $P_2 = (\Z/2\Z)^2$ dengan $\varphi$ surjektif melahirkan, sampai kesetaraan pada pertanyaan 3, satu grup saja — tunjukkan bahwa ia $D_6$ , misalnya dengan menampilkan sebuah unsur berorde $6$ dan sebuah involusi bertipe pencerminan.
Tunjukkan bahwa $\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$ tidak saling isomorfik (hitunglah unsur berorde $2$ , atau pakailah $n_3$ ). Ini menuntaskan orde $12$ .

Bagian V — Sintesis.

Susunlah tabel klasifikasinya: untuk setiap orde $n \leq 15$ , daftar lengkap grupnya sampai isomorfisma, dengan cacahan $1, 1, 1, 2, 1, 2, 1, 5, 2, 2, 1, 5, 1, 2, 1$ .

Bagian VI — Lebih jauh: grup berorde $p^3$ dengan $p$ ganjil. Analisis orde $8$ pada Bagian III mempunyai padanan yang indah untuk bilangan prima ganjil, dengan satu gejala yang benar-benar baru. Misalkan $p$ bilangan prima ganjil dan $G$ tak abelian berorde $p^3$ .

Tunjukkan bahwa $\abs{Z(G)} = p$ , bahwa $G/Z(G) \cong (\Z/p\Z)^2$ (kuosien siklik terhadap pusat memaksa keabelian: Latihan 1.2), dan bahwa $D(G) = Z(G)$ (untuk $D(G) \subseteq Z(G)$ , pakailah bahwa $G/Z(G)$ abelian; untuk kesamaannya, $G$ tak abelian dan $D(G) \neq \{e\}$ ). Simpulkan bahwa setiap komutator $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ bersifat pusat dan ordenya membagi $p$ .
(Identitas kuncinya) Misalkan $x, y \in G$ dan $z = [y, x]$ , yang bersifat pusat. Buktikan dengan induksi pada $k$ :

$(xy)^k = x^k y^k z^{k(k-1)/2} .$

(Geserlah setiap $y$ melewati setiap $x$ ; setiap penyeberangan berharga satu faktor pusat $z$ .)
Simpulkan bahwa untuk $p$ ganjil pemetaan $\theta\colon x \mapsto x^p$ adalah morfisma grup dari $G$ ke $Z(G)$ (mengapa $x^p$ bersifat pusat? mengapa $z^{p(p-1)/2} = e$ memerlukan $p$ ganjil?), lalu simpulkan bahwa eksponen $G$ adalah $p$ atau $p^2$ , dan kedua kasus itu dibedakan oleh trivial tidaknya $\theta$ .
(Eksponen $p$ ) Andaikan setiap unsur memenuhi $x^p = e$ . Pilih $x, y$ yang kelasnya membangun $G/Z(G)$ lalu tetapkan $z = [y, x]$ . Tunjukkan bahwa $z \neq e$ , bahwa setiap unsur $G$ secara tunggal berbentuk $x^ay^bz^c$ ( $0 \leq a, b, c < p$ ), dan bahwa perkaliannya sepenuhnya ditentukan oleh relasi $x^p = y^p = z^p = e$ , $z$ bersifat pusat, $[y, x] = z$ . Pastikan bahwa grup Heisenberg

$H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \subseteq GL_3(\mathbb F_p)$

mewujudkan relasi tersebut dan bereksponen $p$ (hitunglah $(I + N)^p$ dengan $N$ segitiga atas sejati, dengan memakai $N^3 = 0$ dan $p \geq 3$ ): setiap grup tak abelian bereksponen- $p$ berorde $p^3$ isomorfik dengan $H_p$ .
(Eksponen $p^2$ ) Andaikan ada $r \in G$ yang berorde $p^2$ , lalu tetapkan $N = \langle r\rangle$ , yang normal (berindeks $p$ : Latihan 1.10). Tunjukkan bahwa ada $s \notin N$ dengan $s^p = e$ (ambil sembarang $t \notin N$ ; dengan memakai pertanyaan 20, koreksilah ia: $\theta(t) = t^p \in Z(G) \subseteq N$ — berilah alasan bahwa $Z(G) = \langle r^p\rangle$ — lalu pilih $a$ sehingga $s = tr^{a}$ memenuhi $s^p = e$ ; di manakah keganjilan $p$ dipakai?). Tunjukkan $srs^{-1} = r^{1+p}$ setelah $s$ diganti oleh suatu pangkatnya, lalu simpulkan: ada tepat satu grup tak abelian berorde $p^3$ dan bereksponen $p^2$ , yakni $\Z/p^2\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ dengan $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ (pakailah pertanyaan 3; $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ siklik berorde $p(p-1)$ , diterima tanpa bukti di sini, sehingga ia mempunyai satu subgrup berorde $p$ saja).
Simpulkan cacahannya: untuk $p$ ganjil ada tepat $5$ grup berorde $p^3$ (tiga abelian, dua tak abelian), sama seperti untuk $p = 2$ — tetapi kedua yang tak abelian bukan lagi $D_4$ dan $Q_8$ . Tunjukkan dengan tepat di mana argumen untuk $p$ ganjil runtuh ketika $p = 2$ : pada identitas di pertanyaan 19, $z^{k(k-1)/2}$ untuk $k = p = 2$ adalah $z^1 \neq e$ , sehingga pengkuadratan bukan morfisma — dan memang $Q_8$ mempunyai satu unsur berorde $2$ saja, sedangkan yang bereksponen $4$ , yaitu $D_4$ , mempunyai lima.

Bagian VII — Pelengkap.

Untuk $p$ ganjil, hitunglah unsur berorde $p$ pada masing-masing dari kedua grup tak abelian berorde $p^3$ : tunjukkan bahwa $H_p$ mempunyai tepat $p^3 - 1$ buah, sedangkan $M_p = \Z/p^2\Z \rtimes \Z/p\Z$ mempunyai tepat $p^2 - 1$ (pakailah morfisma $\theta$ pada pertanyaan 20: kenali petanya, lalu orde kernelnya). Periksalah secara numerik untuk $p = 3$ : $26$ lawan $8$ . Jelaskan mengapa tidak ada argumen morfisma-pengkuadratan semacam ini yang dapat memisahkan $D_4$ dari $Q_8$ , dan cacahan mana yang memisahkan keduanya.
Sebuah bilangan bulat $n \geq 1$ disebut siklik jika setiap grup berorde $n$ siklik. Tunjukkan bahwa jika $p^2 \mid n$ untuk suatu bilangan prima $p$ , atau jika $n$ mempunyai pembagi prima $p < q$ dengan $p \mid q - 1$ , maka $n$ tidak siklik (pada masing-masing kasus tampilkan grup tak siklik berorde $n$ , dengan memakai Bagian II untuk kasus kedua). Simpulkan bahwa $n$ siklik memaksa $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ , dengan $\varphi$ adalah fungsi totien Euler, lalu cocokkan dengan tabel pada pertanyaan 17: di antara $n \leq 15$ , orde yang hanya membawa satu grup tepat berupa $n \in \{1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15\}$ , persis yang memenuhi $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ .

Solusi

Solusi Soal 1.1.

1. Untuk $x, y \in G$ : $(xy)^2 = e$ memberikan $xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx$ (setiap unsur menjadi inversnya sendiri): jadi abelian. Grup $G$ semacam itu, jika ditulis secara aditif, adalah ruang vektor atas $\mathbb F_2$ ( $2x = 0$ , dan aksiomanya persis aksioma grup abelian); jika berhingga, ia mempunyai basis berhingga: $G \cong (\Z/2\Z)^k$ , berorde $2^k$ .

2. Orde $p^2$ : $G$ abelian (Teorema 1.12). Jika ada unsur berorde $p^2$ , maka $G$ siklik. Jika tidak, semua $x \neq e$ berorde $p$ ; secara aditif $G$ lalu menjadi ruang vektor atas $\mathbb F_p$ ( $px = 0$ ), berdimensi $2$ (karena ada $p^2$ unsur): $G \cong (\Z/p\Z)^2$ .

Yang abelian berorde $8$ , diuraikan menurut orde terbesar $m$ sebuah unsur: $m = 8$ : siklik $\Z/8\Z$ . $m = 2$ : $(\Z/2\Z)^3$ menurut pertanyaan 1. $m = 4$ : misalkan $x$ berorde $4$ dan $y \notin \langle x \rangle$ ; maka $y^2 \in \langle x\rangle$ (indeks $2$ ). Nilai $y^2 \in \{x, x^3\}$ akan membuat $y$ berorde $8$ ; jadi $y^2 \in \{e, x^2\}$ . Jika $y^2 = x^2$ , gantilah $y$ dengan $xy$ : $(xy)^2 = x^2y^2 = x^4 = e$ (sebab $G$ abelian) dan $xy \notin \langle x\rangle$ . Jadi kita boleh menganggap $y^2 = e$ : maka $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}$ , keduanya normal (karena abelian), $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$ : Proposisi 1.24 memberikan $G \cong \Z/4\Z \times \Z/2\Z$ . Tanpa pengulangan: banyaknya penyelesaian $x^2 = e$ berturut-turut $2, 4, 8$ pada ketiga grup itu.

3. Definisikan $\psi \colon H \rtimes_{\varphi'} K \to H \rtimes_{\varphi} K$ dengan $\psi(h, k) = (h, \alpha(k))$ , sebuah bijeksi. Ia morfisma:

\psi\bigl((h,k)(h',k')\bigr) = \bigl(h\,\varphi'(k)(h'),\, \alpha(kk')\bigr) = \bigl(h\,\varphi(\alpha k)(h'),\, \alpha(k)\alpha(k')\bigr) = \psi(h,k)\,\psi(h',k').

4. $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ (Latihan 1.3): untuk $n = 3$ : $\{\pm 1\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 4$ : $\{\bar 1, \bar 3\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 5$ : $\{\bar 1, \bar 2, \bar 3, \bar 4\}$ , siklik berorde $4$ yang dibangun oleh $\bar 2$ ( $2, 4, 3, 1$ ); $n = 7$ : siklik berorde $6$ yang dibangun oleh $\bar 3$ ( $3, 2, 6, 4, 5, 1$ ). Untuk $V = (\Z/2\Z)^2$ : automorfismanya bersifat $\mathbb F_2$ -linear (ia mempertahankan penjumlahan, dan skalarnya hanya $0, 1$ ), sehingga $\operatorname{Aut}(V) = GL_2(\mathbb F_2)$ , berorde $(4-1)(4-2) = 6$ ; ia beraksi secara setia pada $3$ vektor tak nol, sehingga memberikan morfisma injektif ke $S_3$ antara dua grup berorde $6$ : jadi $\operatorname{Aut}(V) \cong S_3$ .

5. Teorema Cauchy menyediakan $r$ berorde $p$ ; $N = \langle r \rangle$ berindeks $2$ , sehingga normal (Latihan 1.1). Cauchy juga menyediakan $s$ berorde $2$ , dan $s \notin N$ (semua unsur $N$ selain identitas berorde ganjil $p$ ).

6. $N \cap \langle s \rangle = \{e\}$ dan $\abs{N\langle s\rangle} = 2p$ (Latihan 1.4(a)): menurut Proposisi 1.26, $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ dengan $\varphi(1) = (x \mapsto sxs^{-1})$ sebuah automorfisma yang ordenya membagi $2$ . Di $(\Z/p\Z)^\times$ , persamaan $k^2 = 1$ hanya mempunyai penyelesaian $k = \pm 1$ (sebab $X^2 - 1$ berakar paling banyak dua di lapangan $\mathbb F_p$ ). Jika $\varphi(1) = \mathrm{id}$ : hasil kalinya langsung, $G \cong \Z/p\Z \times \Z/2\Z \cong \Z/2p\Z$ . Jika $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ : $G = \langle r, s \mid r^p = s^2 = e, \ srs^{-1} = r^{-1}\rangle \cong D_p$ (Contoh 1.27). Keduanya tidak isomorfik: $D_p$ tak abelian untuk $p \geq 3$ ( $srs^{-1} = r^{-1} \neq r$ ).

7. Bilangan $n_q \equiv 1 \pmod q$ membagi $p < q$ : jadi $n_q = 1$ , sehingga $N \cong \Z/q\Z$ normal. Misalkan $P \cong \Z/p\Z$ sebuah subgrup Sylow- $p$ : $N \cap P = \{e\}$ , $NP = G$ (berorde $pq$ ), jadi $G \cong \Z/q\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ dengan $\varphi \colon \Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong \Z/(q-1)\Z$ (siklik, diterima tanpa bukti). Jika $p \nmid q - 1$ : peta $\varphi$ berorde pembagi $p$ sekaligus $q-1$ , sehingga trivial, dan $G \cong \Z/pq\Z$ (Contoh 1.22). Jika $p \mid q - 1$ : selain $\varphi$ yang trivial, setiap $\varphi$ tak trivial bersifat injektif (sebab kernelnya, subgrup $\Z/p\Z$ , trivial) dengan peta berupa satu-satunya subgrup $C$ berorde $p$ dari grup siklik $\Z/(q-1)\Z$ . Dua aksi tak trivial $\varphi, \varphi'$ lalu berupa dua isomorfisma $\Z/p\Z \to C$ , sehingga $\alpha = \varphi^{-1}\circ\varphi' \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ memenuhi $\varphi' = \varphi\circ\alpha$ : menurut pertanyaan 3, kedua hasil kali semilangsung itu isomorfik. Karena itu ada tepat satu grup tak abelian berorde $pq$ (tak abelian sebab $\varphi \neq \mathrm{id}$ membuat suatu konjugasi menjadi tak trivial). Orde $15$ : $p = 3$ , $q = 5$ , $3 \nmid 4$ : hanya yang siklik.

8. Tidak setiap unsur berorde $\leq 2$ (kalau demikian ia abelian menurut pertanyaan 1), dan tidak ada unsur berorde $8$ (kalau ada ia siklik, jadi abelian): jadi ada $r$ berorde $4$ , dan $N = \langle r\rangle$ , yang berindeks $2$ , bersifat normal.

9. $s^2 \in N$ menurut Latihan 1.1(b). Konjugat $srs^{-1} \in N$ berorde $4$ , jadi $srs^{-1} \in \{r, r^3\}$ ; jika $srs^{-1} = r$ maka $r$ dan $s$ komutatif sehingga $G = \langle r, s\rangle$ abelian — dan itu dikecualikan. Jadi $srs^{-1} = r^{-1}$ . Jika $s^2 = r$ atau $r^3$ , maka $s$ berorde $8$ : dikecualikan. (Cara lain: $s^2$ komutatif dengan $s$ , padahal $s r s^{-1} = r^{-1}$ dan $s r^3 s^{-1} = r^{-3} = r$ : baik $r$ maupun $r^3$ tidak ditetapkan oleh konjugasi dengan $s$ .) Jadi $s^2 \in \{e, r^2\}$ .

10. Jika $s^2 = e$ : $G = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . Kedelapan unsur $r^is^j$ ( $0 \leq i < 4$ , $0 \leq j < 2$ ) berbeda ( $s \notin \langle r\rangle$ ) dan relasinya menentukan seluruh hasil kali: pengaitan $r \mapsto$ (rotasi sebesar $\pi/2$ ), $s \mapsto$ (sebuah pencerminan) mendefinisikan morfisma surjektif pada $D_4$ , antara dua grup berorde $8$ : jadi sebuah isomorfisma.

11. Jika $s^2 = r^2$ : kembali $G = \{r^i s^j\}$ dan relasi $r^4 = e$ , $s^2 = r^2$ , $srs^{-1} = r^{-1}$ memaksa seluruh tabelnya. Dengan $\mathrm i = r$ , $\mathrm j = s$ , $\mathrm k = rs$ , $-1 = r^2$ : $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = -1$ , $\mathrm k^2 = rsrs = r r^{-1} s s = s^2 = -1$ (memakai $sr = r^{-1}s$ ), dan $\mathrm i \mathrm j \mathrm k = r\,s\,rs = r\,r^{-1}s\,s = s^2 = -1$ . Keberadaannya: matriks

A = \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}

memenuhi $A^4 = I$ , $B^2 = -I = A^2$ dan $BAB^{-1} = A^{-1}$ — untuk yang terakhir, periksalah

BA = \begin{pmatrix} 0 & -\iu\\ -\iu & 0 \end{pmatrix} = A^{-1}B .

Jadi $\{\pm I, \pm A, \pm B, \pm AB\}$ adalah grup berorde $8$ yang mewujudkan tabel itu: $Q_8$ memang ada.

12. Misalkan $H \neq \{e\}$ sebuah subgrup dan $x \in H \setminus \{e\}$ . Jika $x \neq -1$ maka $x \in \{\pm\mathrm i, \pm\mathrm j, \pm\mathrm k\}$ dan $x^2 = -1 \in H$ . Jadi $-1 \in H$ selalu. Subgrupnya adalah $\{e\}$ , $\{\pm 1\}$ (pusatnya), $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle, \langle \mathrm k\rangle$ (berindeks $2$ ) dan $Q_8$ : semuanya normal ( $\{e\}$ dan pusatnya secara trivial, yang berindeks $2$ menurut Latihan 1.1, dan $Q_8$ sendiri). Grup $D_4$ mempunyai lima unsur berorde $2$ ( $r^2$ dan keempat pencerminan), sedangkan $Q_8$ hanya satu ( $-1$ ): jadi tak isomorfik. Hasil kali semilangsung $H \rtimes K$ dengan $H, K \neq \{e\}$ menuntut $H \cap K = \{e\}$ , dan itu mustahil karena keduanya memuat $-1$ .

13. $n_3 \mid 4$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 4\}$ ; $n_2 \mid 3$ , ganjil: $n_2 \in \{1, 3\}$ . Jika $n_3 = 4$ : keempat subgrup Sylow- $3$ berpotongan trivial berpasangan (karena berorde prima), sehingga memberikan $4 \times 2 = 8$ unsur berorde $3$ ; sisa $4$ unsur pastilah membentuk satu-satunya subgrup Sylow- $2$ : jadi $n_2 = 1$ .

14. Kernel $\ker\rho$ menormalkan setiap subgrup Sylow- $3$ , jadi $\ker \rho \subseteq N_G(P_3)$ , yang berindeks $n_3 = 4$ , yakni berorde $3$ : $\abs{\ker\rho} \in \{1, 3\}$ . Orde $3$ akan membuat $\ker\rho$ menjadi subgrup Sylow- $3$ yang normal, dan itu bertentangan dengan $n_3 = 4$ . Jadi $\rho$ injektif dan petanya $H \leq S_4$ berorde $12$ , berindeks $2$ : $H \trianglelefteq S_4$ dan $H$ memuat semua kuadrat (Latihan 1.1(b)). Kuadrat di $S_4$ mencakup $e$ dan kedelapan siklus- $3$ (sebab $\sigma = (\sigma^2)^2$ untuk sebuah siklus- $3$ ), yang membangun $A_4$ (mereka terletak di $A_4$ , dan bersama hasil kalinya memberikan seluruh dua belas unsur; atau: Lema 1.32 pada bagian pembangkitan untuk $n = 4$ , yang hanya memerlukan $n \geq 3$ ). Jadi $A_4 \subseteq H$ dan $\abs{A_4} = \abs H$ : $G \cong H = A_4$ .

15. $P_3 \trianglelefteq G$ , $P_3 \cap P_2 = \{e\}$ , $P_3P_2 = G$ : jadi $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ (Proposisi 1.26), dengan $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$ .

$\varphi$ trivial: hasil kali langsung $\Z/3\Z \times \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ dan $\Z/3\Z \times (\Z/2\Z)^2 \cong \Z/6\Z \times \Z/2\Z$ .
$P_2 = \Z/4\Z$ , $\varphi$ surjektif: mau tak mau $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ (satu-satunya pilihan tak trivial): satu grup, yaitu $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ .
$P_2 = (\Z/2\Z)^2$ , $\varphi$ surjektif: di sini $\ker\varphi$ salah satu dari tiga subgrup berorde $2$ ; ketiga $\varphi$ yang dihasilkan berbeda oleh automorfisma $(\Z/2\Z)^2$ yang mempermutasikan ketiga subgrup itu (pertanyaan 4: $\operatorname{Aut} \cong S_3$ beraksi transitif pada ketiga involusinya), sehingga menurut pertanyaan 3 semuanya memberi satu kelas isomorfisma. Kelas itu $D_6$ : pilih $t$ yang membangun $\ker\varphi$ dan $x$ yang membangun $\Z/3\Z$ ; unsur $\rho = (x, t)$ memenuhi $\rho^2 = (2x, 0)$ , $\rho^3 = (0, t)$ , $\rho^6 = e$ dan tidak ada pangkat lebih kecil yang sama dengan $e$ : jadi berorde $6$ ; untuk $s = (0, u)$ dengan $u \notin \ker\varphi$ : $s^2 = e$ dan $s\rho s^{-1} = (-x, t) = \rho^{-1}$ . Karena $\langle \rho, s\rangle$ berorde $12$ , maka $G \cong D_6$ .

16. Dengan mencacah unsur berorde $2$ : $\Z/12\Z$ mempunyai $1$ ; $\Z/6\Z\times\Z/2\Z$ mempunyai $3$ ; $D_6$ mempunyai $7$ (enam pencerminan dan setengah putaran $\rho^3$ ); $A_4$ mempunyai $3$ ; $\mathrm{Dic}_3$ mempunyai $1$ (hanya $(0, 2)$ : unsur $(h, k)$ dengan $k$ berorde $4$ di $\Z/4\Z$ berorde $4$ ). Ini memisahkan semuanya kecuali pasangan $\{\Z/12\Z, \mathrm{Dic}_3\}$ dan $\{\Z/6\Z\times\Z/2\Z, A_4\}$ : anggota pertamanya abelian, yang kedua tidak ( $\mathrm{Dic}_3$ : aksinya tak trivial; $A_4$ : $(1\,2\,3)$ dan $(1\,2)(3\,4)$ tidak komutatif). Jadi lima grup berbeda; Bagian II–IV menunjukkan bahwa daftarnya lengkap.

17. Tabel klasifikasinya:

$n$	grup berorde $n$	#
$1$	$\{e\}$	$1$
$2$	$\Z/2\Z$	$1$
$3$	$\Z/3\Z$	$1$
$4$	$\Z/4\Z$ , $(\Z/2\Z)^2$	$2$
$5$	$\Z/5\Z$	$1$
$6$	$\Z/6\Z$ , $S_3 = D_3$	$2$
$7$	$\Z/7\Z$	$1$
$8$	$\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z{\times}\Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ , $D_4$ , $Q_8$	$5$
$9$	$\Z/9\Z$ , $(\Z/3\Z)^2$	$2$
$10$	$\Z/10\Z$ , $D_5$	$2$
$11$	$\Z/11\Z$	$1$
$12$	$\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z{\times}\Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$	$5$
$13$	$\Z/13\Z$	$1$
$14$	$\Z/14\Z$ , $D_7$	$2$
$15$	$\Z/15\Z$	$1$

Orde $6, 10, 14$ berasal dari Bagian II dengan $p = 3, 5, 7$ ; orde $15$ dari pertanyaan 7; orde $8$ dari Bagian III bersama pertanyaan 2; orde $12$ dari Bagian IV; orde prima dari Lagrange; orde $4$ dan $9$ dari pertanyaan 2.

18. Pusat $Z = Z(G)$ tak trivial (Teorema 1.12) dan $Z \neq G$ (karena tak abelian), jadi $\abs Z \in \{p, p^2\}$ . Jika $\abs Z = p^2$ , maka $G/Z$ siklik berorde $p$ dan Latihan 1.2 membuat $G$ abelian: dikecualikan, sehingga $\abs Z = p$ dan $\abs{G/Z} = p^2$ . Menurut pertanyaan 2, $G/Z$ berupa $\Z/p^2\Z$ atau $(\Z/p\Z)^2$ ; yang siklik sekali lagi dikecualikan oleh Latihan 1.2: jadi $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ . Karena $G/Z$ abelian, setiap komutator terletak di $Z$ : $D(G) \subseteq Z$ ; dan $D(G) \neq \{e\}$ (sebab $G$ tak abelian), sehingga $D(G) = Z$ (nilai $\abs Z = p$ tidak menyisakan ruang lain). Komutatornya bersifat pusat dengan orde membagi $\abs Z = p$ .

19. Induksi pada $k$ , dengan kasus $k = 1$ yang trivial. Dengan memakai $yx = xyz^{-1}\cdot$ — lebih tepatnya, $z = [y, x] = yxy^{-1}x^{-1}$ memberikan $yx = zxy$ , yakni memindahkan satu $y$ ke kiri melewati satu $x$ menghasilkan satu faktor $z$ , yang bersifat pusat sehingga dapat diparkir di mana saja. Maka

(xy)^{k+1} = (xy)^k\,xy = x^ky^kz^{k(k-1)/2}\,xy = x^k\,(y^kx)\,y\,z^{k(k-1)/2} = x^{k+1}y^{k+1}\,z^{k(k-1)/2 + k},

sebab membawa $x$ melewati $y^k$ berharga $k$ faktor $z$ ( $y^kx = z^kxy^k$ , lewat $k$ penerapan $yx = zxy$ ); dan $k(k-1)/2 + k = k(k+1)/2$ .

20. Dengan $k = p$ : $(xy)^p = x^py^pz^{p(p-1)/2}$ . Untuk $p$ ganjil, $(p-1)/2$ bilangan bulat, sehingga $z^{p(p-1)/2} = (z^p)^{(p-1)/2} = e$ (pertanyaan 18: orde $z$ membagi $p$ ): jadi $\theta(xy) = \theta(x)\theta(y)$ , sebuah morfisma. Nilainya bersifat pusat: kelas $x$ di $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ berorde pembagi $p$ , sehingga $x^p \in Z$ . Jika $\theta$ trivial, setiap unsur berorde pembagi $p$ : jadi eksponennya $p$ (bukan $1$ : sebab $G \neq \{e\}$ ). Jika tidak, ada $x^p \neq e$ , dan $x$ berorde $p^2$ (ordenya membagi $p^3$ , dan $x$ tidak mungkin berorde $p^3$ : sebab $G$ akan siklik, jadi abelian): eksponennya $p^2$ .

21. Kelas $\bar x, \bar y$ membangun $G/Z$ : komutator keduanya $z = [y, x]$ tak trivial, yakni $\neq e$ , sebab kalau tidak $x, y, Z$ akan membangun $G$ yang abelian (kelasnya membangun grup kuosiennya dan $Z$ bersifat pusat) — lagi pula $z$ membangun $Z$ (karena $\abs Z = p$ ). Setiap $g \in G$ berkelas $\bar x^a\bar y^b$ untuk $0 \leq a, b < p$ yang tunggal, sehingga $g = x^ay^bz^c$ dengan $0 \leq c < p$ yang tunggal: jadi $p^3$ unsur, semuanya terhitung. Hasil kali bentuk normal semacam itu dihitung hanya dengan $yx = zxy$ , $z$ bersifat pusat, dan $x^p = y^p = z^p = e$ : tabelnya terpaksa demikian, sehingga dua grup tak abelian bereksponen- $p$ berorde $p^3$ pastilah isomorfik (cocokkan pembangunnya). Grup Heisenberg mewujudkan relasi itu: dengan $X = I + E_{12}$ , $Y = I + E_{23}$ , diperoleh $[Y, X] = I - E_{13}$ (yang bersifat pusat di $H_p$ ), dan untuk sembarang $N$ segitiga atas sejati, $N^3 = 0$ memberikan

(I + N)^p = I + pN + \binom p2N^2 = I \qquad\text{pada karakteristik } p,\ p \geq 3,

sebab $p \mid p$ dan $p \mid \binom p2$ untuk $p$ ganjil: jadi eksponennya $p$ . Karena itu grup bereksponen- $p$ tersebut adalah $H_p$ .

22. $Z(G) = \langle r^p\rangle$ : memang $r^p$ bersifat pusat (lewat argumen pertanyaan 20: kelas $r$ di grup kuosien bereksponen- $p$ $G/Z$ memberikan $r^p \in Z$ ) dan bernilai $\neq e$ , sehingga ia membangun pusat yang berorde $p$ . Ambil sembarang $t \notin N$ . Jika $t^p = e$ , tetapkan $s = t$ . Jika tidak, $\theta(t) = t^p \in Z = \langle r^p\rangle$ , katakanlah $t^p = r^{pb}$ ; tetapkan $s = tr^{-b}$ : menurut pertanyaan 20 ( $\theta$ morfisma, $p$ ganjil), $s^p = t^pr^{-pb} = e$ , dan $s \notin N$ . Konjugasinya: $srs^{-1} \in N$ ( $N$ normal) berorde $p^2$ , jadi $srs^{-1} = r^m$ dengan $p \nmid m$ ; lagi pula $s^p = e$ memaksa $m^p \equiv m \pmod{p^2}$ — mengonjugasikan $p$ kali mengembalikan $r$ , sehingga $m^p \equiv 1 \pmod {p^2}$ , dan $m \equiv m^p \equiv 1 \pmod p$ (Fermat): jadi $m = 1 + ap$ . Ketaktrivialan (sebab $G$ tak abelian) memberikan $a \not\equiv 0$ ; mengganti $s$ dengan pangkat $s^{a'}$ dengan $aa' \equiv 1 \pmod p$ mengubah aksinya menjadi $r \mapsto r^{1+p}$ . Ini menyajikan $G$ sebagai $\Z/p^2\Z\rtimes_\varphi\Z/p\Z$ dengan $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ ; menurut pertanyaan 3, dua morfisma tak trivial $\Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ dengan peta yang sama — dan petanya satu-satunya subgrup berorde $p$ dari $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ yang siklik — memberikan hasil kali semilangsung yang isomorfik: jadi tunggal.

23. Yang abelian: $\Z/p^3\Z$ , $\Z/p^2\Z\times\Z/p\Z$ , $(\Z/p\Z)^3$ (argumen pertanyaan 2, naik satu derajat: uraikan menurut orde maksimal). Yang tak abelian: tepat $H_p$ (bereksponen $p$ , pertanyaan 21) dan $\Z/p^2\Z\rtimes\Z/p\Z$ (bereksponen $p^2$ , pertanyaan 22), yang dibedakan oleh eksponennya. Totalnya: lima. Untuk $p = 2$ argumen morfisma pada pertanyaan 20 runtuh: $z^{p(p-1)/2} = z^{1} = z \neq e$ , pengkuadratan bukan morfisma, dan memang kedua grup tak abelian berorde $8$ bereksponen $4$ — invarian yang memisahkan $D_4$ dari $Q_8$ adalah banyaknya unsur berorde $2$ (lima lawan satu), bukan eksponennya. Dunia $p$ ganjil, untuk sekali ini, lebih rapi daripada karakteristik $2$ .

24. Di $H_p$ setiap unsur $\neq e$ berorde $p$ (karena bereksponen $p$ , pertanyaan 21): jadi ada $p^3 - 1$ unsur berorde $p$ . Di $M_p$ , pemetaan $\theta \colon x \mapsto x^p$ adalah morfisma $M_p \to Z(M_p) = \langle r^p\rangle$ (pertanyaan 20, $p$ ganjil); $\theta(r) = r^p \neq e$ , sehingga petanya seluruh pusat yang berorde $p$ dan $\ker\theta = \{x : x^p = e\}$ berorde $p^3/p = p^2$ . Unsur berorde $p$ adalah unsur bukan identitas dari kernel itu: jadi ada $p^2 - 1$ buah. Untuk $p = 3$ : $H_3$ mempunyai $27 - 1 = 26$ unsur berorde $3$ , dan $M_3 = \Z/9\Z \rtimes \Z/3\Z$ mempunyai $9 - 1 = 8$ . Untuk $p = 2$ argumennya mati sejak awal: pengkuadratan bukan morfisma pada grup tak abelian berorde $8$ (pertanyaan 23), dan memang himpunan $\{x : x^2 = e\}$ beranggota $6$ unsur di $D_4$ — bukan orde sebuah subgrup $D_4$ . Cacahan yang memang memisahkan pasangan itu adalah banyaknya unsur berorde $2$ : lima di $D_4$ , satu di $Q_8$ (pertanyaan 11).

25. Jika $p^2 \mid n$ , grup $\Z/p\Z \times \Z/(n/p)\Z$ berorde $n$ dan tidak siklik: orde setiap unsurnya membagi $\operatorname{lcm}(p, n/p) = n/p < n$ , sebab $p \mid n/p$ . Jika $p < q$ bilangan prima yang membagi $n$ dengan $p \mid q - 1$ , pertanyaan 7 menyediakan grup tak abelian $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ berorde $pq$ ; maka $(\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z) \times \Z/(n/pq)\Z$ berorde $n$ dan tak abelian, sehingga tidak siklik. Sekarang andaikan $\gcd(n, \varphi(n)) > 1$ lalu pilih bilangan prima $p$ yang membagi keduanya. Dengan menulis $\varphi(n) = \prod_{q^a \parallel n} q^{a-1}(q - 1)$ , keterbagian $p \mid \varphi(n)$ berarti entah $p^2 \mid n$ (dari faktor $q^{a-1}$ dengan $q = p$ , $a \geq 2$ ) entah $p \mid q - 1$ untuk suatu bilangan prima $q \mid n$ , $q \neq p$ : pada kedua kasus $n$ tidak siklik menurut uraian di atas. Lewat kontraposisi, $n$ yang siklik memaksa $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ . Periksa untuk $n \leq 15$ : nilai $\varphi(n)$ untuk $n = 1, \dots, 15$ adalah $1, 1, 2, 2, 4, 2, 6, 4, 6, 4, 10, 4, 12, 6, 8$ , dan $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ tepat untuk $n = 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15$ — persis entri tabel pada pertanyaan 17 yang hanya memuat satu grup. Orde lainnya terbukti tak siklik seperti di atas: $4, 8, 9, 12$ oleh faktor kuadrat, dan $6, 10, 12, 14$ oleh $2 \mid q - 1$ . (Kebalikannya — $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ mengakibatkan $n$ siklik — juga benar; pertanyaan 7 membuktikan kasus tak trivial pertamanya, $n = pq$ dengan $p \nmid q - 1$ .)

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium

1.1 Grup kuosien dan teorema isomorfisma

1.2 Aksi grup

1.3 Teorema Sylow

1.4 Hasil kali: langsung dan semilangsung

1.5 Grup terselesaikan; kesederhanaan AnA_nAn​

1.6 Latihan

1.7 Soal: grup berorde tak lebih dari 15

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

1.5 Grup terselesaikan; kesederhanaan $A_n$