MODUL BEBAS DAN RUANG VEKTOR

MAKALAH

UNTUK MEMENUHI TUGAS MATA KULIAH

Teori Modul

Yang dibina oleh Hery Susanto

oleh

Muhsang Sudadama Lieko Liedokto

100312400848

UNIVERSITAS NEGERI MALANG

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

JURUSAN MATEMATIKA

Mei 2013

MODUL BEBAS DAN RUANG VEKTOR

Definisi 2.8.

Misal 𝑅 adalah ring dengan unsur satuan sehingga untuk setiap 𝐹 𝑅-modul bebas, sebarang

dua basis dari 𝐹 mempunyai kardinal sama. Maka 𝑅 dikatakan mempunyai invariant

dimension property dan bilangan kardinal untuk sebarang basis dari F disebut dimensi (atau

rank) untuk F atas R.

Dimensi untuk ruang vektor 𝑉 atas ring pembagi 𝐷 dinotasikan dengan 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉

sedangkan dimensi dari suatu modul bebas 𝐹 atas ring lain dinotasikan dengan 𝑟𝑎𝑛𝑘 𝐹.

Dalil 2.9.

Misal E dan F madul bebas atas suatu ring R yang mempunyai invariant dimension property.

Maka 𝐸 ≅ 𝐹 jika dan hanya jika E dan F mempunyai rank sama (dimensi sama).

Bukti:

Misal 𝑋 adalah basis untuk 𝐸 𝑅-modul dan 𝑌 adalah basis untuk 𝐹 𝑅-modul.

𝛼:𝐸 → 𝐹 adalah 𝑅-modul isomorfisma

Akan ditunjukkan 𝐸 ≅ 𝐹 jika dan hanya jika 𝑋 = 𝑌

⟹) Akan ditunjukkan 𝛼 𝑋 adalah basis untuk 𝐹

Ambil 𝑓 ∈ 𝐹 berarti ada 𝑒 ∈ 𝐸 sehingga 𝛼 𝑒 = 𝑓

Akan ditunjukkan 𝑓 = 𝑟𝑖𝛼(𝑥𝑖)𝑖 , 𝑟𝑖 ∈ 𝑅,𝛼 𝑥𝑖 ∈ 𝛼 𝑋 , 𝑥𝑖 ∈ 𝑋

Karena 𝑋 basis untuk 𝐸 maka

𝑒 = 𝑟𝑖𝑥𝑖 (

𝑖

𝑟𝑖 ∈ 𝑅, 𝑥𝑖 ∈ 𝑋) → 𝛼 𝑒 = 𝛼( 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

) ↔ 𝑓 = 𝑟𝑖𝛼(𝑥𝑖)

𝑖

Jadi 𝛼 𝑋 merentang 𝐹

Akan ditunjukkan 𝛼 𝑋 bebas linear

Misal 𝑟𝑖𝛼(𝑥𝑖)𝑖 = 0

Akan ditunjukkan 𝑟𝑖 = 0,∀𝑖

𝑟𝑖𝛼 𝑥𝑖

𝑖

= 0 ↔ 𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

= 0

Karena 𝛼 adalah bijektif maka 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 = 0

Akibatnya 𝑟𝑖 = 0,∀𝑖 (karena 𝑋 bebas linear)

Jadi 𝛼 𝑋 adalah basis untuk 𝐹

Selanjutnya, karena 𝛼 bijektif maka 𝑋 = 𝛼(𝑋) *)

Karena Y dan 𝛼 𝑋 adalah basis untuk 𝐹 dan 𝑅 mempunyai invariant dimension property,

maka 𝛼(𝑋) = 𝑌 ∗∗).

Dari *) dan **) diperoleh 𝑋 = 𝑌 .

⇐) Misal 𝑋 adalah basis dari 𝐸 𝑅-modul bebas dan 𝑌 adalah basis dari 𝐹 𝑅-modul bebas

Akan dibuktikan 𝐸 ≅ 𝐹

Karena 𝐸 dan mempunyai rank sama maka 𝑋 = 𝑌 sehingga pemetaan 𝜃:𝑋 → 𝑌 adalah

bijektif.

Misal 𝛼:𝐸 → 𝐹 yang didefinisikan 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 ⟼ 𝑟𝑖𝑦𝑖𝑖 (𝑟𝑖 ∈ 𝑅,𝑥𝑖 ∈ 𝑋, 𝑦𝑖 ∈ 𝑌).

Akan ditunjukkan 𝛼 adalah isomorfisma 𝑅-modul.

Ambil sebarang 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 ∈ 𝐸 dan 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖 ∈ 𝐸 dengan 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 = 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖

Akan ditunjukkan 𝛼( 𝑟𝑖𝑥𝑖)𝑖 = 𝛼( 𝑠𝑖𝑥𝑖)𝑖

𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

= 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖

↔ 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

− 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖

= 0 ↔ (𝑟𝑖 − 𝑠𝑖)𝑥𝑖 = 0

𝑖

Karena 𝑋 bebas linear maka 𝑟𝑖 − 𝑠𝑖 = 0 berakibat 𝑟𝑖 = 𝑠𝑖 ,∀𝑖

Perhatikan bahwa

𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

= 𝑟𝑖𝑦𝑖𝑖

= 𝑠𝑖𝑦𝑖 = 𝛼 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖

𝑖

Jadi 𝛼 terdefinisi dengan baik (𝛼 adalah sebuah fungsi).

Selanjutnya akan dibuktikan 𝛼 adalah R-modul homomorfisma

Ambil sebarang 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 , 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖 ∈ 𝐸 dan 𝑘 ∈ 𝑅

Akan ditunjukkan

i. 𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 + 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖 = 𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 + 𝛼( 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖 ), dan

ii. 𝛼 𝑘 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 = 𝑘𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

Perhatikan bahwa

𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

+ 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖

= 𝛼 (𝑟𝑖 + 𝑠𝑖)𝑥𝑖

𝑖

= (𝑟𝑖 + 𝑠𝑖)𝑦𝑖 =

𝑖

𝑟𝑖𝑦𝑖 + 𝑠𝑖𝑦𝑖

𝑖

= 𝑟𝑖𝑦𝑖𝑖

+ 𝑠𝑖𝑦𝑖 = 𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

+ 𝛼 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖

𝑖

𝛼 𝑘 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

= 𝛼 (𝑘𝑟𝑖)𝑥𝑖𝑖

= 𝑘𝑟𝑖 𝑦𝑖𝑖

= 𝑘 𝑟𝑖𝑦𝑖𝑖

= 𝑘𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

Jadi, 𝛼:𝐸 → 𝐹 adalah R-modul homomorfisma

Ambil sebarang 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 , 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖 ∈ 𝐸 dengan 𝛼( 𝑟𝑖𝑥𝑖)𝑖 = 𝛼( 𝑠𝑖𝑥𝑖)𝑖

Akan ditunjukkan 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 , = 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖

Perhatikan bahwa

𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

= 𝛼 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖

↔ 𝑟𝑖𝑦𝑖𝑖

= 𝑠𝑖𝑦𝑖𝑖

↔ 𝑟𝑖𝑦𝑖𝑖

− 𝑠𝑖𝑦𝑖𝑖

= 0

↔ (𝑟𝑖 − 𝑠𝑖)𝑦𝑖 = 0

𝑖

Karena 𝑌 bebas linear maka 𝑟𝑖 − 𝑠𝑖 = 0 berakibat 𝑟𝑖 = 𝑠𝑖 ,∀𝑖

Oleh karena itu 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 , = 𝑠𝑖𝑥𝑖𝑖 .

Jadi 𝛼:𝐸 → 𝐹 adalah R-modul monomorfisma

Ambil sebarang 𝑎 ∈ 𝐹 berarti 𝑎 = 𝑟𝑖𝑝𝑖𝑖 dengan 𝑟𝑖 ∈ 𝑅 dan 𝑝𝑖 ∈ 𝑌 maka ada 𝑥𝑖 ∈ 𝑋

sehingga 𝑝𝑖 = 𝜃(𝑥𝑖), karena 𝜃:𝑋 → 𝑌 onto.

Akan ditunjukkan ada 𝑏 ∈ 𝐸 ∋ 𝛼 𝑏 = 𝑎

Pilih 𝑏 = 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 , sehingga

𝛼 𝑏 = 𝛼 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

= 𝑟𝑖𝑝𝑖𝑖

= 𝑏

Jadi 𝛼:𝐸 → 𝐹 adalah R-modul epimorfisma.

Jadi, 𝛼:𝐸 → 𝐹 adalah R-modul isomorfisma (𝐸 ≅ 𝐹). ∎

Lemma 2.10.

Misal R adalah ring dengan unsur satuan, 𝐼 ≠ 𝑅 sebuah ideal untuk R, F adalah

R-modul bebas dengan basis X dan 𝜋:𝐹 → 𝐹/𝐼𝐹 epimorfisma kanonikal. Maka 𝐹/𝐼𝐹 adalah

R/I-modul bebas dengan basis 𝜋(𝑋) dan 𝜋(𝑋) = 𝑋 .

Ingat kembali bahwa 𝐼𝐹 = 𝑟𝑖𝑎𝑖𝑛𝑖=1 𝑟𝑖 ∈ 𝐼, 𝑎𝑖 ∈ 𝐹,𝑛 ∈ 𝑁∗ dan bahwa untuk 𝑅/𝐼 pada

𝐹/𝐼𝐹 memberikan 𝑟+ 𝐼 𝑎 + 𝐼𝐹 = 𝑟𝑎 + 𝐼𝐹 (latihan 1.3).

Bukti lemma:

𝐼𝐹 = 𝑟𝑖𝑎𝑖

𝑛

𝑖=1

𝑟𝑖 ∈ 𝐼,𝑎𝑖 ∈ 𝐹, 𝑛 ∈ 𝑁∗ ,𝐹/𝐼𝐹 = 𝑝 + 𝐼𝐹 𝑝 ∈ 𝐹 𝑑𝑎𝑛 𝑅/𝐼 = 𝑟 + 𝐼 𝑟 ∈ 𝑅

Misal +:𝐹/𝐼𝐹 ×/𝐼𝐹 → 𝐹/𝐼𝐹 didefinisikan 𝑝+ 𝐼𝐹, 𝑞 + 𝐼𝐹 ⟼ 𝑝+ 𝑞 + 𝐼𝐹 dan

•:𝑅/𝐼 × 𝐹/𝐼𝐹 → 𝐹/𝐼𝐹 didefinisikan 𝑟 + 𝐼,𝑝 + 𝐼𝐹 ⟼ 𝑟𝑝+ 𝐼𝐹

Akan dibuktikan + adalah terdefinisi dengan baik

Ambil sebarang 𝑝+ 𝐼𝐹,𝑞 + 𝐼𝐹 = 𝑟 + 𝐼𝐹, 𝑠 + 𝐼𝐹 ∈ 𝐹/𝐼𝐹 ×/𝐼𝐹 akibatnya 𝑝 + 𝐼𝐹 = 𝑟 +

𝐼𝐹 dan 𝑞 + 𝐼𝐹 = 𝑠 + 𝐼𝐹 sehingga 𝑝 − 𝑟 ∈ 𝐼𝐹 dan 𝑞 − 𝑠 ∈ 𝐼𝐹. Diperoleh 𝑝 − 𝑟 + 𝑞 − 𝑠 =

𝑝 + 𝑞 − 𝑟 − 𝑠 = 𝑝+ 𝑞 − 𝑟+ 𝑠 ∈ 𝐼𝐹. Oleh karena itu 𝑝 + 𝑞 + 𝐼𝐹 = 𝑟+ 𝑠 + 𝐼𝐹.

Akan ditunjukkan + 𝑝+ 𝐼𝐹, 𝑞 + 𝐼𝐹 = + 𝑟 + 𝐼𝐹, 𝑠 + 𝐼𝐹

Perhatikan bahwa

+ 𝑝+ 𝐼𝐹, 𝑞 + 𝐼𝐹 = 𝑝+ 𝑞 + 𝐼𝐹 = 𝑟 + 𝑠 + 𝐼𝐹 = + 𝑟 + 𝐼𝐹, 𝑠 + 𝐼𝐹

Jadi + berdefinisi dengan baik.

Selanjutnya akan dibuktikan • terdefinisi dengan baik.

Ambil sebarang 𝑡 + 𝐼,𝑤 + 𝐼𝐹 = (𝑥 + 𝐼, 𝑦 + 𝐼𝐹) ∈ 𝑅/𝐼 × 𝐹/𝐼𝐹,(𝑡, 𝑥 ∈ 𝑅 𝑑𝑎𝑛 𝑤, 𝑦 ∈ 𝐹)

Akan ditunjukkan • 𝑡 + 𝐼,𝑤 + 𝐼𝐹 =• (𝑥 + 𝐼,𝑦 + 𝐼𝐹)

Karena 𝑡 + 𝐼,𝑤 + 𝐼𝐹 = (𝑥 + 𝐼,𝑦 + 𝐼𝐹) maka 𝑡 + 𝐼 = 𝑥 + 𝐼 dan 𝑤 + 𝐼𝐹 = 𝑦 + 𝐼𝐹.

Akibatnya 𝑡 − 𝑥 ∈ 𝐼 dan 𝑤 − 𝑦 ∈ 𝐼𝐹 berarti ada 𝑎 ∈ 𝐼 dan 𝑏 ∈ 𝐼𝐹 sehingga 𝑡 = 𝑥 + 𝑎 dan

𝑤 = 𝑦 + 𝑏.

Perhatikan bahwa

𝑡𝑤 = 𝑥 + 𝑎 𝑦+ 𝑏

𝑡𝑤 = 𝑥𝑦+ 𝑥𝑏+ 𝑎𝑦 + 𝑎𝑏

𝑡𝑤 − 𝑥𝑦 = 𝑥𝑏 + 𝑎𝑦 + 𝑎𝑏 ∈ 𝐼𝐹

Karena 𝑡𝑤 − 𝑥𝑦 ∈ 𝐼𝐹 maka 𝑡𝑤 + 𝐼𝐹 = 𝑥𝑦 + 𝐼𝐹

Sehingga • 𝑡 + 𝐼,𝑤 + 𝐼𝐹 = 𝑡𝑤 + 𝐼𝐹 = 𝑥𝑦 + 𝐼𝐹 =• (𝑥 + 𝐼, 𝑦 + 𝐼𝐹)

Jadi • terdefinisi dengan baik.

Selanjutnya akan dibuktikan 𝐹/𝐼𝐹 adalah 𝑅/𝐼-modul.

Ambil sebarang 𝑟, 𝑠 ∈ 𝑅/𝐼 , 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐹/𝐼𝐹 berarti

𝑟 = 𝑣 + 𝐼, 𝑠 = 𝑤 + 𝐼, 𝑣,𝑤 ∈ 𝑅

𝑎 = 𝑝 + 𝐼𝐹, 𝑏 = 𝑞 + 𝐼𝐹, 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐹

Akan ditunjukkan

i. 𝑟 𝑎 + 𝑏 = 𝑟𝑎 + 𝑟𝑏

ii. 𝑟 + 𝑠 𝑎 = 𝑟𝑎 + 𝑠𝑎

iii. 𝑟 𝑠𝑎 = 𝑟𝑠 𝑎

Perhatikan

i. 𝑟 𝑎 + 𝑏 = 𝑣 + 𝐼 𝑝+ 𝐼𝐹 + 𝑞 + 𝐼𝐹 = 𝑣 + 𝐼 𝑝+ 𝑞 + 𝐼𝐹 = 𝑣 𝑝+ 𝑞 + 𝐼𝐹

= 𝑣𝑝 + 𝑣𝑞 + 𝐼𝐹 = 𝑣𝑝 + 𝐼 𝑣𝑞 + 𝐼𝐹

= 𝑣 + 𝐼 𝑝 + 𝐼𝐹 + 𝑣 + 𝐼 (𝑞 + 𝐼𝐹) = 𝑟𝑎 + 𝑟𝑏

ii. 𝑟 + 𝑠 𝑎 = 𝑣 + 𝐼 + 𝑤 + 𝐼 𝑝+ 𝐼𝐹 = 𝑣 + 𝑤 + 𝐼 𝑝 + 𝐼𝐹

= 𝑣 +𝑤 𝑝 + 𝐼𝐹 = 𝑣𝑝 +𝑤𝑝 + 𝐼𝐹 = 𝑣𝑝+ 𝐼𝐹 + 𝑤𝑝 + 𝐼𝐹

= 𝑣 + 𝐼 𝑝 + 𝐼𝐹 + 𝑤 + 𝐼 𝑝+ 𝐼𝐹 = 𝑟𝑎 + 𝑠𝑎

iii. 𝑟 𝑠𝑎 = 𝑣 + 𝐼 𝑤 + 𝐼 𝑝+ 𝐼𝐹 = 𝑣 + 𝐼 𝑤𝑝+ 𝐼𝐹 = 𝑣 𝑤𝑝 + 𝐼𝐹

= 𝑣𝑤 𝑝 + 𝐼𝐹 = 𝑣𝑤 + 𝐼 𝑝+ 𝐼𝐹

= 𝑣 + 𝐼 𝑤+ 𝐼 𝑝+ 𝐼𝐹 = 𝑟𝑠 𝑎

Jadi 𝐹/𝐼𝐹 adalah 𝑅/𝐼-modul.

Akan dibuktikan 𝐹/𝐼𝐹 adalah 𝑅/𝐼-modul bebas dengan basis 𝜋 𝑋 .𝜋:𝐹 → 𝐹/𝐼𝐹

epimorfisma kanonikal maka 𝑎 ↦ 𝑎 + 𝐼𝐹 dengan 𝑎 ∈ 𝐹, 𝑎 + 𝐼𝐹 ∈ 𝐹/𝐼𝐹

Akan ditunjukkan 𝜋 𝑋 = 𝑥 + 𝐼𝐹 𝑥 ∈ 𝑋 membangun 𝐹/𝐼𝐹

Ambil sebarang 𝑄 ∈ 𝐹/𝐼𝐹 berarti 𝑄 = 𝑝 + 𝐼𝐹,𝑝 ∈ 𝐹

Karena 𝑋 adalah basis dari 𝐹 maka 𝑝 ∈ 𝐹 sehingga

𝑝 = 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖

(𝑟𝑖 ∈ 𝑅,𝑥𝑖 ∈ 𝑋)

Oleh karena itu

𝑄 = 𝑝+ 𝐼𝐹 = 𝑟𝑖𝑥𝑖𝑖 + 𝐼𝐹 = 𝑟𝑖𝑥𝑖 + 𝐼𝐹 = 𝑟𝑖+𝐼)(𝑥𝑖 + 𝐼𝐹 = 𝑟𝑖 + 𝐼 𝜋(𝑥𝑖)𝑖𝑖𝑖 dengan

𝑟𝑖 + 𝐼 ∈ 𝑅/𝐼 dan 𝜋(𝑥𝑖) ∈ 𝜋(𝑋)

Diperoleh 𝜋(𝑋) membangun 𝐹/𝐼𝐹.

Akan dibuktikan 𝜋(𝑋) bebas linear

Misal 𝑟𝑘 + 𝐼 𝜋(𝑥𝑘)𝑚𝑘=1 = 0 + 𝐼𝐹 (karena unsur nol di 𝐹/𝐼𝐹 adalah 0 + 𝐼𝐹 = 𝐼𝐹)

Dengan 𝑟𝑘 + 𝐼 ∈ 𝑅/𝐼, 𝜋 𝑥𝑘 ∈ 𝜋 𝑋 , 𝑟𝑘 ∈ 𝑅, 𝑥𝑘 ∈ 𝑋.

Akan ditunjukkan 𝑟𝑘 + 𝐼 = 𝐼, ∀𝑘 (karena unsur nol di 𝑅/𝐼 adalah 𝐼)

𝑟𝑘 + 𝐼 𝜋 𝑥𝑘

𝑚

𝑘=1

= 𝐼𝐹 ↔ 𝑟𝑘 + 𝐼 𝑥𝑘 + 𝐼𝐹 = 𝐼𝐹

𝑚

𝑘=1

↔ 𝑟𝑘𝑥𝑘 + 𝐼𝐹

𝑚

𝑘=1

= 𝐼𝐹

↔ 𝑟𝑘𝑥𝑘 ∈ 𝐼𝐹

𝑚

𝑘=1

Karena 𝑥𝑘 ∈ 𝑋 dan 𝑋 adalah suatu basis dari 𝐹 maka 𝑟𝑘𝑥𝑘𝑚𝑘=1 tunggal

Diperoleh 𝑟𝑘 ∈ 𝐼 ,∀𝑘 maka 𝑟𝑘 + 𝐼 = 𝐼, ∀𝑘

Jadi 𝜋(𝑋) bebas linear.

Jadi 𝐹/𝐼𝐹 adalah 𝑅/𝐼-modul bebas dengan basis 𝜋 𝑋

Akan dibuktikan 𝜋(𝑋) = 𝑋

Akan dibuktikan 𝜋:𝑋 → 𝜋 𝑋 adalah bijektif

Ambil sebarang 𝑥,𝑥′ ∈ 𝑋 dengan 𝜋 𝑥 = 𝜋 𝑥′

Akan ditunjukkan 𝑥 = 𝑥′

1𝑅 + 𝐼 𝜋 𝑥 − 1𝑅 + 𝐼 𝜋 𝑥 ′ = 0 + 𝐼𝐹 = 𝐼𝐹, (𝜋 𝑥 ,𝜋 𝑥 ′ ∈ 𝜋 𝑋 )

Andaikan 𝑥 ≠ 𝑥′ maka 𝜋 𝑥 ≠ 𝜋 𝑥′

Karena 𝜋 𝑋 basis untuk 𝐹/𝐼𝐹 maka 1𝑅 + 𝐼 = 𝐼 mengimplikasikan 1𝑅 ∈ 𝐼.

Karena 1𝑅 ∈ 𝐼 dan 1𝑅 ∈ 𝑅 maka 𝐼 = 𝑅, sehingga kontradiksi dengan 𝐼 ≠ 𝑅.

Jadi 𝜋:𝑋 → 𝜋 𝑋 adalah injektif

Karena 𝜋:𝐹 → 𝐹/𝐼𝐹 epimorfisma kanonikal dan 𝑋 ⊆ 𝐹 maka 𝜋:𝑋 → 𝜋 𝑋 adalah surjektif.

Dengan demikian diperoleh 𝜋:𝑋 → 𝜋 𝑋 bijektif

Jadi 𝜋(𝑋) = 𝑋 .∎

Dalil 2.11.

Misal 𝑓:𝑅 → 𝑆 adalah epimorfisma tak nol untuk ring dengan unsur satuan. Jika S

mempunyai inveriant dimension property, maka 𝑅 juga.

Bukti:

Misal 𝐼 = 𝐾𝑒𝑟 𝑓 (ideal) maka 𝑆 ≅ 𝑅/𝐼 (akibat III.2.10)

Misal 𝑋 dan 𝑌 basis dari 𝐹 𝑅-modul dan 𝜋:𝐹 → 𝐼𝐹 epimorfisma kanonikal (lemma 2.10)

maka 𝐹/𝐼𝐹 adalah 𝑅/𝐼-modul bebas dengan basis 𝜋(𝑋) dan 𝜋(𝑌). Karena 𝑆 ≅ 𝑅/𝐼 maka

pemetaan 𝜑: 𝑆 → 𝑅/𝐼 adalah R-modul isomorfisma.

Ambil sebarang 𝑠 ∈ 𝑆 dan 𝑚 ∈ 𝐹/𝐼𝐹 berakibat 𝜑(𝑠) ∈ 𝑅/𝐼, karena 𝜑 bijektif.

Perhatikan 𝑠𝑚 = 𝜑 𝑠 𝑚 ∈ 𝐹/𝐼𝐹 (karena 𝐹/𝐼𝐹 adalah 𝑅/𝐼-modul).

Maka 𝐹/𝐼𝐹 adalah S-modul bebas dengan basis 𝜋(𝑋) dan 𝜋(𝑌). Sehingga 𝜋(𝑋) = 𝑋 dan

𝜋(𝑌) = 𝑌 . Karena S mempunyai inveriant dimension property maka 𝜋(𝑋) = 𝜋(𝑌) .

Oleh karena itu 𝑋 = 𝑌 .

Jadi 𝑅 mempunyai inveriant dimension property.∎

Akibat 2.12.

Jika R adalah suatu ring dengan unsur satuan yang mempunyai peta homomorpik ring

pembagi , maka R mempunyai invarant dimension property. Secara khusus, setiap ring

komutatif dengan unsur satuan mempunyai invariant dimension property.

Bukti:

Misal 𝜃:𝑅 → 𝑅′ epimorfisma dengan ring pembagi 𝑅′ adalah peta homomorpik dari 𝑅 yang

mempunyai unsur satuan. Misal 𝑉 adalah 𝑅’-modul dan 𝑋,𝑌 adalah sebarang basis di 𝑉.

Karena 𝑅’ ring pembagi maka 𝑉 ruang vektor atas 𝑅’. Berdasarkan teorema 2.7 maka 𝑋 =

𝑌 . Jadi 𝑅’ mempunyai invariant dimension property.∎

Misal 𝑅 ring komuntatif dengan unsur satuan dan untuk setiap 𝐼 ideal dari 𝑅 maka ada

𝑀 : maksimal ideal sehingga 𝑀 ⊂ 𝐼 ⊆ 𝑅 (teorema III.2.18)

Oleh karena itu 𝑅/𝑀 adalah lapangan (teorema 2.20)

Karena 𝑅/𝑀 lapangan maka 𝑅/𝑀 ring pembagi. Karena 𝑀 ideal untuk 𝑅 maka pemetaan

𝜃:𝑅 → 𝑅/𝑀 didefinisikan 𝜃 𝑟 = 𝑟 + 𝐼, 𝑟 ∈ 𝑅 adalah epimorfisma. Karena 𝑅 ring dengan

unsur satuan, 𝑅/𝑀 ring pembagi, dan pemetaan 𝜃:𝑅 → 𝑅/𝑀 adalah epimorfisma maka 𝑅

mempunyai invariant dimension property.∎

Ruang vektor 𝑉 atas ring pembagi 𝐷 dikatakan mempunyai dimensi hingga (finite

dimensional) jika 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 adalah hingga.

Teorema 2.13.

Misal W subruang dari ruang vektor V atas pembagi ring D.

i. 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊 ≤ 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉;

ii. Jika 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊 = 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 dan 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 hingga, maka 𝑊 = 𝑉;

iii. 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 = 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊 + 𝑑𝑖𝑚𝐷(𝑉/𝑊).

Bukti :

i. Misal Y basis untuk 𝑊 maka 𝑌 bebas linear sehingga 𝑌 ⊆ 𝑊 ⊆ 𝑉. Berdasarkan

teorema 2.4 maka ada 𝑋 basis untuk 𝑉 sehingga 𝑌 ⊆ 𝑋. Oleh karena itu 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊 =

𝑌 ≤ 𝑋 = 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉.∎

ii. Misal 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊 = 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉maka 𝑌 = 𝑋 dan 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 = 𝑋 hingga. Karena 𝑌 ⊆ 𝑋

maka 𝑌 = 𝑋. Diperoleh 𝑊 = 𝑉.∎

iii. Klim 𝑈 = 𝑥 + 𝑊 𝑥 ∈ 𝑋 − 𝑌 adalah basis untuk 𝑉/𝑊 = 𝑣 + 𝑊 𝑣 ∈ 𝑉

Akan dibuktikan 𝑈 merentang 𝑉/𝑊

Ambil sebarang 𝑣 ∈ 𝑉

Karena 𝑋 merentang 𝑉 dan 𝑋 − 𝑌 dan 𝑌 disjoin maka

𝑣 = 𝑟𝑖𝑦𝑖 + 𝑠𝑗𝑥𝑗𝑗𝑖

(𝑟𝑖 , 𝑠𝑗 ∈ 𝐷, 𝑦𝑖 ∈ 𝑌,𝑥𝑗 ∈ 𝑋 − 𝑌)

Sehingga

𝑣 + 𝑊 = 𝑟𝑖𝑦𝑖 + 𝑠𝑗𝑥𝑗𝑗𝑖

+𝑊 = 𝑠𝑗𝑥𝑗𝑗

+ 𝑊 = 𝑠𝑗 (𝑥𝑗 + 𝑊)

𝑗

Dengan 𝑠𝑗 ∈ 𝐷 dan 𝑥𝑗 +𝑊 ∈ 𝑈, 𝑥𝑗 ∈ 𝑋 − 𝑌.

Jadi 𝑈 merentang 𝑉/𝑊

Akan ditunjukkan 𝑈 bebas linear.

Misal 𝑟𝑗 𝑥𝑗 + 𝑊 = 𝑊, (𝑗 𝑟𝑗 ∈ 𝐷,𝑥𝑗 + 𝑊 ∈ 𝑈,𝑥𝑗 ∈ 𝑋 − 𝑌)

Akan ditunjukkan 𝑟𝑗 = 0,∀𝑗

𝑟𝑗 𝑥𝑗 + 𝑊 = 𝑊

𝑗

↔ 𝑟𝑗𝑥𝑗 + 𝑊 = 𝑊

𝑗

Akibatnya 𝑟𝑗𝑥𝑗𝑗 ∈ 𝑊

Karena Y merentang W maka

𝑟𝑗𝑥𝑗𝑗

= 𝑠𝑘𝑦𝑘𝑘

(𝑠𝑘 ∈ 𝐷, 𝑦𝑘 ∈ 𝑌) ↔ 𝑟𝑗𝑥𝑗𝑗

+ −𝑠𝑘 𝑦𝑘 = 0

𝑘

Karena 𝑋 = 𝑌 ∪ (𝑋 − 𝑌) adalah bebas linear maka 𝑟𝑗 = 0,∀𝑗 dan 𝑠𝑘 = 0,∀𝑘.

Jadi, 𝑈 bebas linear dan 𝑈 = 𝑋 − 𝑌

Jadi 𝑈 basis dari 𝑉/𝑊 maka 𝑑𝑖𝑚𝐷 𝑉/𝑊 = 𝑈 .

Dengan demikian

𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 = 𝑋 = 𝑌 ∪ 𝑋 − 𝑌 = 𝑌 + 𝑋 − 𝑌

= 𝑌 + 𝑈 = 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊 + 𝑑𝑖𝑚𝐷(𝑉/𝑊) ∎

Akibat 2.14

Jika 𝑓:𝑉 → 𝑉′ adalah transformasi linear untuk ruang vektor atas pembagi ring 𝐷, maka

adabasis X untuk V sehingga 𝑋 ∩ 𝐾𝑒𝑟𝑓 adalah basis untuk 𝐾𝑒𝑟𝑓 dan 𝑓(𝑥) 𝑓(𝑥) ≠ 0,𝑥 ∈ 𝑋

adalah basis untuk 𝑓. Secara khusus,

𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 = 𝑑𝑖𝑚𝐷 𝐾𝑒𝑟𝑓 + 𝑑𝑖𝑚𝐷 𝐼𝑚𝑓 .

Sketsa Bukti:

Untuk membuktikan pernyataan pertama dimisalkan 𝑊 = 𝐾𝑒𝑟𝑓 dan misal 𝑌, 𝑋 seperti

pembuktian di teorema 2.13. Pernyataan kedua mengikuti teorema 2.13 (iii) karena 𝑉/𝑊 ≅

𝐼𝑚𝑓 menurut teorema 1.7.∎

Akibat 2.15

Jika 𝑉 dan 𝑊 subruang berdimensi hingga untuk ruang vektor atas pembagi ring 𝐷, maka

𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 + 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊 = 𝑑𝑖𝑚𝐷 𝑉 ∩𝑊 + 𝑑𝑖𝑚𝐷 𝑉 +𝑊 .

Bukti:

Misal 𝑉 dan 𝑊 subruang dari ruang vektor 𝐴 atas ring pembagi 𝐷. Karena 𝑉 dan 𝑊

mempunyai dimensi hingga maka dimisalkan 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 = 𝑘, 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊 = 𝑙, 𝑑𝑖𝑚𝐷 𝑉 ∩𝑊 = 𝑚

dan 𝑃 = 𝑣1 ,𝑣2,… , 𝑣𝑚 adalah basis dari 𝑉 ∩𝑊.

Karena 𝑉 ∩𝑊 ⊆ 𝑉 maka 𝑃 dapat diperluas menjadi basis di 𝑉 sehingga diperoleh

𝐵1 = 𝑣1,𝑣2 ,… , 𝑣𝑚 ,𝑢1 ,𝑢2,… , 𝑢𝑘−𝑚 adalah basis di 𝑉.

Karena 𝑉 ∩𝑊 ⊆ 𝑊 maka P dapat diperluas menjadi basis di 𝑊 sehingga diperoleh

𝐵2 = 𝑣1, 𝑣2,… , 𝑣𝑚 ,𝑤1,𝑤2 ,… ,𝑤𝑙−𝑚 adalah basis di 𝑊.

Klaim 𝐵 = 𝐵1 ∪ 𝐵2 = 𝑣1 ,𝑣2,… , 𝑣𝑚 ,𝑢1, 𝑢2,… ,𝑢𝑘−𝑚 ,𝑤1,𝑤2 ,… ,𝑤𝑙−𝑚 adalah basis untuk

𝑉 + 𝑊.

Bukti klaim

𝑉 + 𝑊 = 𝑣 + 𝑤 𝑣 ∈ 𝑉 𝑤 ∈ 𝑊

Akan ditunjukkan 𝐵1 ∪ 𝐵2 adalah basis untuk 𝑉 +𝑊.

Ambil sebarang 𝑥 ∈ 𝑉 + 𝑊 berarti 𝑥 = 𝑣 +𝑤, 𝑣 ∈ 𝑉,𝑤 ∈ 𝑊.

𝐵1 adalah basis untuk V akibatnya untuk setiap 𝑣 ∈ 𝑉 sehingga

𝑣 = 𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑚𝑣𝑚 + 𝑎𝑚+1𝑢1 + 𝑎𝑚+2𝑢2 + ⋯+ 𝑎𝑘𝑢𝑘−𝑚 , 𝑎𝑖 ∈ 𝐷

𝐵2 adalah basis untuk W akibatnya untuk setiap 𝑤 ∈ 𝑊 sehingga

𝑤 = 𝑏1𝑣1 + 𝑏2𝑣2 +⋯+ 𝑏𝑚𝑣𝑚 + 𝑏𝑚+1𝑤1 + 𝑏𝑚+2𝑤2 +⋯+ 𝑏𝑙𝑤𝑙−𝑚 ,𝑏𝑗 ∈ 𝐷.

Oleh karena itu untuk setiap 𝑥 ∈ 𝑉 +𝑊

𝑥 = 𝑣 + 𝑤 = 𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑚𝑣𝑚 + 𝑎𝑚+1𝑢1 + 𝑎𝑚+2𝑢2 + ⋯+ 𝑎𝑘𝑢𝑘−𝑚 +

(𝑏1𝑣1 + 𝑏2𝑣2 + ⋯+ 𝑏𝑚𝑣𝑚 + 𝑏𝑚+1𝑢1 + 𝑏𝑚+2𝑢2 + ⋯+ 𝑏𝑙𝑢𝑙−𝑚 )

= 𝑎1 + 𝑏1)𝑣1 + (𝑎2 + 𝑏2)𝑣2 + ⋯+ (𝑎𝑚+𝑏𝑚 )𝑣𝑚 + 𝑎𝑚+1𝑢1 + 𝑎𝑚+2𝑢2 +⋯+ 𝑎𝑘𝑢𝑘−𝑚 +

𝑏𝑚+1𝑤1 + 𝑏𝑚+2𝑤2 +⋯+ 𝑏𝑙𝑤𝑙−𝑚 untuk suatu 𝑎𝑖 , 𝑏𝑗 , 𝑎𝑖 + 𝑏𝑗 ∈ 𝐷

Jadi 𝐵1 ∪ 𝐵2 = 𝑣1, 𝑣2,… , 𝑣𝑚 , 𝑢1,𝑢2 ,… , 𝑢𝑘−𝑚 ,𝑤1 ,𝑤2 ,… ,𝑤𝑙−𝑚 merentang 𝑉 + 𝑊.

Akan ditunjukkan 𝐵1 ∪ 𝐵2 bebas linear.

Misal 0 = 𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑚𝑣𝑚 + 𝑏1𝑢1 + 𝑏2𝑢2 +⋯+ 𝑏𝑘𝑢𝑘−𝑚 + 𝑐1𝑤1 + 𝑐2𝑤2 +⋯

+𝑐𝑙𝑤𝑙−𝑚

Akan ditunjukkan 𝑎𝑖 = 𝑏𝑗 = 𝑐𝑘 = 0,∀𝑖, 𝑗,𝑘

Andaikan 𝐵1 ∪ 𝐵2 tidak bebas linear maka ada indeks 𝑖 sehingga 𝑎𝑖 ≠ 0 tetapi

0 = 𝑎1𝑣1 + 𝑎2𝑣2 +⋯+ 𝑎𝑚𝑣𝑚 .

Dengan demikian 𝑃 = 𝑣1, 𝑣2,… , 𝑣𝑚 tidak bebas linear

Ini kontradiksi dengan 𝑃 adalah basis untuk 𝑉 ∩𝑊 maka diperoleh

𝑎𝑖 = 𝑏𝑗 = 𝑐𝑘 = 0,∀𝑖, 𝑗,𝑘

Jadi 𝐵1 ∪ 𝐵2 bebas linear.

Jadi 𝐵1 ∪ 𝐵2 basis untuk 𝑉 +𝑊

Diperoleh

𝑑𝑖𝑚𝐷 𝑉 +𝑊 = 𝐵1 ∪ 𝐵2

= 𝑚 + 𝑘 − 𝑚 + 𝑙 − 𝑚

= 𝑘 + 𝑙 − 𝑚

= 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 + 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊− 𝑑𝑖𝑚𝐷(𝑉 ∩𝑊)

Jadi 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑉 + 𝑑𝑖𝑚𝐷𝑊 = 𝑑𝑖𝑚𝐷 𝑉 ∩𝑊 + 𝑑𝑖𝑚𝐷 𝑉 + 𝑊 .∎

Teorema 2.16.

Misal 𝑅,𝑆,𝑇 pembagi ring sehingga 𝑅 ⊂ 𝑆 ⊂ 𝑇. Maka

𝑑𝑖𝑚𝑅𝑇 = 𝑑𝑖𝑚𝑠𝑇 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑆 .

Selanjutnya, 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑇 hingga jika dan hanya jika 𝑑𝑖𝑚𝑠𝑇 dan 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑆 adalah hingga.

Bukti :

Misal 𝑈 basis untuk 𝑇 atas 𝑆, dan 𝑉 basis untuk 𝑆 atas 𝑅,

Klaim 𝐵 = 𝑣𝑢 𝑣 ∈ 𝑉,𝑢 ∈ 𝑈 adalah basis untuk 𝑇 atas 𝑅.

Akan ditunjukkan 𝐵 merentang 𝑇 atas 𝑅

Ambil sebarang 𝑢 ∈ 𝑇 berarti 𝑢 = 𝑠𝑖𝑢𝑖𝑛𝑖=1 (𝑠𝑖 ∈ 𝑆,𝑢𝑖 ∈ 𝑈) karena 𝑈 merentang 𝑇 atas 𝑆

Karena 𝑉 basis untuk 𝑆 atas 𝑅 maka 𝑠𝑖 ∈ 𝑆 sehingga 𝑠𝑖 = 𝑟𝑖𝑗 𝑣𝑗𝑚 𝑖𝑗=1 (𝑟𝑖𝑗 ∈ 𝑅, 𝑣𝑗 ∈ 𝑉)

Dengan demikian

𝑢 = 𝑠𝑖𝑢𝑖

𝑛

𝑖=1

= 𝑟𝑖𝑗𝑣𝑗

𝑚 𝑖

𝑗=1

𝑢𝑖 =

𝑛

𝑖=1

𝑟𝑖𝑗 𝑣𝑗

𝑚 𝑖

𝑗=1

𝑢𝑖 , (

𝑛

𝑖=1

𝑟𝑖𝑗 ∈ 𝑅, 𝑣𝑗𝑢𝑖 ∈ 𝐵)

Oleh karena itu 𝐵 merenteang 𝑇 atas 𝑅

Akan ditunjukkan 𝐵 bebas linear di 𝑇 atas 𝑅

Misal 𝑟𝑖𝑗 (𝑣𝑗𝑚𝑗=1 𝑢𝑖) = 0𝑛

𝑖=1 , (𝑟𝑖𝑗 ∈ 𝑅, 𝑣𝑗𝑢𝑖 ∈ 𝐵)

Misal 𝑠𝑖 = 𝑟𝑖𝑗 𝑣𝑗𝑚 𝑖𝑗=1 ∈ 𝑆, karena 𝑉 basis untuk 𝑆 atas 𝑅.

Perhatikan

0 = 𝑟𝑖𝑗 (𝑣𝑗

𝑚

𝑗=1

𝑢𝑖) = 𝑟𝑖𝑗𝑣𝑗

𝑚 𝑖

𝑗=1

𝑢𝑖 = 𝑠𝑖𝑢𝑖

𝑛

𝑖=1

,

𝑛

𝑖=1

𝑛

𝑖=1

(𝑠𝑖 ∈ 𝑆,𝑢𝑖 ∈ 𝑈)

Karena 𝑈 bebas linear di 𝑇 atas 𝑆 maka 𝑠𝑖 = 0,∀𝑖. Sehingga didapat

𝑟𝑖𝑗 𝑣𝑗

𝑚 𝑖

𝑗=1

= 0 (𝑟𝑖𝑗 ∈ 𝑅, 𝑣𝑗 ∈ 𝑉)

Karena bebas linear di 𝑆 atas 𝑅 maka 𝑟𝑖𝑗 = 0,∀𝑖, 𝑗

Jadi, 𝐵 = 𝑣𝑢 𝑣 ∈ 𝑉,𝑢 ∈ 𝑈 bebas linear.

Jadi, 𝐵 = 𝑣𝑢 𝑣 ∈ 𝑉,𝑢 ∈ 𝑈 basis untuk 𝑇 atas 𝑅.

Oleh karena itu 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑇 = 𝐵 = 𝑈𝑉 = 𝑈 𝑉 = 𝑑𝑖𝑚𝑠𝑇 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑆 .

Bukti pernyataan selanjutnya

←) Karena 𝑑𝑖𝑚𝑠𝑇 dan 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑆 adalah hingga maka hasil kali 𝑑𝑖𝑚𝑠𝑇 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑆 = 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑇

adalah hingga (Bab Pendahuluan, Teorema 8.11)

→) Karena 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑇 hingga maka dua pengali 𝑑𝑖𝑚𝑠𝑇 dan 𝑑𝑖𝑚𝑅𝑆 adalah hingga (Bab

Pendahuluan, Teorema 8.11) ∎