Berikut ini adalah soal-soal ON MIPA-PT bidang Struktur Aljabar beserta pembahasannya. Saat ini, nama kompetisi tersebut sudah diubah menjadi Kompetisi Nasional Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Tingkat Perguruan Tinggi (KN MIPA-PT). Salam sukses buat para pejuang KN MIPA-PT!
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
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: $a^2 = a \bullet a$).
Dari persamaan $a^2 \bullet b = b$, diperoleh $a^2 = e$ dengan $e$ 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).
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 $\cdots \cdot$
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 $1$.
Soal Nomor 3 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Banyaknya pembagi nol di $\mathbb{Z}_{100}$ adalah $\cdots \cdot$
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 $\boxed{100-40-1 = 59}$
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 $\cdots \cdot$
A. $a^5$ C. $a^3$ E. $a$
B. $a^4$ D. $a^2$
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 $\boxed{a^2}$
(Jawaban D)
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. $1$ C. $3$ E. $5$
B. $2$ D. $4$
$(1~2~3~4)$ 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 $\boxed{4}$
Tips: Order dari $(1~2~3~\cdots~n) \in S_n$ adalah $n$.
(Jawaban D)
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 $\cdots \cdot$
A. $1$ C. $3$ E. $5$
B. $2$ D. $4$
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,
$\begin{aligned} (x^ay)(x^ay) & = x^{2a}y^2 \\ & = x^{2a}e \\ & = x^{2a} \neq x^ay. \end{aligned}$
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 $\boxed{e}$
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 $\cdots \cdot$
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 $\boxed{10 + 30 = 40}$
Soal Nomor 8 (Soal ON-MIPA PT Bidang Matematika Seleksi Untan)
Banyaknya unsur dari $\mathbb{Z} / 2\mathbb{Z}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $1$ C. $4$ E. $16$
B. $2$ D. $8$
$\mathbb{Z} / 2\mathbb{Z}$ 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.
$\cdots \cdot$
$2\mathbb{Z} + 0 = 2\mathbb{Z}$
$2\mathbb{Z} + 1 = \{\cdots,-3,-1, 1, 3, 5, \cdots\}$
$2\mathbb{Z} + 2 = 2\mathbb{Z}$
$2\mathbb{Z} + 3 = \{\cdots,-1, 1, 3, 5, 7, \cdots\}$
$\cdots \cdot$
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)
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
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.
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 $\cdots \cdot$
A. $\{2\}$
B. $\{2, 4\}$
C. $\{2, 4, 6\}$
D. $\{0\}$
E. $\{0, 1, 2, \cdots, 7\}$
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)
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 $\cdots \cdot$
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 $\boxed{17- 12\sqrt{2}}$
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 $\cdots \cdot$
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 $F- \{0\}$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \times_{10} & 2 & 4 & 6 & 8 \\ \hline 2 & 4 & 8 & 2 & 6 \\ \hline 4 & 8 & 6 & 4 & 2 \\ \hline 6 & 2 & 4 & 6 & 8 \\ \hline 8 & 6 & 2 & 8 & 4 \\ \hline \end{array}$$
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 $\cdots \cdot$
A. $1$ C. $10$ E. $25$
B. $5$ D. $15$
Diketahui $G = \{0, 1, 2, 3, \cdots, 120\}$
Umumnya, kita memeriksa pembagi nolnya dengan menggunakan Tabel Cayley, tetapi 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 $121$. Hal tersebut dikarenakan
$1 \times 121 = 11 \times 11$
$2 \times 121 = 22 \times 11$
$3 \times 121 = 33 \times 11$
$\vdots~~\vdots~~\vdots~~\vdots$
$10 \times 121 = 110 \times 11$
dan kombinasi lain yang hasilnya merupakan kelipatan $121$ juga melibatkan bilangan berkelipatan $11$ seperti di atas. Dengan demikian, pembagi nol dari $G$ adalah $\{11, 22, 33, 44, 55, 66,$ $77, 88, 99, 110\}.$
Jadi, banyak pembagi nol dari $G$ adalah $\boxed{10}$
(Jawaban C)
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 $\cdots \cdot$
- tidak memenuhi sifat asosiatif terhadap $*$
- tidak memenuhi sifat asosiatif terhadap $\circ$
- tidak terdapat elemen identitas terhadap $*$
- tidak terdapat elemen identitas terhadap $\circ$
- semua alternatif jawaban salah
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.
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 $\cdots \cdot$
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 $\boxed{6}$
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 $\cdots \cdot$
Misalkan invers dari $2x-1$ berbentuk $ax+b$. Dengan demikian, ditulis
$(2x-1)(ax+b)=x$
dengan $x$ 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 $\boxed{x}$
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 $\cdots \cdot$
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 $(-1,0)$.
Soal Nomor 18 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Banyaknya polinomial tak tereduksi $\mathbb{Z}_2[x]$ berderajat $3$ adalah $\cdots \cdot$
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 $\boxed{8- 6 = 2}$
Soal Nomor 19 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Untan Tahun 2018)
Tentukan banyaknya elemen idempoten di $\mathbb{Z}_{210}$.
Elemen $a \in R$ disebut idempoten apabila berlaku $a^2 = a$.
Banyaknya elemen idempoten pada $R$ dengan banyak elemennya $|R|=n$ adalah $2^k$ dengan $k$ 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 $\boxed{2^4 = 16}$
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 $|H| = 13$?
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 $13$.
Baca Juga: Kumpulan Soal ON MIPA-PT Matematika (Tahun 2006- Sekarang)
Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!
Love youu
Saya senang sekali dengan blog ini, karena banyak sekali membahas soal-soal matematika, terutama soal2 olimpiade. Tapi mohon maaf, baru-baru ini entah mengapa simbol2 matematikanya sekarang menjadi sulit dibaca, mohon untuk dapat diperbaiki, agar tulisannya bisa seperti yang sebelumnya dan bisa dibaca kembali. Terima kasih banyak 😀
ok. Sudah normal kembali ya. Tadi sistemnya diperbarui karena ada update tema situs