tThis matery is about aljabra structure

1. Kelompok 8 :
Esterlina Yessyindah
Jufridho Akhyar
Penny Charity LR
Veemona Esther

2. Andaikan 𝐷 adalah suatu daerah integral. Misalkan
𝑓 𝑥 ∈ 𝐷 𝑥 dengan 𝑓 𝑥 ≠ 0 atau 𝑓 𝑥 bukan satuan di
𝐷 𝑥 . Polinomial 𝑓 𝑥 dikatakan tak tereduksi atas 𝐷 jika
bilamana 𝑓 𝑥 dinyatakan sebagai hasil kali 𝑔 𝑥 ℎ 𝑥 dengan
𝑔 𝑥 , ℎ 𝑥 ∈ 𝐷 𝑥 , maka 𝒈 𝒙 atau 𝒉 𝒙 adalah satuan
di 𝐷 𝑥 yang tidak tak tereduksi atas 𝐷 dikatakan tereduksi atas 𝐷

3. perhatikan bahwa kasus 𝐷 adalah suatu lapangan, maka unsur satuan di 𝐷 𝑥
adalah unsur-unsur tak nol yang berada di 𝐷. Sehingga suatu polinomial tak
konstan 𝑓 𝑥 ∈ 𝐹 𝑥 dengan 𝐹 adalah suatu lapangan dikatakan tak
tereduksi atas 𝐹 jika dan hanya jika 𝑓 𝑥 tidak dapat dinyatakan sebagai hasil
kali dua polinomial di 𝐹 𝑥 dengan derajat yang lebih rendah. Kedua,
perhatikan bahwa definisi di atas menyatakan konsep tak tereduksi atas suatu
darah integral 𝐷 atau atas suatu lapangan 𝐹. Sehingga suatu polinomial
mungkin saja tak tereduksi atas satu daerah integral tertentu, tetapi tereduksi
atas suatu daerah integral yang lain,

4. Polinomial 𝑓 𝑥 = 3𝑥2
+ 6 adalah tak tereduksi atas lapangan
bilangan rasional 𝑄, tetapi tereduksi atas daerah 𝑍. Perhatikan bahwa
jika 𝑓 𝑥 = 3𝑥2
+ 6 dituliskan dalam bentuk 𝑓 𝑥 =
𝑔 𝑥 ℎ 𝑥 , maka salah satu 𝑔 𝑥 atau ℎ 𝑥 merupakan unsur
satuan di 𝑄 𝑥 , yang berarti 𝑓 𝑥 tak tereduksi atas 𝑄.
Sebaliknya pada gelanggang polinomial 𝑍 𝑥 , 𝑓 𝑥 = 3𝑥2
+
6 = 3 𝑥2
+ 2 . Karena 3 ∋ 𝑍 𝑥 , maka 𝑓 𝑥 tereduksi di
𝑍 𝑥 .

5. Polinomial 𝑓 𝑥 = 𝑥2 − 2 tak tereduksi atas lapangan 𝑄 tetapi tereduksi
atas lapangan 𝑅. Dalam gelanggang polinomial 𝑄 𝑥 , maka 𝑓 𝑥 =
𝑥2 − 2 tidak dapat dinyatakan dalam bentuk 𝑓 𝑥 = 𝑔 𝑥 ℎ 𝑥
dengan 𝑔 𝑥 dan ℎ 𝑥 berderajat rendah dari 𝑓 𝑥 . Sehingga 𝑓 𝑥 tak
tereduksi atas 𝑄. Tetapi dalam gelanggang polinomial 𝑅 𝑥 , polinomial
𝑓 𝑥 = 𝑥2 − 2 dapat dinyatakan sebagai 𝑓 𝑥 = 𝑥 + 2 𝑥 −

6. Andaikan 𝐹 adalah suatu lapangan dan misalkan 𝑓 𝑥 ∈ 𝐹 𝑥 adalah suatu
polinomial berderajat 2 atau 3. 𝑓 𝑥 tereduksi atas 𝐹 jika dan hanya jika 𝑓(𝑥)
mempunyai akar di 𝐹.
Bukti :
Andaikan 𝑓 𝑥 ∈ 𝐹 𝑥 adalah suatu polinomial tereduksi berderajat 2 atau 3. Bila
dinyatakan sebagai𝑓 𝑥 = 𝑔 𝑥 ℎ 𝑥 , maka salah satu dari polinomial 𝑔 𝑥
atau ℎ 𝑥 mestilah berderajat 1. Tanpa kehilangan keumuman, pembuktian misalkan
𝒈 𝒙 = 𝒂𝒙 + 𝒃, 𝒃 ∈ 𝑭 adalah polinomial berderajat 1. Maka 𝑥 =
−𝑏𝑎−1 adalah akar dari 𝑔(𝑥).

7. Akibatnya, 𝑓 −𝑏𝑎−1 = 𝑔 −𝑏𝑎−1 ℎ −𝑏𝑎−1 =
0. ℎ −𝑏𝑎−1
= 0. Yakni 𝑓 𝑥 mempunyai akar di 𝐹.
Andaikan sebaliknya 𝑓 𝑥 mempunyai akar di 𝐹. Misalkan 𝑎 ∈ 𝐹 adalah
akar dari 𝑓 𝑥 , maka menurut Akibat yaitu Andaikan 𝐹 adalah suatu
lapangan, dan misalkan 𝛼 𝜖 𝐹 dan 𝑓 𝑥 ∈ 𝐹 𝑥 . Unsur a adalah
pembuat nol dari 𝑓 𝑥 jika dan hanya jika 𝑥 − 𝑎 adalah factor dari
𝑓 𝑥 . 𝑓 𝑥 dapat dinyatakan sebagai 𝑓 𝑥 = 𝑥 − 𝑎 ℎ 𝑥 . Jadi
𝑓 𝑥 adalah polinomial tereduksi atas 𝐹.

8. Perhatikan polinomial 𝑓 𝑥 = 𝑥3
+ 3𝑥 + 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. Menurut Teorema 5.3.4 𝑓 𝑥 tak
tereduksi atas 𝑍5. Sebaliknya polinomial 𝑓 𝑥 = 𝑥3
+ 3𝑥 + 1 adalah
tereduksi atas 𝑍5, karena 𝑓 1 = 0. Sehingga 𝑓 𝑥 dapat dinyatakan sebagai
𝑓 𝑥 = 𝑥 − 1 ℎ 𝑥 = 𝑥 + 4 ℎ 𝑥 . Dengan menggunakan
pembagian panjang diperoleh 𝑥3
+ 3𝑥 + 1 = 𝑥 + 4 𝑥2
+ 𝑥 + 4 .
Berikut ini kita akan mendiskusikan kriteria-kriteria polinomial tereduksi atas
gelanggang bilangan bulat 𝑍.

9. Andaikan 𝑓 𝑥 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2
+ ⋯ + 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛
adalah
suatu polinomial di 𝑍[𝑥].
Isi dari 𝑓(𝑥) didefenisikan sebagai pembagi persekutuan terbesar
dari 𝑎0, 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎 𝑛. Suatu polinomial 𝑓(𝑥) ∈ 𝑍[𝑥]
dikatakan primitip jika isi dari 𝑓(𝑥) adalah 1.

10. Isi dari polinomial 𝑓 𝑥 = 6 + 4𝑥 + 10𝑥2
+
18𝑥6
adalah 2, karena pembagi persekutuan terbesar
dari 6,4,10,18 adalah 2. Sementara isi dari polinomial
𝑔 𝑥 = 3𝑥 + 9𝑥3
+ 4𝑥5
adalah 1. Sehingga
𝑔(𝑥) adalah primitip.

11. Bila 𝑓 𝑥 , 𝑔(𝑥) ∈ 𝑍[𝑥] adalah polinomial
primitip, maka 𝑓 𝑥 , 𝑔(𝑥) adalah primitip.

12. Kita akan membuktikan lemma ini dengan menggunakan kontradiksi. Andaikan 𝑓(𝑥) dan
𝑔(𝑥) adalah polinomial primitip dan misalkan 𝑓 𝑥 , 𝑔(𝑥) adalah bukan primitip.
Misalkan 𝑝 adalah suatu prima yang membagi isi 𝑓 𝑥 , 𝑔(𝑥). Misalkan 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥),
dan 𝑓 𝑥 𝑔(𝑥) masing-masing adalah polinomial yang diperoleh dari 𝑓 𝑥 , 𝑔(𝑥) dan
𝑓 𝑥 𝑔(𝑥) dengan koefisien merupakan sisa hasil bagi koefisien, 𝑓 𝑥 , 𝑔(𝑥) dan
𝑓 𝑥 𝑔(𝑥) dengan 𝑝. Jadi, 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥), dan 𝑓 𝑥 𝑔(𝑥) ∈ 𝑍 𝑝[𝑥]. Selanjutnya
perhatikan bahwa 𝑓(𝑥), 𝑔 𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑔(𝑥). karena 𝑝 membagi isi dari
𝑓 𝑥 , 𝑔(𝑥), maka semua koefisien 𝑓 𝑥 𝑔(𝑥) adalah kelipatan dari 𝑝. Hal ini
berakibat bahwa 𝑓 𝑥 𝑔(𝑥) = 0 yang mengakibatkan 𝑓(𝑥) = 0 atau 𝑔(𝑥) = 0.
Hal ini berarti bahwa isi dari 𝑓(𝑥) atau isi dari 𝑔(𝑥) adalah primitip. Jadi, 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)
adalah primitip.

13. Andaikan 𝑓 𝑥 ∈ 𝑍 𝑥 . Jika 𝑓 𝑥 tereduksi
atas 𝑄, maka 𝑓 𝑥 tereduksi atas 𝑍.

14. Andaikan 𝑓 𝑥 ∈ 𝑍 𝑥 . Misalkan 𝑓 𝑥 = 𝑔 𝑥 h 𝑥 dengan 𝑔 𝑥 , h 𝑥 ∈ 𝑄 𝑥 . tanpa
kehilangan keumuman pembuktian kita dapat mengasumsikan bahwa 𝑓(𝑥) adalah primitip. Jika 𝑓 𝑥
tidak primitip, maka kita dapat membagi koefisien dari 𝑓 𝑥 dan 𝑔 𝑥 h 𝑥 dengan isi dari 𝑓 𝑥 .
Misalkan 𝒎 adalah kelipatan persekutuan terkecil dari semua penyebut koefisien dari 𝑔(𝑥) dan 𝑛
adalah kelipatan persekutuan terkecil dari semua penyebut koefisien dari ℎ(𝑥). Maka
𝑚𝑔 𝑥 𝑛ℎ 𝑥 = 𝑚𝑛 𝑓 𝑥 ∈ 𝑍[𝑥]. Misalkan 𝑟 dan 𝑠 masing-masing isi dari
𝑚𝑔 𝑥 dan 𝑛ℎ 𝑥 . Maka 𝑚𝑔 𝑥 = 𝑟𝑔1(𝑥) dan 𝑛ℎ 𝑥 = 𝑠h1(𝑥) dengan
𝑔1(𝑥) h1(𝑥) ∈ 𝑍[𝑥], dan 𝑚𝑛 𝑓 𝑥 = 𝑟𝑠𝑔1 𝑥 h1 𝑥 . karena 𝑓(𝑥) adalah primitip,
maka isi dari 𝑓(𝑥) adalah 1. Hal ini berakibat bahwa isi dari 𝑚𝑛 𝑓 𝑥 adalah 𝑚𝑛. selanjutnya
perhatikan bahwa karena 𝑟 dan 𝑠 masing-masing adalah isi dari 𝑔(𝑥) dan h(x), maka 𝑔1(𝑥) dan
h1(𝑥) adalah primitip. Lemma 5.3.8 menjamin bahwa 𝑔1(𝑥) dan h1(𝑥) adalah primitip, dan
akibatnya isi dari 𝑟𝑠𝑔1 𝑥 h1 𝑥 adalah primitip. Jadi, 𝑟𝑠 = 𝑚𝑛 dan 𝑓 𝑥 =
𝑔1 𝑥 h1 𝑥 , yakni 𝑓 𝑥 tereduksi atas 𝑍.

15. Andaikan 𝑝 adalah suatu bilangan prima dan misalkan 𝑓 𝑥 ∈
𝑍[𝑥] adalah suatu polinomial berderajat paling sedikit 1. Misalkan
𝑓 𝑥 ∈ 𝑍 𝑝[𝑥] adalah polinomial yang diperoleh dari 𝑓 𝑥
dengan mereduksi koefisien 𝑓 𝑥 modulo 𝑝. Jika 𝑓 𝑥 tak
tereduksi atas 𝑍 𝑝 dan 𝑓 𝑥 derajat sama dengan derajat 𝑓 𝑥 ,
maka 𝑓 𝑥 tak tereduksi atas 𝑄.

16. Kita buktikan teorema ini dengan menggunakan kontradiksi. Andaikan 𝑓 𝑥 adalah
tereduksi atas 𝑄. Maka menurut teorema 2 𝑓 𝑥 juga tereduksi atas 𝑍. Sehingga 𝑓 𝑥
dapat dinyatakan sebagai 𝑓 𝑥 = 𝑔 𝑥 h 𝑥 dengan 𝑔 𝑥 h 𝑥 ∈ 𝑍[𝑥] serta
derajat 𝑔 𝑥 , h 𝑥 lebih kecil dari derajat 𝑓 𝑥 . misalkan 𝑔 𝑥 dan ℎ(𝑥)
masing-masing adalah polinomial yang diperoleh dari 𝑔(𝑥) dan ℎ(𝑥) dengan mereduksi
koefisien ke modulo 𝑝. Hal ini berakibatkan 𝑓 𝑥 = 𝑔(𝑥) h(x). Perhatikan bahwa
derajat dari 𝑔(𝑥) lebih kecil atau sama dengan derajat dari 𝑔(𝑥), demikian juga halnya
hubungan antara derajat h(x) dengan ℎ(𝑥). Karena derajat 𝑓 𝑥 sama dengan derajat
𝑓(𝑥), maka derajat 𝑔(𝑥) , h(x) lebih kecil dari derajat 𝑓 𝑥 . Tetapi hal ini berarti
𝑓 𝑥 adalah tereduksi atas 𝑍 𝑝. Jadi 𝑓(𝑥) tak tereduksi atas 𝑄.

17. Perhatikan polinomial
𝑓(𝑥) = 5𝑥3
+ 4𝑥2
+ 3𝑥 + 2 ∈ 𝑍 [𝑥].
Kita akan memperlihatkan bahwa bahwa 𝑓(𝑥) tak tereduksi atas 𝑄. Menurut
Teorema 3, kita cukup mencari suatu bilangan prima 𝑝 sehingga 𝑓(𝑥) tak tereduksi
atas 𝑍 𝑝 . Bila 𝑝 = 2, maka 𝑓 𝑥 = 𝑥3 + 𝑥. Tetapi 𝑓(0) = 0 dan
𝑓(1) = 0, sehingga 𝑓(𝑥) tereduksi atas 𝑍2 . Akibatnya kita tidak dapat
menggunakan teorema 3. Sekarang kita tinjau untuk 𝑝 = 3. Maka 𝑓(𝑥) =
2𝑥3
+ 𝑥2
+ 2 dan derajat 𝑓(𝑥) sama dengan derajat 𝑓(𝑥). Karena
𝑓(0) = 2, 𝑓(1) = 2, dan 𝑓(2) = 1, 𝑓(𝑥) tak tereduksi atas 𝑍3.
Akibatnya 𝑓(𝑥) = 5𝑥3
+ 4𝑥2
+ 3𝑥 + 2 tak tereduksi atas 𝑄.

18. Andaikan 𝑓(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + . . . + 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛
∈
𝑍 [𝑥] dan misalkan 𝑝 adalah suatu bilangan prima. Bila 𝑝 tidak
membagi 𝑎 𝑛 , 𝑝 membagi 𝑎1 , dan 𝑝 tidak membagi 𝑎0 , maka
𝑓(𝑥) adalah tak tereduksi atas 𝑄.

19. Menurut Teorema 2 cukup diperlihatkan bahwa 𝑓(𝑥) adalah tak tereduksi atas 𝑍 . Andaikan sebaliknya
bahwa 𝑓(𝑥) tereduksi untuk atas 𝑍, kita berharap akan memperoleh suatu kontradiksi. Misalkan
𝑓(𝑥) = 𝑏(𝑥)𝑐(𝑥) = (𝑏0 + 𝑏1 𝑥 + . . . + 𝑏 𝑟 𝑥 𝑟
)(𝑐0 + 𝑐1 𝑥 + . . . + 𝑐 𝑠 𝑥 𝑠
)
dengan 𝑏(𝑥), 𝑐(𝑥) ∈ 𝑍 [𝑥] dan 𝑟, 𝑠 < 𝑛. Karena 𝑝 membagi 𝑎0= 𝑏0 𝑐0 dan 𝑝2
tidak
membagi 𝑎0= 𝑏0 𝑐0 , maka 𝑝 membagi salah satu dari 𝑏0 atau 𝑐0 tetapi tidak membagi keduanya.
Tanpa kehilangan keumuman pembuktian misalnya 𝑝 membagi 𝑏0 tetapi 𝑝 tidak membagi 𝑐0.
Selanjutnya, karena 𝑝 tidak membagi 𝑎 𝑛 = 𝑏 𝑟 𝑐 𝑠, maka 𝑝 tidak membagi 𝑏 𝑟 dan 𝑝 juga tidak
membagi 𝑐 𝑠. Hal ini berakibat terdapat suatu bilangan bulat positif terkecil 𝑡 < 𝑛, sehingga 𝑝 tidak
membagi 𝑏𝑡 . Sekarang kita perhatikan koefisien 𝑎 𝑡 dari 𝑓(𝑥), dengan
𝑎 𝑡 = 𝑏0 𝑐𝑡−1 + ⋯ + 𝑏𝑡 𝑐0
Karena proses pemilihan 𝑡 < 𝑛, maka 𝑝 membagi 𝑎 𝑡 dan 𝑝 membagi 𝑏𝑖 dengan 𝑖 < 𝑡. Hal ini
berakibat bahwa 𝑝 tidak membagi 𝑏𝑡 dan 𝑝 tidak membagi 𝑐0. Sehingga 𝑓(𝑥) adalah tak tereduksi
atas 𝑍.

20. Bila 𝑝 adalah suatu bilangan prima, maka polinomial siklotomik
Φp (x) =
𝑥 𝑝−1
𝑥 −1
= 𝑥 𝑝−1
+ 𝑥 𝑝−2
+ ... + 1
Adalah tak tereduksi atas lapangan bilangan rasional 𝑄

21. Untuk memperlihatkan hal di atas, perhatikan polinomial
𝛷𝑝 𝑥 + 1 =
(𝑥 + 1) 𝑝
−1
𝑥 + 1 − 1
=
(𝑥 + 1) 𝑝
−1
𝑥
atau
𝛷𝑝 𝑥 + 1 = 𝑥 𝑝−1 +
𝑝
1
𝑥 𝑝−2 +
𝑝
𝑝 − 2
𝑥 + 𝑝
Untuk bilangan prima p, kriteria Einstein dipenuhi oleh polinomial 𝛷𝑝 (𝑥 + 1).
Sehingga 𝛷𝑝 (𝑥 + 1) adalah tak tereduksi atas 𝑄.
Selanjutnya, bila 𝛷𝑝 (𝑥) adalah tereduksi atas 𝑓(𝑥) dan 𝑔(𝑥), yakni
𝛷𝑝 (𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥), maka 𝛷𝑝 (𝑥 + 1) = 𝑓(𝑥 + 1)𝑔(𝑥 +
1) bertentangan dengan kenyataan bahwa 𝛷𝑝 (𝑥 + 1) adalah tak tereduksi. Jadi
polinomial 𝛷𝑝 (𝑥) adalah tak tereduksi atas 𝑄.