Ringkuman dari dokumen tersebut adalah: 1. Definisi ring polinomial atas suatu ring komutatif R adalah himpunan semua ekspresi polinomial dengan koefisien dari R. 2. Jika R adalah ring, maka himpunan ring polinomial R[x] dengan operasi penjumlahan dan perkalian polinomial adalah ring. 3. Jika D adalah daerah integral, maka ring polinomial D[x] juga merupakan daerah integral.

1. RING POLINOMIAL
Definisi 1.1
Andaikan R adalah suatu ring komutatif. Himpunan :
[ ] { }+
∈∈++++= ZndanRaxaxaxaaxR i
n
n ;...2
210
Disebut sebagai ring polinomial atas R dalam indeterminate x.
Pada definisi di atas, symbol n
xxxx ,...,,, 32
tidak menyatakan suatu
variable yang berasal dari ring R, tetapi symbol-simbol tersebut semata-mata
hanyalah sebagai suatu penyimpanan yang pada suatu saat mungkin saja kita
gantikan dengan unsure R.
Teorema 1.1.2
Bila R adalah suatu ring, maka himpunan ring polynomial R[x] dengan operasi
penjumlahan dan perkalian polynomial adalah suatu ring.
Bukti :
Jika R[x] adalah ring maka harus memenuhi sifat-sifat berikut :
1. Sifat ketertutupan relative terhadap penjumlahan
Adit. ∀a, b ∈ R[x] , a + b ∈ R[x]
Ambil sembarang a, b ∈ R[x], yaitu :
n
n xaxaxaaxa ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRai ,
n
n xbxbxbbxb ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRbi ,
Maka,
a + b = a(x) + b(x)
= +++++ ).....( 2
210
n
n xaxaxaa ).....( 2
210
n
n xbxbxbb ++++
= )(.....)()()( 2
2
2
21100
n
n
n
n xbxaxbxaxbxaba ++++++++
=
n
nn xbaxbaxbaba )(.....)()()( 2
221100 ++++++++

2. Karena ai + bi ∈ R , n ∈ Z+
Maka a(x) + b(x) ∈ R[x]
∴Sifat ketertutupan relative penjumlahan di R[x] terpenuhi
2. Assosiatif terhadap penjumlahan.
Adit. ∀a, b, c ∈ R[x] , (a + b) + c = a + ( b + c )
Ambil sembarang a, b, c ∈ R[x] , yaitu :
n
n xaxaxaaxa ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRai ,
n
n xbxbxbbxb ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRbi ,
n
n xcxcxccxc ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRci ,
Maka,
(a + b) + c = [ a(x) + b(x) ] + c(x)
= [ +++++ ).....( 2
210
n
n xaxaxaa ).....( 2
210
n
n xbxbxbb ++++ ]
+ ).....( 2
210
n
n xcxcxcc ++++
= [
n
nn xbaxbaxbaba )(.....)()()( 2
221100 ++++++++ ]
+ ).....( 2
210
n
n xcxcxcc ++++
= n
nnn xcba
xcbaxcbacba
)(
.....)()()( 2
222111000
+++
+++++++++
= n
nnn xcba
xcbaxcbacba
)]([
.....)]([)]([)]([ 2
222111000
+++
+++++++++
= +++++ ).....( 2
210
n
n xaxaxaa
[
n
nn xcbxcbxcbcb )(.....)()()( 2
221100 ++++++++ ]
= a (x ) + [ b(x) + c(x) ]
∴Sifat assosiatif terhadap penjumlahan di R[x] terpenuhi
3. Unsur Identitas relative terhadap penjumlahan
∃ e = 0 ∈ R[x] ∋ a + e = e + a = a , ∀a ∈ R[x]

3. Unsur identitas dari R[x] relative terhadap operasi penjumlahan polynomial
adalah ][0 xR∈ yaitu polynomial nol.
n
xxx 0.....0000 2
++++= ; +
∈∈ ZnR ,0
Sehingga,
a + e = a(x) + 0
= +++++ ].....[ 2
210
n
n xaxaxaa ]0.....000[ 2 n
xxx ++++
=
n
n xaxaxaa )0(.....)0()0()0( 2
210 ++++++++
=
n
n xaxaxaa )0(.....)0()0()0( 2
210 ++++++++
= 0 + a(x)
= a(x)
∴unsure identitas terhadap penjumlahan di R[x] terpenuhi
4. Unsur kebalikan dari relative dari penjumlahan
∀a ∈ R[x] ∃ a-1
∈ R[x] ∋a + a-1
= a-1
+ a = e
Unsur kebalikan dari )(xa terhadap operasi penjumlahan adalah unsur
n
n xaxaxaaxa )(...)()()()( 2
210 −++−+−+−=−
Sehingga,
a + a-1
= a(x) + (-a(x))
= )].....[( 2
210
n
n xaxaxaa ++++
+ )])(.....)()()[( 2
210
n
n xaxaxaa −++−+−+−
=
n
nn xaaxaaxaaaa ))((.....))(())(())(( 2
221100 −+++−++−++−+
=
n
nn xaaxaaxaaaa ))((.....))(())(())(( 2
221100 +−+++−++−++−
= (-a(x)) + a(x)
= 0
∴Unsur invers penjumlahan di R[x] terpenuhi

4. 5. Komutatif terhadap penjumlahan
Adit ∀a, b ∈R[x] , a + b = b + a
Ambil sembarang a, b ∈R[x], yaitu :
n
n xaxaxaaxa ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRai ,
n
n xbxbxbbxb ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRbi ,
Maka,
a + b = a(x) + b(x)
= +++++ ).....( 2
210
n
n xaxaxaa ).....( 2
210
n
n xbxbxbb ++++
= )(.....)()()( 2
2
2
21100
n
n
n
n xbxaxbxaxbxaba ++++++++
=
n
nn xbaxbaxbaba )(.....)()()( 2
221100 ++++++++
=
n
nn xabxabxabab )(.....)()()( 2
221100 ++++++++
= b(x) + a(x)
∴Sifat komutatif terhadap penjumlahan di R[x] terpenuhi
6. Sifat ketertutupan terhadap operasi perkalian
Adit. ∀a, b ∈ R[x] , ab ∈ R[x]
Ambil sembarang a, b ∈ R[x], yaitu :
n
n xaxaxaaxa ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRai ,
n
n xbxbxbbxb ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRbi ,
Maka,
ab = a(x)b(x)
= ).....( 2
210
n
n xaxaxaa ++++ ).....( 2
210
n
n xbxbxbb ++++
= )....( 0
2
201000
n
n xbaxbaxbaba ++++
+ )....( 1
1
2
211101
+
++++ n
n xbaxbaxbaba
+ ……. + )....( 2
1
2
2
1
10
n
nn
n
n
n
n
n
n xbaxbaxbaxba ++++ ++

5. = n
nn
n
nn
n
nn xbaxbabaxbaba
xbababaxbababa
21
1100
2
021120011000
)(...)()(....
)()()(
+++++++
+++++
+
Karena, aibi
∈ R dan n ∈ Z+
, maka, a(x)b(x) ∈ R[x]
∴Sifat tertutup terhadap perkalian di R[x] terpenuhi
Perlu dicatat bahwa,
n
nn
n
nn
n
nn xbaxbabaxbaba
xbababaxbababa
21
1100
2
021120011000
)(...)()(....
)()()(
+++++++
+++++
+
= ∑=
n
k 0
k
n
kji
ji xba 







∑=+
7. Sifat Assosiatif terhadap perkalian
Adit. ∀a, b, c ∈ R[x] , (ab)c = a(bc)
Ambil sembarang a, b, c ∈ R[x], yaitu :
n
n xaxaxaaxa ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRai , => ∑=
=
n
i
i
i xaxa
1
)(
n
n xbxbxbbxb ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRbi , => ∑=
=
n
j
j
j xbxb
1
)(
n
n xcxcxccxc ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRci , => ∑=
=
n
k
k
k xcxc
1
)(
Maka,
)()()( xbxaxd =
n
n xdxdxdd 2
2
2
210 ... ++++=
∑=
=
n
l
l
l xd
2
1
nlbad
lji
jil 2,...,2,1,0; == ∑=+
. Maka :
)()]()([)( xcxbxaxe =

6. )()( xcxd=
n
n xexexee 3
3
2
210 ... ++++=
∑=
=
n
m
m
m xe
3
1
Dengan,
.3,...,2,1,0, nmuntukcde
mkl
klm == ∑=+
∑ ∑=+ =+








=
mkl
k
lji
ji cba
∑=++
=
mkji
kji cba
Sehingga, )()]()([ xcxbxa ∑=++
=
mkji
kji cba
Dengan cara yang serupa dapat diperlihatkan bahwa:
)()()( xcxbxu =
n
n xuxuxuu 2
2
2
210 ...++++=
Dengan )]()()[()( xcxbxaxvbilasehinggacbu
pkj
kjp == ∑=+
maka kita
peroleh :
)]()()[()( xcxbxaxv =
)()( xuxa=
n
n xvxvxvv 3
3
2
210 ... ++++=
Dengan:
nquntukuau
qpi
pip 3,...,2,1,0== ∑=+
∑ ∑=+ =+








=
qpi pkj
kji cba
∑=++
=
qkji
kji cba

7. Sehingga, )]()()[( xcxbxa ∑=++
=
mkji
kji cba
Jadi [a(x)b(x)]c(x) = a(x)[b(x)c(x)]
8. Sifat distributive kanan – kiri
∀a, b, c ∈ R[x] berlaku : a(b + c) = ab + ac dan (a + b)c = ac + bc
Ambil sembarang a, b, c ∈ R[x], yaitu :
n
n xaxaxaaxa ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRai , => ∑=
=
n
i
i
i xaxa
1
)(
n
n xbxbxbbxb ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRbi , => ∑=
=
n
j
j
j xbxb
1
)(
n
n xcxcxccxc ++++= .....)( 2
210 ;
+
∈∈ ZnRci , => ∑=
=
n
k
k
k xcxc
1
)(
• Distributif kanan,
Selanjutnya, misalkan :
)]()()[()( xcxbxaxd +=
n
n xdxdxdd 2
2
2
210 ... ++++=
Dengan mengingat definisi penjumlahan dan perkalian polynomial, koefisien dari
suku ke k dari )]()()[( xcxbxa + adalah :
∑=+
+=
kji
jjik cbad )(
∑=+
+=
kji
jiji caba
∑ ∑=+ =+
+=
kji kji
jiji caba
Tetapi ∑=+ kji
ji ba adalah koefisien suku ke k dari danxbxa ),()( ∑=+ kji
ki ca
adalah koefisien suku ke k dari )()( xcxa .
Karenanya kd sama dengan koefisien suku ke k dari )()( xbxa + )()( xcxa .
Hal ini berakibat:

8. )]()()[( xcxbxa + = )()( xbxa + )()( xcxa
• Distributif kiri
Misalkan :
)()]()([)( xcxbxaxd +=
n
n xdxdxdd 2
2
2
210 ... ++++=
Dengan mengingat definisi penjumlahan dan perkalian polynomial, koefisien dari
suku ke k dari )()]()([ xcxbxa + adalah :
∑=+
+=
kij
ijjk cbad )(
∑=+
+=
kij
ijij caca
∑ ∑=+ =+
+=
kij kij
ijij cbca
Tetapi ∑=+ kij
ij ca adalah koefisien suku ke k dari danxcxa ),()( ∑=+ kij
ij cb
adalah koefisien suku ke k dari )()( xcxb .
Karenanya kd sama dengan koefisien suku ke k dari )()( xcxa + )()( xcxb .
Hal ini berakibat:
)()]()([ xcxbxa + = )()( xcxa + )()( xcxb
∴Sifat distributive kanan kiri terpenuhi.
Teorema 1.1.3
Bila D adalah suatu daerah integral, maka ring polynomial D[x] adalah suatu
daerah integral.
Bukti:
Dengan diketahui D adalah daerah integral, akan ditunjukkan D[x] adalah daerah
integral.
D adalah daerah integral maka D memenuhi :
- Ring komutatif

9. - Unsur kesatuan
- RTPN
Karena D adalah suatu ring maka Teorema 1.1.2 memperlihatkan bahwa D[x]
adalah suatu ring polinomial.
1. Akan ditunjukkan bahwa D[x] adalah ring komutatif,
Diketahui bahwa D adalah suatu ring komutatif, maka untuk setiap dua unsur
Dba ∈, diperoleh baab = .
Ambil sembarang a, b ∈ R[x] yaitu :
∑=
=
n
i
i
i xaxa
0
)( dan ∑=
=
n
j
j
j xbxb
0
)(
Maka,
k
n
k kji
ji xbaxbxa ∑ ∑= =+








=
1
)()(
k
n
k kij
ij xab∑ ∑= =+








=
1
)()( xaxb=
Sehingga D[x] adalah suatu ring komutatif.
2. Akan ditunjukkan bahwa D[x] memiliki unsure kesatuan
Diketahui D adalah suatu daerah integral, maka D mempunyai unsur kesatuan.
Ada D∈1 sehingga berakibat 1 n
xxx 0...001 2
++++= ∈ D[x].
Maka,
a(x) . 1 = ).....( 2
210
n
n xaxaxaa ++++ )0...001( 2 n
xxx ++++
= ).....( 2
210
n
n xaxaxaa ++++
= a(x)
3. Akan ditunjukkan bahwa D[x] adalah RTPN

10. Ambil sembarang a(x), b(x) ∈ D(x) yaitu :
0,...)( 2
210 ≠++++= n
n
n axaxaxaaxa
0,...)( 2
210 ≠++++= m
m
m bxbxbxbbxb
Karena 0≠na dan 0≠mb , maka perkalian polynomial menghasilkan
0)()( ≠xbxa , hal ini disebabkan oleh 0≠mnba . Ini berarti bahwa
0)()( =xbxa dipenuhi hanya bila 0)( =xa atau 0)( =xb . Sehingga D[x]
tidak mempunyai unsur pembagi nol.
Jadi dari 1, 2, dan 3 disimpulkan bahwa D[x] adalah suatu daerah integral.
A. Pembagian Polinomial
Kita telah mempelajari bagaimana cara membagi suatu polynomial
(dengan koefisien real) berderajat tinggi dengan polynomial berderajat rendah.
Pada bagian ini kita akan melakukan abstraksi dan konsep pembagian polynomial
ini, yakni konsep pembagian polynomial suatu lapangan F. sebagai contoh,
perhatikan polynomial 123)( 234
+++= xxxxf dan ][24)( 5
2
xZdixxxg ++=
di bawah ini. Pada pembagian ini tentu saja operasi penjumlahan dan perkalian
dilakukan dengan modulo 5.
xx
xxxxx
43
12324
2
2342
+
+++++

11. 234
23 xxx ++
14 23
++ xx
xxx 34 23
++
12 +x
Sehingga dalam ][5 xZ , polynomial )(xf dapat ditulis sebagai :
)()()()( xrxqxgxf += dengan 24)( 2
++= xxxg , xxxq 43)( 2
+= dan
12)( += xxr . Pada pembagian di atas polynomial )(xq disebut sebagai hasil
bagi dan polynomial )(xr disebut sisa hasil bagi.
Teorema berikut ini memperlihatkan secara umum bahwa kita dapat
melakukan pembagian polynomial atas sebarang lapangan F.
Teorema 1.2.1
Andaikan F adalah suatu lapangan. Bila )(xf , )()( xFxg ∈ dengan
0)( ≠xg , maka terdapat polynomial )(xq dan )(xr di )(xF yang tunggal
sehingga )()()()( xrxqxgxf += dengan 0)( =xr atau derajat )(xr lebih
kecil dari derajat ).(xg
Bukti:
Dengan menggunakan induksi pada derajat dari polynomial )(xf , kita akan
memperlihatkan keberadaan polynomial )(xq dan )(xr .
• Jika 0)( =xf atau derajat )(xf lebih kecil dari derajat )(xg , maka
)(xq dan )(xr diperoleh dengan )()( xfxr = dan 0)( =xq .
• Selanjutnya, andaikan )(xf berderajat n dan )(xq berderajat m dengan n >
m. Misalkan :
n
n xaxaxaaxf ++++= ...)( 2
210
m
m xbxbxbbxg ++++= ...)( 2
210
Dengan menggunakan tekhnik pembagian seperti di atas, maka :

12. mn
mnm
m
n
n
m
m
n
n
xba
xb
xa
xbxbxbb
xaxaxaa
xg
xf −−
==
++++
++++
= 1
2
210
2
210
...
...
)(
)(
Misalkan :
)()()( 1
xgxbaxfxh mn
mn
−−
−=
Maka 0)( =xh atau derajat )(xh lebih kecil dari derajat )(xf .
Dengan menggunakan asumsi pada induksi, untuk polynomial )(xh terdapat
polynomial )(1 xq dan )(1 xr sehingga )()()()( 11 xrxqxgxh += dengan
0)(1 =xr atau derajat )(1 xr lebih kecil dari derajat )(xg .
Hal ini berakibat :
)()()( 1
xhxgxbaxf mn
mn += −−
)()()()( 11
1
xrxqxgxgxba mn
mn ++= −−
)()]()[( 11
1
xrxqxbaxg mn
mn ++= −−
Dengan mengambil )()( 1
1
xqxbaxq mn
mn
−−
= dan )()( 1 xrxr = diperoleh:
)()()()( xrxqxgxf +=
Dengan 0)( =xr atau derajat )(xr lebih kecil dari derajat )(xg .
Selanjutnya kita akan memperlihatkan ekspresi )()()()( xrxqxgxf +=
adalah tunggal. Misalkan )(xf juga dapat ditulis sebagai
)()()()( xtxsxgxf += dengan 0)( =xt atau derajat )(xt lebih kecil dari
derajat )(xg .
Perhatikan bahwa :
)()()( xrxqxg + = )()()( xtxsxg +
Sehingga :
[ ] )()()()()( xtxrxsxqxg −=−
Karena derajat dari )()( xtxr − lebih kecil dari derajat )(xg , maka haruslah
0)()( =− xsxq . Yakni )()( xsxq = dan tentunya )()( xsxr = .

13. …Sebagai akibat langsung dari teorema 1.2.1 kita peroleh hasil-hasil sebagai
berikut.
Akibat 1.2.2
Andaikan F adalah suatu lapangan. Bila Fa ∈ dan ][)( xFxf ∈ , maka )(af
adalah sisa hasil bagi dari )(xf oleh )( ax − .
Bukti :
Menurut teorema 1.2.1 untuk polynomial )(xf dan )( ax − terdapat
polynomial ][)(),( xFxrxq ∈
sehingga )()()()( xrxqaxxf +−= (dengan derajat )(xr lebih kecil dari
derajat )( ax − ).
Akibatnya )(xr adalah suatu konstanta yang berada di F, sehingga
)()()()( xrxqaxxf +−=
rxqaxxf +−= )()()( .
Karena ][)( xFxf ∈ , untuk Fx ∈ kita dapat memandang f sebagai suatu
pemetaan FFf →: ;
Sehingga untuk x = a, diperoleh :
rxqaxxf +−= )()()(
raqaaaf +−= )()()( ,
raqaf += )(.0)(
raf =)( , yakni sisa hasil bagi )(afr = .
Akibat 1.2.3
Andaikan F adalah suatu lapangan, dan misalkan Fa ∈ dan ][)( xFxf ∈ .
Unsur a adalah pembuat nol dari )(xf jika dan hanya jika )( ax − adalah
factor dari )(xf .
Bukti:

14. Dengan menggunakan algoritma pembagian, maka polynomial )(xf dapat
ditulis sebagai:
)()()()( xrxqaxxf +−=
Dengan 0)( =xr atau derajat )(xr adalah 0 atau r(x) adalah konstanta.
i. (=>)
Bila a pembuat nol dari )(xf , maka:
rxqaxxf +−= )()()(
raqaaaf +−= )()()(
raq += )(.00
0=r .
Jadi, )( ax − adalah factor dari )(xf .
ii. (<=)
Sebaliknya jika )( ax − adalah factor dari )(xf ,
Maka terdapat polynomial ][)( xFxq ∈
sehingga )()()( xqaxxf −= .
Hal ini berakibat :
)()()( xqaxxf −=
)()()( aqaaaf −=
0
)(.0
=
= aq
.
Jadi a adalah pembuat nol dari )(xf .
Akibat 1.2.4
Bila F adalah suatu lapangan, maka suatu polynomial di [ ]xF yang berderajat
1≥n mempunyai paling banyak n akar.
Bukti :

15. Andaikan ( )xf adalah suatu polinomial berderajat n di [ ]xF . Kita akan
memperhatikan pernyataan di atas dengan menggunakan induksi pada derajat dari
( )xf .
Andaikan ( )xf adalah polynomial berderajat 1=n .
Misalkan ( ) baxxf += dengan Fba ∈, dan 0≠a . Akibatnya 1−
− ab
adalah akar dari ( )xf .
Sekarang andaikan ( )xf berderajat 1≥n . Andaikan α adalah pembuat nol
dari ( )xf . Menurut akibat 1.2.3, ( )xf dapat ditulis sebagai
( ) ( ) ( )xgaxxf −= dengan ( )xg adalah polynomial berderajat 1−n , jika
αβ ≠ adalah akar dari ( )xf , maka ( ) ( ) ( )βαββ gf −==0
Karena 0≠−αβ , maka ( ) 0=βg . Yakni β adalah pembuat nol dari ( )xg .
Tetapi menurut hipotesis induksi ( )xg mempunyai paling banyak akar 1−n .
Sehingga f mempunyai paling banyak n akar.
B. Polinomial Tak Tereduksi
Pada bagian ini kita akan mendiskusikan polynomial tereduksi dan tak
tereduksi.
Defenisi 1.3.1:
Andai D adalah suatu daerah integral. Misalkan ( ) [ ]xDxf ∈ dengan ( ) 0≠xf
atau ( )xf bukan unsure satuan di [ ]xD
. Polinomial
)(xf
dikatakan tak
tereduksi
atas D jika bilamana ( )xf dinyatakan sebagai hasil kali ( ) ( )xhxg dengan
( ) ( ) [ ]xDxhxg ∈, , maka ( )xg atau ( )xh adalah satuan di [ ]xD . Suatu unsure
tak nol atau tak satuan dari [ ]xD yang tidak tak tereduksi atas D dikatakan
tereduksi atas D.

16. Contoh :
Polynomial ( ) 63 2
+= xxf adalah tak tereduksi atas lapangan bilangan rasional
Q , tetapi tereduksi atas daerah integral Z. Perhatikan bahwa jika ( ) 63 2
+= xxf
dituliskan dalam bentuk ( ) ( ) ( )xhxgxf = , maka salah satu ( )xg atau ( )xh harus
merupakan polynomial konstanta di [ ]xQ . Sehingga ( )xg atau ( )xh
merupakan unsure satuan di [ ]xQ , yang berarti tak ( )xf tereduksi atas Q .
Sebaliknya pada gelanggang polynomial [ ] ( ) ( )2363, 22
+=+= xxxfxZ . Karena
[ ]xZ∈3 dan ( ) [ ]xZx ∈+22
keduanya bukan unsure satuan di [ ]xZ , maka
( )xf tereduksi di [ ]xZ .
Teorema 1.3.3
Andai F adalah suatu lapangan dan misalkan f(x) ∈F[x] adalah suatu polynomial
berderajat 2 atau 3. f(x) tereduksi atas F jika dan hanya jika f(x) mempunyai akar
di F.
Bukti :
Adib :
(i) Jika f(x) tereduksi atas F maka f(x) mempunyai akar di F
Andaikan f(x) ∈ F[x] adalah suatu polynomial tereduksi berderajat 2
atau 3. Bila f(x) dinyatakan sebagai f(x) = g(x)h(x), maka salah satu
dari polynomial g(x) atau h(x) mestilah berderajat 1.
Tanpa kehilangan keumuman pembuktian, misalkan :
( ) Fbabaxxg ∈+= ,; adalah polynomial berderajat 1.
Maka 1−
−= bax adalah akar dari ( )xg .
Akibatnya,
( ) )()( xhxgxf =
f(-ba-1
) = g(-ba-1
)h(-ba-1
)
f(-ba-1
) = 0 . h(-ba-1
)
f(-ba-1
) = 0

17. Karena f(-ba-1
) = 0 , maka f(x) mempunyai akar di F.
(ii) Jika f(x) mempunyai akar di F maka f(x) tereduksi atas F.
Misalkan a ∈ F adalah akar dari f(x), maka menurut akibat 1.2.3 maka
f(x) dapat dinyatakan sebagai f(x) = (x – a )h(x).
Jadi, f(x) adalah polynomial tereduksi atas F.
Contoh :
1. Perhatikan polynomial f(x) = x3
+ 2x + 1 ∈ Z5 [x]
Maka f(0) = 1, f(1) = 4, f(2) = 3, f(3) = 4 dan f(4) = 3.
Sehingga f(x) tidak mempunyai akar di Z5.
Jadi f(x) tak tereduksi atas Z5.
2. Perhatikan polynomial f(x) = x3
+ 3x + 1 ∈ Z5 [x]
Maka f(0) = 1, f(1) = 0, f(2) = 0, f(3) = 2 dan f(4) = 2.
Sehingga f(x) mempunyai akar di Z5.
Jadi f(x) tereduksi atas Z5.
Karena f(1) = 0 maka f(x) = (x - 1)h(x) = (x + 4)h(x)
Dengan menggunakan pembagian panjang diperoleh :
x3
+ 3x + 1 = (x + 4)(x2
+ x + 4)
Defenisi 1.3.6
Andaikan ( ) n
n xaxaxaaxf ++++ ...2
210 adalah suatu polynomial di
[ ]xZ
. Isi
dari
( )xf
didefenisikan sbagi pembagi persekutuan terbesar dari naaa ,...,, 10
.
Suatu polynomial
( ) [ ]xZxf ∈
dinyatakan primitip jika isi dari
( )xf
adalah 1.
Contoh :

18. Isi dari polinomial
( ) 62
181046 xxxxf +++=
adalah 2, karena pembagi
persekutuan terbesar dari 6, 4, 10 dan 18 adalah 2. Sementara isi dari polynomial
( ) 53
493 xxxxg ++
adalah 1. Sehingga
( )xg adalah primitip
Lemma 1.3.8
Bila ( ) ( ) [ ]xZxgxf ∈, adalah polynomial primitip, maka ( ) ( )xgxf adalah
primitip.
Bukti
Kita akan membuktikan lemma ini dengan menggunakan kontradiksi . andaikan
( )xf
dan
( )xg
adalah polynomial primitip dan misalkan
( ) ( )xgxf tidak
primitip. Misalkan p
adalah suatu bilangan prima yang membagi isi
( ) ( )xgxf .
Misalkan , ( ) ( )xgxf , dan ( ) ( )xgxf masing- masing adalah polynomial yang
diperoleh dari ( ) ( )xgxf , dan ( ) ( )xgxf dengan koefisen , ( ) ( )xgxf , dan
( ) ( )xgxf dengan p .
Jadi
( ) ( )xgxf , , ( ) ( ) [ ]xZxgxf p∈ . Selanjutnya perhatikan bahwa ( ) ( )xgxf =
( ) ( )xgxf . Karena p
pembagi isi dari
( ) ( )xgxf , maka semua koefisen
( ) ( )xgxf adalah kelipatan dari p
. Hal ini berakibat
( ) ( ) 0=xgxf sebenarnya.
Sehingga ( ) ( ) 0=xgxf . Karena pZ adalah suatu daerah integral maka [ ]xZ p
adalah suatu daerah integral. Sehingga ( ) ( ) 0=xgxf berakibat ( ) 0=xf atau
( ) 0=xg . Hal ini berarti bahwa isi dari ( )xf
atau isi dari
( )xg
adalah kelipatan
dari
p
, bertentangan dengan asumsi bahwa
( )xf
dan
( )xg
adalah primitip.
Jadi
( ) ( )xgxf harus primitip.

19. Teorema berikut ini menyatakan bahwa untuk memperhatikan suatu
polynomial di [ ]xZ tereduksi Z, cukup diperhatikan bahwa polynomial tersebut
adalah tereduksi atas lapangan
Q .
Teorema 1.3.9
Andaikan ( ) [ ]xZxf ∈ . Jika ( )xf tereduksi atas
Q , maka ( )xf tereduksi
atas Z
Bukti
Andaikan
( ) [ ]xZxf ∈ . Misalkan ( ) ( ) ( )xhxgxf = dengan ( ) ( ) [ ]xQxhxg ∈,
. Tan pa kehilangan keumuman pembuktian kita dapat mengasumsikan bahwa
( )xf
adalah primitip. Jika
( )xf
tidak primitip, maka kita dapat membagi
koefisen dari
( )xf
dan
( ) ( )xhxg dengan isi dari ( )xf
. Misalakan m adalah
kelipatan persekutuan terkecil dari semua koefisen dari
( )xg
dan misalkan n
adalah kelipan persekutuan terkecil dari semua penyebut koefisen dari
( )xh
.maka ( ) ( ) ( ) [ ]xZxmnfxnhxmg ∈= . Misalkan r dan s masing-masing adalah
isi dari ( )xmg dan ( )xnh . Maka ( ) ( )xrgxmg 1= dan ( ) ( )xshxnh 1= dengan
( ) ( ) [ ]xZxhxg ∈11
dan ( ) ( ) ( )xhxrsgxmnf 11= . Karena ( )xf adalah primitip,
maka isi dari
( )xf
adalah 1. Hal ini berakibat bahwa isi dari
( )xmnf adalah
mn . Selanjutnya perhatikan bahwa karena r dan s masing-masing adalah isi
dari ( )xg dan ( )xh , maka ( )xg1 dan ( )xh1 adalah primitip. Lemma
menjamin bahwa ( ) ( )xhxg 11 adalah primitip, dan akibatnya isi dari

20. ( ) ( )xhxrsg 11
adalh primitip. Jadi mnrs = dan ( ) ( ) ( )xhxgxf 11= , yakni ( )xf
terreduksi Z.
Kita akan mereduksikan kreteria-kreteria polimonial dengan koefisen
bilangan bulat yang tak tereduksi atas lapangan bilangan Q .
Teorema 1.3.10
Andaikan p
adalah suatu bilangan prima dan misalkan
( ) [ ]xZxf ∈
adalah
suatu polynomial berderajat paling sedikit 1. Misalkan ( ) [ ]xZxf p∈ adalah
polynom yang diperoleh dari ( )xf dengan mereduksi koefisien ( )xf modulo
p
. Jika
( )xf tak tereduksi atas pZ dan ( )xf derajat sama dengan derajat
( )xf , maka ( )xf tak tereduksi atas Q .
Bukti
Kita buktikan teorema ini dengan kontradiksi. Andaikan ( )xf adalah tereduksi
atas Q . Maka menurut teorema 1.3.9 ( )xf juga tereduksi Z. sehingga ( )xf
dapat dinyatakan sebagai ( ) ( ) ( )xhxgxf = dengan ( ) ( ) [ ]xZxhxg ∈, sederajat
( )xg dan ( )xh lebih kecil dari derajat ( )xf . Misalkan ( )xf dan ( )xg
masing- masing adalah polynomial yang diperoleh dari ( )xg dan ( )xh dengan
mereduksi koefisien ke modulo p
. Hal ini berakibat
( ) ( ) ( )xhxgxf =
.
Perhatikan bahwa derajat dari
( )xg lebih kecil atau sama dengan derajat dari
( )xg , demikian juga halnya hubungan antara derajat ( )xh dengan derajat ( )xh
. Karena derajat ( )xf sama dengan derajat ( )xf , maka derajat ( )xg dan ( )xh
lebih kecil dari derajat ( )xf . Tetapi hal ini berarti ( )xf adalah tereduksi pZ .
Kontradiksi dengan asumsi bahwa ( )xf tak tereduksi atas pZ . Jadi ( )xf tak
tereduksi atas Q .

21. Contoh 1.3.11
Perhatikan polynomial ( ) [ ]xZxxxxf ∈+++= 2345 23
. Kita akan perhatikan
( )xf tak tereduksi atas Q . Meurut teorema 5.3.10 kita cukup mencari suatu
bilangan prima p
sehingga
( )xf tak tereduksi atas pZ . Bila 2=p , maka
( ) xxxf += 3
. Tetapi ( ) 00 =f dan ( ) 01 =f , sehingga ( )xf tereduksi atas 2Z .
Akibatnya kita tidk dapat menggunakan teorema 5.310. sekarang kita tijau untuk
3=p . Maka ( ) 22 23
++= xxxf dan derajat ( )xf sama denga derajat ( )xf .
Karena ( ) ( ) 21,20 == ff dan ( ) 12 =f , ( )xf tak tereduksi atas 3Z . Akibatnya
( ) 2345 23
+++= xxxxf tak tereduksi atas Q
Teorema 1.3.12
Andaikan ( ) [ ]xZxaxaxaaxf n
n ∈++++= ...2
210 dan misalkan
p
adalah
suatu bilangan prima. Bila
p
tidak memagi pan ,
membagi, dan
p
tidak
membagi 0a
, maka
( )xf adalah tak tereduksi atas Q
Bukti
Menutut teorema 5.3.9 cukup diperlihatkan bahwa ( )xf adalah tak tereduksi
atas Z. andaikan sebaliknya ( )xf tereduksi atas Z, jika kita berharap akan
memperoleh suatu kontradiksi.
Misalkan dengan ( ) ( ) [ ]xZxcxb ∈, dan .,, nsr Karena p membagi
000 cba =
, maka
p
membagi salah satu dari 0b
atau 0c
tetapi tidak membagi
keduanya. Tanpa kehilangan keumuman pembuktian misalkan
p
membagi 0b
tetapi
p
tidak membagi 0c
. Selanjutnya, karena
p
tidak membagi srn cba =
maka
p
tidak membagi
rb
dan
p
juga tidak membagi sc
. Hal ini berakibat

22. terdapat suatu bulangan bulat positif terkecil nt < , sehingga
p
tidak membagi
tb .
Sekarang kita perhatikan koefisen ta
dari
( )xf , dengan
010 ... cbcba ttt ++= −
Karena proses pemilihan nt < , maka
p
membagi ta
dan
p
membagi semua
ib
dengan ni < . Hal ini berakibat bahwa
p
harus membagi 0cbt . Konteradiksi
dengan kenyataan bahwa
p
tidak membagi tb
dan
p
tidak membagi 0c
.
Sehingga
( )xf dalah tak tereduksi atas Z.
Teorema 1.3.13
Bila p adalah suatu bilangan prima, maka polimonial siklotomik
( ) 1...
1
1 11
+++=
−
−
=Φ −− pp
p
p xx
x
x
x adalah tak tereduksi atas lapangan bilangan
rasional Q .
Bukti

23. Untuk memperhatikan hal di atas, perhatikan polynomial
( ) ( )
( )
( )
x
x
x
x
x
pp
p
11
11
11
1
−+
=
−+
−+
=+Φ atau
( ) px
p
p
x
p
xx pp
p +





−
++





+=+Φ −−
2
...
1
1 21
untuk bilangan prima p , kriteria Einsensten dipenuhi oleh polynomial
( )1+Φ xp . Sehingga ( )1+Φ xp adalah tak tereduksi atas f(x) dan g(x), yakni
)()()( xgxfxp =Φ , maka )1()1()1( ++=+Φ xgxfxp bertentangan dengan
kenyataan bahwa ( )1+Φ xp adalah tak tereduksi. Jai polynomial )(xpΦ adalah
tak tereduksi atas Q