Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Matematika Bidang Struktur Aljabar

Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT bidang Struktur Aljabar beserta pembahasannya. Semoga bermanfaat dan salam sukses, pejuang ON MIPA!

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Bidang Analisis Real

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Bidang Analisis Kompleks

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Bidang Aljabar Linear

 Soal Nomor 1 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2006) 
Misalkan G suatu himpunan tak kosong dan \bullet

adalah operasi biner pada G yang bersifat asosiatif dan untuk \forall a, b \in G berlaku a^2 \bullet b = b = b \bullet a^2
Buktikan G grup komutatif (Catatan: a^2 = a \bullet a)

Penyelesaian

Dari persamaan a^2 \bullet b = b, diperoleh a^2 = e di mana e merupakan elemen identitas pada G. Ini mengimplikasikan bahwa setiap elemen G kecuali e memiliki orde dua, sehingga a = a^{-1}.
Khususnya untuk a \bullet b \in G, diperoleh
(a \bullet b) (a \bullet b) = e
Operasikan \bullet pada kedua ruas dengan a^{-1} dari sebelah kiri, sehingga diperoleh
\begin{aligned} a^{-1} \bullet a \bullet b \bullet a \bullet b & = a^{-1} \bullet e \\ b \bullet a \bullet b & = a^{-1} \\ b^{-1} \bullet b \bullet a \bullet b & = b^{-1} \bullet a^{-1} \\ a \bullet b & = b^{-1} \bullet a^{-1} = b \bullet a \end{aligned}
Jadi, terbukti bahwa a \bullet b = b \bullet a, \forall a, b \in G.
Dengan demikian, G merupakan grup komutatif (abelian).

[collapse]

Soal Nomor 2 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2007)
Jika D suatu integral domain dengan sifat untuk setiap x \in D berlaku x^2=x, maka banyaknya unsur di D adalah \cdots

Penyelesaian

Untuk setiap x \in D, berlaku
\begin{aligned} x^2 & =x \\ x^2-x & = 0 \\ x(x-1) & = 0 \end{aligned}
Karena D daerah integral, maka menurut definisinya, tidak akan ada x sedemikian sehingga berlaku xy = 0, untuk y \neq 0.
Jadi, unsur di D hanya ada \boxed{2}, yaitu 0 dan 1.

[collapse]

Soal Nomor 3 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015) 
Banyaknya pembagi nol di \mathbb{Z}_{100} adalah \cdots

Penyelesaian

Banyak pembagi nol di \mathbb{Z}_{100} sama dengan banyak elemen \mathbb{Z}_{100} dikurangi banyaknya bilangan n yang memenuhi \text{FPB}(n, 100) = 1 dan 1. Notasi \text{FPB} menyatakan faktor persekutuan terbesar.
Untuk menentukan banyak n yang relatif prima dengan 100, gunakan Euler’s Totient Function.
\begin{aligned} \phi(100) & = \phi(2^2 \times 5^2) \\ & = 100\left(1-\dfrac{1}{2}\right)\left(1-\dfrac{1}{5}\right) \\ & = 100\left(\dfrac{1}{2}\right) \left(\dfrac{4}{5}\right) = 40 \end{aligned}
Dengan demikian,
Banyak pembagi nol di \mathbb{Z}_{100} adalah \boxed{100-40-1 = 59}

[collapse]

Soal Nomor 4 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2017)
Diberikan (G, \star) suatu grup dan a, b \in G. Diketahui a \star b = b \star a^{-1} dan b \star a = a \star b^{-1}. Elemen identitas dari G adalah …
A. a^5     B. a^4    C. a^3     D. a^2    E. a

Penyelesaian

Diketahui bahwa
a \star b = b \star a^{-1}
untuk setiap a, b \in G. Karena G grup, maka setiap anggota G memiliki invers di G. Dalam kasus ini, a memiliki invers, yaitu a^{-1} \in G.
Jadi, berlaku
a \star a^{-1} = a^{-1} \star a^{-1}
Dengan menggunakan hukum kanselasi kanan, diperoleh
\begin{aligned} a \star \cancel{a^{-1}} & = a^{-1} \star \cancel{a^{-1}} \\ a & = a^{-1} \end{aligned}

Diperoleh bahwa invers anggota G adalah dirinya sendiri. Menurut definisi grup, berlaku
\begin{aligned} a \star a^{-1} & = e \\ a \star a & = e \\ a^2 & = e \end{aligned}
Jadi, unsur identitas G adalah a^2 (Jawaban D).

[collapse]

Soal Nomor 5 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2017)
Diketahui grup permutasi S_4. Order dari (1~2~3~4) \in S_4 adalah \cdots (order dari a \in G adalah bilangan asli terkecil yang memenuhi a^n = e dengan e elemen identitas)
A. 1      B. 2      C. 3       D. 4      E. 5

Penyelesaian

(1~2~3~4) artinya permutasi yang mengambil \{1,2,3,4\} sebagai suatu sikel (siklus), yaitu \begin{cases} 1 \mapsto 2 \\ 2 \mapsto 3 \\ 3 \mapsto 4 \\ 4 \mapsto 1 \end{cases}
Bagan di atas menunjukkan adanya 4 siklus, yang berarti membutuhkan pengoperasian sebanyak 4 kali dari permutasi semula. Jadi, order dari S_4 adalah 4.
Tips: Order dari (1~2~3~\cdots~n) \in S_n adalah n

[collapse]

Soal Nomor 6 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2017)
Misalkan A = \{e, x, x^2, x^3, y, xy, x^2y, x^3y\} dengan x^4 = y^2 = e dan xy = y^{-1}x. Banyaknya unsur idempoten di A adalah \cdots
A. 1      B. 2      C. 3     D. 4      E. 5

Penyelesaian

Elemen a \in A disebut unsur idempoten di A jika berlaku a^2 = a. Jelas bahwa e adalah elemen idempoten dalam A, karena berlaku e^2 = e.
Perhatikan bahwa x^{2a} = x^a hanya ketika x^a = e. Dengan kata lain, tidak ada perpangkatan x lain yang merupakan idempoten. Selain itu, y^{-1} = y, sehingga dalam grup ini, berlaku xy = yx (abelian). Selanjutnya,

(x^ay)(x^ay) = x^{2a}y^2 = x^{2a}e = x^{2a} \neq x^ay
Jadi, tidak ada elemen A dalam bentuk x^ay yang merupakan idempoten di grup tersebut.
Dapat disimpulkan bahwa banyak unsur idempoten di A hanya ada 1, yaitu e.

[collapse]

Soal Nomor 7 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah)
Misalkan S_5 adalah grup permutasi atas \{1, 2, 3, 4, 5\}. Banyaknya unsur berorde 2 di S_5 adalah \cdots

Penyelesaian

Unsur berorde 2 pada grup permutasi S_5 menandakan bahwa kita harus membentuk cycle permutasi berbentuk (a, b) atau (a, b)(c, d), yang banyak unsurnya dapat dihitung dengan aturan kombinasi. Ingat bahwa (a, b) dan (b, a) dianggap sama. Untuk kasus (a, b), ada sebanyak C_2^5 = 10.
Untuk kasus (a, b)(c, d), ada sebanyak C_2^5 \times C_2^3 = 10 \times 3 = 30
Jadi, banyak unsur berorde 2 di S_5 adalah 10 + 30 = 40.

[collapse]

Soal Nomor 8 (Soal ON-MIPA PT Bidang Matematika Seleksi Untan)
Banyaknya unsur dari \mathbb{Z} / 2\mathbb{Z} adalah \cdots
a. 1     b. 2     c. 4      d. 8     e. 16

Penyelesaian

\mathbb{Z} / 2\mathbb{Z} adalah grup kuosien/grup faktor, yang berarti adalah himpunan semua koset kanan 2\mathbb{Z} dalam \mathbb{Z}. Perhatikan bahwa,
\mathbb{Z} = \{\cdots, -2, -1, 0, 1, 2, \cdots\}
2\mathbb{Z} = \{\cdots, -4, -2, 0, 2, 4, \cdots\}
sehingga koset kanannya adalah sebagai berikut.
\cdots
2\mathbb{Z} + 0 = 2\mathbb{Z}
2\mathbb{Z} + 1 = \{\cdots, -3, -1, 1, 3, 5, \cdots\}
2\mathbb{Z} + 2 = 2\mathbb{Z}
2\mathbb{Z} + 3 = \{\cdots, -1, 1, 3, 5, 7, \cdots\}
\cdots
Kita temukan bahwa hanya ada 2 koset kanan berbeda, yaitu himpunan bilangan bulat genap dan himpunan bilangan bulat ganjil. Jadi, banyaknya unsur dari \mathbb{Z} / 2\mathbb{Z} adalah 2. (Jawaban B)

[collapse]

Soal Nomor 9 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2016)
Diketahui \mathbb{Z}_{12} = \{0, 1, 2, \cdots, 11\} merupakan ring terhadap penjumlahan dan perkalian \text{mod}~12. Subring darinya yang mempunyai unity adalah \cdots (unity adalah identitas/unsur kesatuan terhadap perkalian)
A. \{0\}
B. \{0, 4, 8\}
C. \{0, 3, 6, 9\}
D. \{0, 1, 2, \cdots, 11\}
E. semua alternatif jawaban benar

Penyelesaian

Dengan bantuan Tabel Cayley, kita dapat menunjukkan bahwa semua himpunan dengan dua operasi yang dimaksud merupakan subring dari \mathbb{Z}_{12}.
Untuk pilihan A, unity-nya adalah 0, sebab
0 \times_{12} 0 = 0
Untuk pilihan B, unity-nya adalah 4, sebab
0 \times _{12} 4 = 4 \times _{12} 0 = 0
4 \times _{12} 4 = 16~\text{mod}~12 = 4
8 \times _{12} 4 = 32~\text{mod}~12 = 8
Untuk pilihan C, unity-nya adalah 9, sebab
0 \times_{12} 9 = 0
3 \times_{12} 9 = 27~\text{mod}~12= 3
6 \times_{12} 9 = 54~\text{mod}~12= 6
9 \times_{12} 9 = 81~\text{mod}~12= 9
Untuk pilihan D, unity-nya adalah 1, sebab
0 \times_{12} 1 = 0
1 \times_{12} 1 = 1
\vdots~~\vdots~~\vdots~~\vdots
11 \times_{12} 1 = 11
(Catatan: Karena pada operasi perkalian modulo 7 berlaku sifat komutatif, maka pada pembahasannya tidak ditulis bentuk komutatifnya lagi)
Jadi, semua alternatif pilihan jawaban A sampai D merupakan contoh subring dari \mathbb{Z}_{12} yang masing-masing memiliki unity. Dengan demikian, pilih jawaban E.

[collapse]

Soal Nomor 10 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2016)
Jika a adalah elemen suatu ring dengan a \neq 0 dan terdapat elemen b dari ring itu dengan b \neq 0 sedemikian sehingga ab = ba = 0, maka a disebut pembagi nol sejati.
Diberikan \mathbb{Z}_8 = \{0, 1, 2, \cdots, 7\} suatu ring terhadap penjumlahan dan perkalian mod 8. Semua elemen pembagi nol sejati dari  \mathbb{Z}_8 adalah \cdots
A. \{2\}
B. \{2, 4\}
C. \{2, 4, 6\}
D. \{0\}
E. \{0, 1, 2, \cdots, 7\}

Penyelesaian

Jelas alternatif pilihan D dan E bukan jawabannya karena elemen pembagi nol sejati tidak memuat 0 (sesuai definisinya).
2 adalah pembagi nol sejati, karena ada 4 \in \mathbb{Z}_8, sedemikian sehingga berlaku
2 \times_8 4 = 4 \times_8 2 = 0
4 adalah pembagi nol sejati, karena ada 2 \in \mathbb{Z}_8, sedemikian sehingga berlaku
4 \times_8 2 = 2 \times_8 4 = 0
6 adalah pembagi nol sejati, karena ada 4 \in \mathbb{Z}_8, sedemikian sehingga berlaku
6 \times_8 4 = 4 \times_8 6 = 24 \mod 8 = 0
Jadi, semua elemen pembagi nol sejati dari \mathbb{Z}_8 adalah \{2, 4, 6\} (Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 11 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Jika x adalah unsur di ring
\mathbb{Z}[\sqrt{2}] = \{a + b\sqrt{2} | a,b \in \mathbb{Z}\}
yang memenuhi (17 + 12\sqrt{2})x = 1, maka nilai x adalah \cdots

Penyelesaian

Diberikan \mathbb{Z}[\sqrt{2}] = \{a + b\sqrt{2} | a,b \in \mathbb{Z}\}
Perhatikan bahwa,
\begin{aligned} (17 + 12\sqrt{2})x & = 1 \\ x & = \dfrac{1}{17 + 12\sqrt{2}} = 17 - 12\sqrt{2} \end{aligned}
Kita dapatkan bahwa x memenuhi sifat keanggotaan \mathbb{Z}[\sqrt{2}] (a = 17, b = -12). Jadi, nilai x yang dimaksud adalah \boxed{17 - 12\sqrt{2}}

[collapse]

Soal Nomor 12 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Misalkan F = \{0, 2, 4, 6, 8\}. Pada F didefinisikan operasi penjumlahan dan perkalian bilangan bulat modulo n. Bilangan asli n terkecil sehingga F membentuk lapangan adalah \cdots

Penyelesaian

Jelas bahwa n tidak mungkin bilangan ganjil karena mengakibatkan tidak terpenuhinya sifat tertutup pada operasi penjumlahan modulo n di F yang semua elemennya bilangan genap. Jika nilai n sendiri diambil sebagai 2, 4, 6, maupun 8, maka tidak akan ditemukan identitas (unity) baik penjumlahan maupun perkalian modulonya sebab hasil pengoperasiannya tidak memuat salah satu atau lebih elemen F. Untuk membuktikannya, Anda dapat menggunakan bantuan Tabel Cayley. Jadi, nilai n yang paling kecil agar F membentuk lapangan adalah n = 10. Tabel Cayley berikut menunjukkan bahwa untuk (F, +_{10}, \times_{10}) membentuk lapangan.
Tabel Penjumlahan Modulo 10
\begin{array}{c|c|c|c|c|c|} \rowcolor{yellow} \hline +_{10} & 0 & 2 & 4 & 6 & 8 \\ \hline 0 & 0 & 2 & 4 & 6 & 8 \\ \hline 2 & 2 & 4 & 6 & 8 & 0 \\ \hline 4 & 4 & 6 & 8 & 0 & 2 \\ \hline 6 & 6 & 8 & 0 & 2 & 4 \\ \hline 8 & 8 & 0 & 2 & 4 & 6 \\ \hline \end{array}

[collapse]

Soal Nomor 13 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2017)
Misalkan R suatu gelanggang. Misalkan a \in G, a disebut pembagi nol jika a \neq 0 dan ada b \neq 0 sedemikian sehingga ab = 0. Banyaknya pembagi nol di \mathbb{Z}_{121} adalah \cdots
A. 1    B. 5     C. 10     D. 15    E. 25

Penyelesaian

Diketahui G = \{0, 1, 2, 3, \cdots, 120\}
Umumnya, kita memeriksa pembagi nolnya dengan menggunakan Tabel Cayley, tapi untuk kasus ini, kita tidak mungkin menggunakan tabel karena akan sangat panjang dan kompleks jika kita harus membuat tabel dengan ukuran 121 \times 121.
Kita harus mencari nilai a, b \in \mathbb{Z}_{121} - \{0\} sedemikian sehingga berlaku (a \times b) \mod 121 = 0. Tentulah dari sini kita tahu bahwa a \times b haruslah merupakan kelipatan 121. Karena,
1 \times 121 = 11 \times 11
2 \times 121 = 22 \times 11
3 \times 121 = 33 \times 11
\vdots~~\vdots~~\vdots~~\vdots
10 \times 121 = 110 \times 11
dan kombinasi lain yang hasilnya merupakan kelipatan 121 juga melibatkan bilangan berkelipatan 11 seperti di atas, maka pembagi nol dari G adalah \{11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99, 110\}
Jadi, banyak pembagi nol dari G adalah 10. (Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 14 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2017)
Dimisalkan \mathbb{Z} adalah himpunan semua bilangan bulat. Operasi * dan \circ dalam \mathbb{Z} didefinisikan oleh a * b = a + b + 2 dan a \circ b = a + ab + b, untuk \forall a,b \in \mathbb{Z}. Didapat bahwa \mathbb{Z} terhadap operasi * dan \circ bukan merupakan ring karena \cdots
A. tidak memenuhi sifat asosiatif terhadap *
B. tidak memenuhi sifat asosiatif terhadap \circ
C. tidak terdapat elemen identitas terhadap *
D. tidak terdapat elemen identitas terhadap \circ
E. semua alternatif jawaban salah

Penyelesaian

Akan ditunjukkan apakah berlaku (a * b)*c = a*(b*c) untuk \forall a, b, c \in \mathbb{Z}
\begin{aligned} (a*b)*c & = (a+b+2)*c \\ & = (a+b+2) + c + 2 \\ & = a + (b + c + 2) + 2 \\ & = a * (b + c + 2) \\ &  = a * (b * c) \end{aligned}
Jadi, sifat asosiatif terpenuhi oleh operasi *.
Akan ditunjukkan apakah berlaku (a  \circ b) \circ c = a \circ (b \circ c) untuk \forall a, b, c \in \mathbb{Z}
\begin{aligned} (a \circ b) \circ c & = (a+ab+b) \circ c \\ & = (a+ab+b) + (a+ab+b)c + c \\ & = a + a(b + bc + c) + (b + bc + c) \\ & = a \circ (b + bc + c) \\ & = a \circ (b \circ c) \end{aligned}
Jadi, sifat asosiatif terpenuhi oleh operasi \circ.
Akan ditunjukkan apakah ada elemen identitas terhadap *.
Misalkan a, b \in \mathbb{Z}.
\begin{aligned} a * b & = a \\ a + b + 2 & = a \\ b & = -2 \end{aligned}
Karena b = -2 \in \mathbb{Z}, maka b adalah identitas terhadap operasi *.
Akan ditunjukkan apakah ada elemen identitas terhadap \circ
Misalkan a, b \in \mathbb{Z}.
\begin{aligned} a \circ b & = a \\ a + ab + b & = a \\ ab + b & = 0 \\ (a + 1)b & = 0 \\ b  &= 0 \end{aligned}
Karena b = 0 \in \mathbb{Z}, maka b adalah identitas dari operasi \circ.
Dari keempat pilihan, tidak ada satupun yang benar. Jadi, alternatif jawabannya adalah E.

[collapse]

Soal Nomor 15 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Orde dari grup \dfrac{\mathbb{Z}_{12} \times \mathbb{Z}_4}{\langle (\overline{3}, \overline{2}) \rangle} adalah \cdots

Penyelesaian

Diketahui kardinalitas dari grup \mathbb{Z}_{12} \times \mathbb{Z}_4 adalah
|\mathbb{Z}_{12} \times \mathbb{Z}_4| = 12 \times 4 = 48
\langle (\overline{3}, \overline{2}) \rangle merupakan grup siklik dengan generator (\overline{3}, \overline{2}). Kardinalitas grup ini adalah 
|\langle (\overline{3}, \overline{2}) \rangle| = 4 \times 2 = 8
karena bentuknya (a, b), dengan a \in \{0,3,6,9\} dan b \in \{0,2\}
Berdasarkan Teorema Lagrange, diperoleh
\left|\dfrac{\mathbb{Z}_{12} \times \mathbb{Z}_4}{\langle (\overline{3}, \overline{2}) \rangle}\right| = \dfrac{|\mathbb{Z}_{12} \times \mathbb{Z}_4|}{|\langle (\overline{3}, \overline{2}) \rangle|} = \dfrac{48}{8} = 6 
Jadi, orde dari grup \dfrac{\mathbb{Z}_{12} \times \mathbb{Z}_4}{\langle (\overline{3}, \overline{2}) \rangle} adalah \boxed{6}.

[collapse]

Soal Nomor 16 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Misalkan R ring dengan unsur kesatuan x \in R sedemikian sehingga x^2=x. Invers dari 2x-1 adalah \cdots

Penyelesaian

Misalkan invers dari 2x-1 berbentuk ax+b. Dengan demikian, ditulis
(2x-1)(ax+b)=x
di mana x adalah unsur kesatuan (identitas) R
Karena x^2=x, maka dapat ditulis
\begin{aligned} 2ax^2 + 2bx - ax - b & = x \\ 2ax + 2bx - ax - b & = x \\ (a+2b)x - b & = x \end{aligned}
Persamaan terakhir mengharuskan b = 0 dan akibatnya a = 1
Jadi, invers dari 2x-1 adalah \boxed{x}

[collapse]

Soal Nomor 17 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2008) 
Diberikan grup G = \{(a, b)~|~a, b \in \mathbb{R}, a \neq 0\} terhadap operasi biner * yang didefinisikan sebagai
(a, b) * (c, d) = (ac, b+d)
untuk setiap (a, b), (c, d) \in G
Banyaknya unsur berorde dua di G adalah \cdots

Penyelesaian

Langkah pertama adalah menentukan identitas (G, *). Misalkan (a, b) adalah elemen identitasnya, sehingga berlaku
(a, b) * (c, d) = (c, d)
Dengan menggunakan definisi operasi *, didapat
(ac, b+d) = (c, d)
Dari sini, diperoleh ac = c dan b + d = d yang mengimplikasikan a = 1 dan b = 0
Jadi, elemen identitas (G, *) adalah (1,0)
Langkah berikutnya adalah menentukan unsur berorde dua di G
Misalkan (a, b) berorde dua di G, berarti
(a, b) * (a, b) =~\text{Identitas}~= (1,0)
Dengan menggunakan definisi operasi *, didapat
(a^2, 2b) = (1,0)
Dari sini, diperoleh a^2 = 1 dan 2b = 0 yang mengimplikasikan a = \pm 1 dan b = 0
Jadi, ada \boxed{2} unsur di G yang berorde dua, yaitu (1,0) dan (-1,0)

[collapse]

Soal Nomor 18 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Banyaknya polinomial tak tereduksi \mathbb{Z}_2[x] berderajat 3 adalah \cdots

Penyelesaian

Polinomial tereduksi \mathbb{Z}_2[x] yang berderajat 3, yaitu
\begin{aligned} & x^3, x^2(x+1), x(x+1)^2, \\ & (x+1)^3, x(x^2+x+1), (x+1)(x^2+x+1) \end{aligned}
(ada 6)
Misalkan polinomial \mathbb{Z}_2[x] yang berderajat 3 memiliki bentuk umum ax^3+bx^2+cx+d dengan a, b, c, d \in \{0,1} dan a \neq 0
Ini berarti, ada 1 \times 2^3 = 8 kombinasi yang mungkin untuk mendapatkan polinomial tersebut. 
Dengan demikian, polinomial tak tereduksi di \mathbb{Z}_2[x] berderajat 3 ada sebanyak \boxed{8 - 6 = 2}

[collapse]

Soal Nomor 19 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2018) 
Tentukan banyaknya elemen idempoten di \mathbb{Z}_{210}.

Penyelesaian

Elemen a \in R disebut idempoten apabila berlaku a^2 = a
Banyaknya elemen idempoten pada R dengan banyak elemennya |R|=n adalah 2^k di mana k menyatakan banyaknya faktor prima yang membagi habis n
Karena 210 = 2 \times 3 \times 5 \times 7, berarti diperoleh k = 4, sehingga banyak elemen idempoten di \mathbb{Z}_{210} adalah \boxed{2^4 = 16}

[collapse]

Soal Nomor 20 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2013) 
Misalkan G suatu grup dengan |G| = 2013. Ada berapa banyak subgrup H dari G sehingga |H| = 13?

Penyelesaian

Teorema Lagrange menyatakan bahwa jika H merupakan subgrup dari grup berhingga G, maka orde dari H harus membagi habis orde dari G
Karena 13 tidak bisa membagi habis 2013, atau dengan kata lain 13 bukan faktor dari 2013, maka tidak ada subgrup H dari G yang memiliki orde 13

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini
KategoriON MIPA, Struktur AljabarTag, , , , , , , , , ,

2 Balasan untuk “Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Matematika Bidang Struktur Aljabar”

Tinggalkan Balasan

Alamat email Anda tidak akan dipublikasikan. Ruas yang wajib ditandai *