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

Today Quote

Ketika berpikir tentang kehidupan, ingatlah dua hal berikut: Rasa bersalah yang begitu besar mau sampai kapanpun tidak akan mengubah masa lalumu; Kecemasan yang begitu besar tidak menjamin masa depanmu berubah.

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 $\boxed{2}$. (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 $10$ pada $F$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline +_{10} & 0 & 2 & 4 & 6 & 8 \\ \hline 0 & 0 & 2 & 4 & 6 & 8 \\ \hline 2 & 2 & 4 & 6 & 8 & 0 \\ \hline 4 & 4 & 6 & 8 & 0 & 2 \\ \hline 6 & 6 & 8 & 0 & 2 & 4 \\ \hline 8 & 8 & 0 & 2 & 4 & 6 \\ \hline \end{array}$$
Tabel Perkalian Modulo $10$ pada $F – \{0\}$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \times_{10} & 2 & 4 & 6 & 8 \\ \hline 2 & 4 & 8 & 2 & 6 \\ \hline 4 & 8 & 6 & 4 & 2 \\ \hline 6 & 2 & 4 & 6 & 8 \\ \hline 8 & 6 & 2 & 8 & 4 \\ \hline \end{array}$$ 

[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]

Baca Juga: Kumpulan Soal ON MIPA-PT Matematika (Tahun 2006 – Sekarang)

Ayo Beri Rating Postingan Ini
CategoriesON MIPA, Struktur AljabarTags, , , , , , , , , ,

2 Replies to “Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Matematika Bidang Struktur Aljabar”

  1. Ini yang gw tunggu dari dulu gan. Trima kasih mathcyber.
    Tambahan lagi ya soal dan pembahasannya biar ane makin betah .

    Rate

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *