---
title: "Teori Grup"
book: "Matematika Universitas — Tahun 3"
subject: math
language: id
chapter: 1
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup
---

# Bab 1 — Teori 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](#def-b3-groups-action) dan titik tetap melahirkan [persamaan kelas](#cor-b3-groups-classeq), 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](#prop-b3-groups-direct) dan semilangsung) dan membongkarnya ([deret komposisi](#thm-b3-groups-jordanholder), [grup terselesaikan](#def-b3-groups-derived)), lalu membuktikan teorema yang, pada [Bab 4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/4-perluasan-lapangan-dan-teori-galois#ch-b3-galois), akan menutup pertanyaan berumur tiga abad tentang persamaan polinomial: [grup alternasi](#thm-b3-groups-ansimple) $A_n$ [sederhana](#def-b3-groups-simple) 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](#def-b3-groups-normal): [subgrup normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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 $N \trianglelefteq G$.

1. $HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ adalah subgrup, $N  \trianglelefteq HN$, $H \cap N \trianglelefteq H$, dan $$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$$
2. 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](#thm-b3-groups-firstiso).

(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](#thm-b3-groups-firstiso) 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](#ex-b3-groups-actions); atau amati bahwa $[G:N] = 2$ (maka $gN = Ng$ terpaksa berlaku — [Latihan 1.1](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) ini menggerakkan seluruh teori grup berhingga:

1. $G$ pada dirinya sendiri melalui *translasi kiri* $g \cdot x = gx$ : bebas dan transitif.
2. $G$ pada dirinya sendiri melalui *konjugasi* $g \cdot x = gxg^{-1}$ : [orbitnya](#def-b3-groups-action) adalah *kelas konjugasi* , [stabilisatornya](#def-b3-groups-action) *sentralisator* $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ , titik tetapnya *pusat* $Z(G)$ .
3. $G$ pada ruang koset $G/H$ melalui $g \cdot xH = gxH$ : transitif, dan [stabilisator](#def-b3-groups-action) koset $H$ adalah $H$ sendiri. Setiap [aksi](#def-b3-groups-action) transitif berbentuk demikian ( [Latihan 1.8](#exo-b3-groups-8) ).
4. $G$ pada himpunan subgrupnya melalui konjugasi: [stabilisator](#def-b3-groups-action) $H$ adalah *normalisator* $N_G(H) =  \{g : gHg^{-1} = H\}$ , yakni subgrup terbesar dari $G$ yang di dalamnya $H$ [normal](#def-b3-groups-normal) .
5. $S_n$ 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](#def-b3-groups-action) mempartisi $X$ ([orbit](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action) itu sendiri. Pernyataan pencacahannya menyusul dari teorema Lagrange dan dari pemartisian $X$ atas [orbit](#def-b3-groups-action). ∎

**Akibat 1.11 (Persamaan kelas).**

Untuk grup berhingga $G$, dengan memilih satu wakil $x_i$ pada setiap [kelas konjugasi](#ex-b3-groups-actions) 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](#thm-b3-groups-orbitstab) pada [aksi](#def-b3-groups-action) konjugasi: [orbit](#def-b3-groups-action) beranggota tunggal tepat merupakan unsur-unsur $Z(G)$. ∎

**Teorema 1.12 (Titik tetap grup-ppp).**

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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action) memberikan kekongruenan tersebut. Untuk pusatnya: [aksi](#def-b3-groups-action) 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) 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](#thm-b3-groups-pfixed), $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$. 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) membagi orde grup. Bukti Teorema [1.12](#thm-b3-groups-pfixed) dan [1.13](#thm-b3-groups-cauchy) 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#lem-b3-groups-binom), $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a}
\equiv m \not\equiv 0 \pmod p$, sehingga ada [orbit](#def-b3-groups-action) $\mathcal O_S$ yang ukurannya relatif prima terhadap $p$ (seandainya $p$ membagi setiap ukuran [orbit](#def-b3-groups-action), ia akan membagi $\abs\Omega$). Misalkan $H = G_S$ [stabilisator](#def-b3-groups-action) 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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-sylow2)), dengan [stabilisator](#def-b3-groups-action) $P$ berupa [normalisator](#ex-b3-groups-actions) $N_G(P) \supseteq P$: 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](#def-b3-groups-action) 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](#thm-b3-groups-sylow2) 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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-normal). Jika $n_p > 1$ terpaksa bernilai kecil, gunakan [aksi](#def-b3-groups-action) 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-sylow) [normal](#def-b3-groups-normal) itu: $P
\cap Q = \{e\}$ (ordenya relatif prima), sehingga $\abs{PQ} = pq$ ([Latihan 1.4](#exo-b3-groups-4)) dan $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z
\times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ menurut [Proposisi 1.24](#prop-b3-groups-direct) 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](#pb-b3-groups-1)).

**Contoh 1.23 (Sensus Sylow yang lengkap: S4S_4S4​).**

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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal), dan keduanya memang gagal — bandingkan dengan orde $12$, yang pencacahannya memaksa salah satunya [normal](#def-b3-groups-normal) (Bagian IV dari [Soal 1.1](#pb-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) $hkh^{-1}k^{-1}$ 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal), homotetinya sebuah komplemen. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (komplemennya: sembarang transposisi). (d) [Grup kuaternion](#pb-b3-groups-1) $Q_8$ *bukan* [hasil kali semilangsung](#def-b3-groups-semidirect) dua subgrup sejati: setiap subgrup tak trivial memuat $-1$ ([Soal 1.1](#pb-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) 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](#thm-b3-groups-quotient) dari [grup terselesaikan](#def-b3-groups-derived) juga [terselesaikan](#def-b3-groups-derived); sebaliknya, jika $N$ dan $G/N$ [terselesaikan](#def-b3-groups-derived), maka $G$ pun [terselesaikan](#def-b3-groups-derived).

**Bukti.** Sebuah automorfisma $\alpha$ memetakan $[x,y]$ ke $[\alpha x, \alpha y]$: ia mempermutasikan [komutator](#def-b3-groups-derived), 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](#thm-b3-groups-quotient) 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](#thm-b3-groups-quotient) dari $G/D(G)$ yang abelian menurut teorema isomorfisma ketiga, juga abelian.

Jika $G$ [terselesaikan](#def-b3-groups-derived), deret [komutatornya](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) pada [komutator](#def-b3-groups-derived); dari sini diperoleh pernyataan untuk subgrup dan [grup kuosien](#thm-b3-groups-quotient). 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](#def-b3-groups-derived). Grup-$p$ [terselesaikan](#def-b3-groups-derived), dengan induksi pada ordenya: $Z(G) \neq \{e\}$ dan $G/Z(G)$ adalah grup-$p$ yang lebih kecil. $S_3$ dan $S_4$ [terselesaikan](#def-b3-groups-derived): $S_4 \trianglerighteq A_4
\trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$, dengan $V = \{e,
(1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ adalah grup Klein yang terdiri atas transposisi ganda ([normal](#def-b3-groups-normal) di $S_4$: ia gabungan [kelas konjugasi](#ex-b3-groups-actions)), dan kuosien-kuosiennya abelian: $\Z/2\Z$, $\Z/3\Z$, $V$. Pada [Bab 4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/4-perluasan-lapangan-dan-teori-galois#ch-b3-galois), “persamaan umum berderajat $n$ [terselesaikan](#def-b3-groups-derived) dengan radikal” akan benar-benar *berarti* “$S_n$ adalah [grup terselesaikan](#def-b3-groups-derived)”. Dari sinilah pentingnya definisi berikut.

**Definisi 1.31.**

Grup $G \neq \{e\}$ disebut *sederhana* jika [subgrup normalnya](#def-b3-groups-normal) hanyalah $\{e\}$ dan $G$. Grup sederhana yang tak abelian tidak [terselesaikan](#def-b3-groups-derived): $D(G) \trianglelefteq G$ tidak sama dengan $\{e\}$ (sebab kalau tidak $G$ abelian), jadi $D(G) = G$ dan deret [komutatornya](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-simple) untuk $n \geq 5$.

**Bukti.** Misalkan $N \trianglelefteq A_n$, $N \neq \{e\}$. Menurut [Lema 1.32](#lem-b3-groups-threecycles) 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](#def-b3-groups-derived), dan satu-satunya [subgrup normal](#def-b3-groups-normal) $S_n$ adalah $\{e\}$, $A_n$ dan $S_n$.

**Bukti.** $A_n$ [sederhana](#def-b3-groups-simple) dan tak abelian, sehingga tidak [terselesaikan](#def-b3-groups-derived) ([Definisi 1.31](#def-b3-groups-simple)); grup yang memuat subgrup tak [terselesaikan](#def-b3-groups-derived) juga tidak [terselesaikan](#def-b3-groups-derived) ([Proposisi 1.29](#prop-b3-groups-derived)). 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](#ex-b3-groups-actions) $\sigma$ 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](#def-b3-groups-derived) jika dan hanya jika semua faktor komposisinya siklik berorde prima.

**Bukti.** *Keberadaan*: induksi pada $\abs G$. Jika $G$ [sederhana](#def-b3-groups-simple), ambil $\{e\} \trianglelefteq G$. Jika tidak, pilihlah [subgrup normal](#def-b3-groups-normal) sejati yang maksimal, sebutlah $N$ (subgrupnya berhingga banyaknya); $G/N$ [sederhana](#def-b3-groups-simple) menurut teorema korespondensi ([subgrup normal](#def-b3-groups-normal) sejati yang tak trivial dari $G/N$ akan terangkat menjadi [subgrup normal](#def-b3-groups-normal) $G$ yang terletak tepat di antara $N$ dan $G$). Tambahkan $N \trianglelefteq G$ pada [deret komposisi](#thm-b3-groups-jordanholder) milik $N$.

*Ketunggalan*: induksi pada $\abs G$, dengan kasus $G$ [sederhana](#def-b3-groups-simple) sudah jelas. Ambil dua [deret komposisi](#thm-b3-groups-jordanholder), dengan suku kedua dari akhir $M \trianglelefteq G$ dan $N \trianglelefteq G$ (jadi $G/M$, $G/N$ [sederhana](#def-b3-groups-simple)). Jika $M = N$, simpulkan dengan induksi yang diterapkan pada $M$. Jika tidak, $MN$, yang [normal](#def-b3-groups-normal) di $G$ dan memuat $M$ secara sejati, sama dengan $G$ (sebab $M$ maksimal [normal](#def-b3-groups-normal): [subgrup normal](#def-b3-groups-normal) apa pun dengan $M \subsetneq L
\subsetneq G$ akan terpetakan menjadi [subgrup normal](#def-b3-groups-normal) sejati yang tak trivial dari $G/M$ yang [sederhana](#def-b3-groups-simple)). 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](#thm-b3-groups-jordanholder) bagi $K$. Maka $M$ membawa dua [deret komposisi](#thm-b3-groups-jordanholder): deret aslinya, dan deret $K$ yang disusul $K \trianglelefteq
M$ (kuosiennya $M/K \cong G/N$ [sederhana](#def-b3-groups-simple)). 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](#def-b3-groups-derived): jika semua faktornya $\Z/p_i\Z$, deret itu adalah rantai dengan kuosien abelian, jadi $G$ [terselesaikan](#def-b3-groups-derived) ([Proposisi 1.29](#prop-b3-groups-derived)). Sebaliknya, faktor komposisi sebuah [grup terselesaikan](#def-b3-groups-derived) juga [terselesaikan](#def-b3-groups-derived) (ia [grup kuosien](#thm-b3-groups-quotient) dari sebuah subgrup) sekaligus [sederhana](#def-b3-groups-simple); [grup sederhana](#def-b3-groups-simple) yang [terselesaikan](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-simple), dengan daftar komponen yang terdefinisi dengan baik — sebuah aritmetika grup yang di dalamnya [grup sederhana](#def-b3-groups-simple) berperan sebagai bilangan prima, dan yang di dalamnya *cara komponen itu direkatkan* (data perluasan, seperti pada [hasil kali semilangsung](#def-b3-groups-semidirect)) menggantikan perkalian biasa. Klasifikasi [grup sederhana](#def-b3-groups-simple) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-5/b3-groups/fig-3655fe380ff7.svg)

*Kesepuluh subgrup dari [grup dihedral](#ex-b3-groups-semidirectexamples) $D_4 = \langle r,
s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$. Ketiga subgrup yang berindeks $2$ (baris tengah) bersifat [normal](#def-b3-groups-normal), demikian pula pusatnya $\langle r^2\rangle$ (yang disorot); keempat subgrup pencerminan terbagi atas dua [kelas konjugasi](#ex-b3-groups-actions) beranggota dua. Rantai dari bawah ke atas memberikan [deret komposisi](#thm-b3-groups-jordanholder), 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](#def-b3-groups-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 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 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](#thm-b3-groups-pfixed)), 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](#def-b3-groups-derived) $I + E_{13} \neq I$.

**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](#def-b3-groups-normal) $\operatorname{Inn}(G)
\trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$, dengan $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$.

**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](#def-b3-groups-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 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](#def-b3-groups-derived) $[h,k] = hkh^{-1}
k^{-1}$ sama dengan $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ ($K$ [normal](#def-b3-groups-normal)) dan dengan $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ ($H$ [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) 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 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](#def-b3-groups-action).

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 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](#def-b3-groups-sylow) $P_3, P_5$ [normal](#def-b3-groups-normal), berpotongan trivial (ordenya relatif prima), dan $\abs{P_3P_5} = 15$ ([Latihan 1.4](#exo-b3-groups-4)(a)): menurut [Proposisi 1.24](#prop-b3-groups-direct), $G
\cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-simple). *(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 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](#def-b3-groups-simple), 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](#def-b3-groups-sylow) yang [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-simple).

**Latihan 1.8 ★★.**

(a) Misalkan $H \leq G$ berindeks $n$. Tunjukkan bahwa [aksi](#def-b3-groups-action) $G$ pada $G/H$ melahirkan morfisma $G \to S_n$ yang kernelnya $\bigcap_{g \in
G} gHg^{-1}$ adalah [subgrup normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal). (c) Tunjukkan bahwa setiap [aksi](#def-b3-groups-action) transitif $G$ pada himpunan $X$ isomorfik dengan [aksi](#def-b3-groups-action) pada sebuah ruang koset: ada bijeksi $X
\to G/G_x$ yang komutatif dengan kedua [aksi](#def-b3-groups-action).

**Solusi Latihan 1.8.**

(a) [Aksi](#def-b3-groups-action) $g \cdot xH = gxH$ 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal).

(c) Misalkan [aksinya](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action) seluruh $X$), dan ia menganyam kedua [aksi](#def-b3-groups-action): $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) = (hg)
\cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$.

**Latihan 1.9 ★★.**

(a) Tunjukkan bahwa $D(G)$ adalah [subgrup normal](#def-b3-groups-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 Latihan 1.9.**

(a) $D(G)$ [normal](#def-b3-groups-normal) dengan kuosien abelian ([Proposisi 1.29](#prop-b3-groups-derived)); 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](#thm-b3-groups-firstiso) memfaktorkan $f =
\bar f \circ \pi$ melalui $G^{\mathrm{ab}}$, secara tunggal karena $\pi$ surjektif.

(b) [Komutator](#def-b3-groups-derived) adalah permutasi genap, jadi $D(S_n) \subseteq A_n$. Sebaliknya setiap siklus-$3$ merupakan [komutator](#def-b3-groups-derived):

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

(periksa langsung pada $a, b, c$), dan siklus-$3$ membangun $A_n$ ([Lema 1.32](#lem-b3-groups-threecycles)): 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](#ex-b3-groups-actions) tumbuh”), lalu simpulkan bahwa setiap subgrup maksimal dari grup-$p$ bersifat [normal](#def-b3-groups-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 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](#thm-b3-groups-pfixed)).

*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](#ex-b3-groups-actions) $A_5$ berkardinalitas $1$, $15$, $20$, $12$, $12$. Perhatikan baik-baik terpecahnya kelas-$S_5$ dari siklus-$5$: untuk sebuah siklus-$5$ $\sigma$, bandingkan [sentralisator](#ex-b3-groups-actions) $\sigma$ di $S_5$ dan di $A_5$. (b) Simpulkan bahwa $A_5$ [sederhana](#def-b3-groups-simple): [subgrup normal](#def-b3-groups-normal) adalah gabungan [kelas konjugasi](#ex-b3-groups-actions), memuat $e$, dan kardinalitasnya membagi $60$. (c) Tunjukkan bahwa [grup sederhana](#def-b3-groups-simple) berorde $60$ pastilah mempunyai $n_5 =
6$.

**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](#def-b3-groups-normal) $N$ adalah gabungan [kelas konjugasi](#ex-b3-groups-actions) 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](#def-b3-groups-simple) 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](#def-b3-groups-normal), dan itu bertentangan dengan kesederhanaan ($1 < 5 <
60$). Karena itu $n_5 = 6$.

**Latihan 1.12 ★★.**

([Normalisator](#ex-b3-groups-actions) [subgrup Sylow](#def-b3-groups-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](#ex-b3-groups-actions) Sylow yang termuat di [subgrup normal](#def-b3-groups-normal) sejati dari $G$, dan bahwa subgrup maksimal yang memuat $N_G(P)$ menormalkan dirinya sendiri.

**Solusi Latihan 1.12.**

(a) $P$ [normal](#def-b3-groups-normal) di $H = N_G(P)$ menurut definisi [normalisator](#ex-b3-groups-actions), dan ia subgrup Sylow-$p$ dari $H$ (ordenya sudah merupakan seluruh bagian-$p$ dari $\abs G$, apalagi dari $\abs H$). [Subgrup Sylow](#def-b3-groups-sylow) yang [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-pfixed) ditambah analisis di bawah untuk $p^2$: tersisa $6, 8, 10, 12, 14, 15$.

**Bagian I — Perkakas.**

1. 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 $\mathbb F_2$.)*
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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/3-modul-atas-daerah-ideal-utama#ch-b3-modules) (uraikan menurut orde terbesar sebuah unsur).
3. Misalkan $\varphi, \varphi' \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ dua [aksi](#def-b3-groups-action) . Tunjukkan bahwa jika $\varphi' = \varphi \circ  \alpha$ dengan $\alpha \in \operatorname{Aut}(K)$ , maka $H  \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ .
4. 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 $pq$.**

5. Misalkan $\abs G = 2p$ dengan $p$ bilangan prima ganjil. Tunjukkan bahwa $G$ mempunyai [subgrup normal](#def-b3-groups-normal) $N = \langle r \rangle$ berorde $p$ dan sebuah unsur $s$ berorde $2$ di luar $N$ .
6. 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 $6$ , $10$ , $14$ .
7. 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](#ex-b3-groups-pq) ), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/4-perluasan-lapangan-dan-teori-galois#ch-b3-galois) (kesiklikan $\mathbb F_q^\times$ ). Simpulkan untuk orde $15$ .

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

8. Tunjukkan bahwa $G$ mempunyai unsur $r$ berorde $4$ (pakailah pertanyaan 1) dan bahwa $N = \langle r\rangle$ [normal](#def-b3-groups-normal) .
9. Misalkan $s \notin N$ . Tunjukkan bahwa $s^2 \in N$ ( [Latihan 1.1](#exo-b3-groups-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 $s$?)* .
10. Dalam kasus $s^2 = e$ , tunjukkan $G \cong D_4$ .
11. 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 $$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu  \end{pmatrix},  \qquad  \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0  \end{pmatrix}.$$
12. Tunjukkan bahwa setiap subgrup tak trivial dari $Q_8$ memuat $-1$ ; simpulkan bahwa setiap subgrup $Q_8$ [normal](#def-b3-groups-normal) , bahwa $D_4 \not\cong Q_8$ (hitunglah unsur berorde $2$ ), dan bahwa $Q_8$ bukan [hasil kali semilangsung](#def-b3-groups-semidirect) dua subgrup sejati.

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

13. Tunjukkan $n_3 \in \{1, 4\}$ , $n_2 \in \{1, 3\}$ , dan bahwa $n_3  = 4$ memaksa $n_2 = 1$ *(hitunglah unsur berorde $3$)* .
14. Andaikan $n_3 = 4$ . [Aksi](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-normal) dan memuat semua kuadrat — [Latihan 1.1](#exo-b3-groups-1); hitunglah kuadrat di $S_4$)* ; lalu simpulkan $G \cong A_4$ .
15. 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.
16. 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.**

17. 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 $p^3$.

18. Tunjukkan bahwa $\abs{Z(G)} = p$ , bahwa $G/Z(G) \cong  (\Z/p\Z)^2$ *(kuosien siklik terhadap pusat memaksa keabelian: [Latihan 1.2](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ bersifat pusat dan ordenya membagi $p$ .
19. (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 $z$.)*
20. 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 $\theta$ .
21. (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 $H_p$.
22. (Eksponen $p^2$ ) Andaikan ada $r \in G$ yang berorde $p^2$ , lalu tetapkan $N = \langle r\rangle$ , yang [normal](#def-b3-groups-normal) (berindeks $p$ : [Latihan 1.10](#exo-b3-groups-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)* .
23. 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.**

24. 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.
25. 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 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](#thm-b3-groups-pfixed)). 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](#def-b3-groups-normal) (karena abelian), $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$: [Proposisi 1.24](#prop-b3-groups-direct) 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal) ([Latihan 1.1](#exo-b3-groups-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](#exo-b3-groups-4)(a)): menurut [Proposisi 1.26](#prop-b3-groups-semidirect), $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi
\Z/2\Z$ 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](#ex-b3-groups-semidirectexamples)). 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](#def-b3-groups-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](#ex-b3-groups-pq)). 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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-semidirect) 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](#def-b3-groups-normal).

**9.** $s^2 \in N$ menurut [Latihan 1.1](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal) ($\{e\}$ dan pusatnya secara trivial, yang berindeks $2$ menurut [Latihan 1.1](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-semidirect) $H \rtimes K$ 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](#def-b3-groups-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](#exo-b3-groups-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](#lem-b3-groups-threecycles) 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](#prop-b3-groups-semidirect)), dengan $\varphi \colon P_2 \to
\operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$.

- $\varphi$ trivial: [hasil kali langsung](#prop-b3-groups-direct) $\Z/3\Z \times \Z/4\Z  \cong \Z/12\Z$ 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](#def-b3-groups-action) 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](#thm-b3-groups-pfixed)) 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](#exo-b3-groups-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](#exo-b3-groups-2): jadi $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$. Karena $G/Z$ abelian, setiap [komutator](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) keduanya $z = [y, x]$ tak trivial, yakni $\neq e$, sebab kalau tidak $x, y, Z$ akan membangun $G$ yang abelian (kelasnya membangun [grup kuosiennya](#thm-b3-groups-quotient) 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](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-quotient) 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-semidirect) 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 $p \nmid q - 1$.)