Norm, Trace

12.3 Norm, Trace

Kita akan bahas konsep norm dan trace untuk separable field extension. Kita asumsikan di bagian ini bahwa setiap field extension merupakan separable field extension terhadap suatu perfect field. Kita mulai dengan teorema berikut.

Teorema 67 Jika K adalah suatu perfect field, F merupakan algebraic clo- sure dari K, f (x) merupakan monic irreducible polynomial dalam K[x] dengan degree d, dan a ∈ F merupakan akar dari f(x), maka terdapat tidak lebih dan tidak kurang dari d ring homomorphism yang injective dari field K(a) ke field

F dengan rumus •σ i (r) = r untuk r ∈ K, dan •σ i (a) = a i

dimana 1 ≤ i ≤ d dan f(x) dapat diuraikan dalam F [x] sebagai berikut:

f (x) = (x −a 1 )(x −a 2 ) · · · (x − a d ). Mari kita buktikan teorema 67. Setiap pemetaan σ i : K(a) −→ K(a i ) meru-

pakan field isomorphism, jadi setiap σ i menentukan isomorphic copy dari K(a) yang berbeda dalam F (karena K merupakan perfect field, jadi f tidak memiliki akar ganda dalam F ). Jadi sedikitnya terdapat d injective ring homomorphisms (atau embeddings) dari K(a) ke F . Untuk menunjukkan bahwa hanya terdapat

d embeddings yang telah disebutkan diatas, jika σ : K(a) −→ F merupakan injective ring homomorphism, maka σ(r) = r untuk r ∈ K dan σ(a) = θ ∈ F . Karena

f (x) = x d +c d−1 x d−1 +...+c 1 x+c 0 , maka

f (θ) = θ d +c d−1 θ d−1 +...+c 1 θ+c 0

= σ(a) d +c d−1 σ(a) d−1 +...+c 1 σ(a) + c 0

d−1 a +...+c 1 a+c 0 ) = σ(0)

= σ(a d +c

d−1

= 0. Jadi θ = a i dan σ = σ i untuk suatu i dengan 1 ≤ i ≤ d. Jadi embedding harus

salah satu dari σ i dan ada tidak lebih dan tidak kurang dari d embeddings. Selesailah pembuktian teorema 67.

Teorema 68 (Dedekind) σ 1 ,σ 2 ,...,σ d diatas linearly independent, dengan kata lain jika terdapat c 1 ,c 2 ,...,c d ∈ K dimana

c 1 σ 1 (b) + c 2 σ 2 (b) + . . . + c d σ d (b) = 0 untuk setiap b ∈ K(a), maka setiap c i = 0 untuk 1 ≤ i ≤ d.

12.3. NORM, TRACE 207 Kita buktikan teorema 68 menggunakan induksi pada d. Untuk d = 1 maka

sangat jelas bahwa jika

c 1 σ 1 (b) = 0

untuk setiap b ∈ K(a), maka c 1 = 0 karena ada b 0 ∈ K(a) dimana σ 1 (b 0 ) 6= 0. Untuk d ≥ 2, kita dapat asumsikan setiap d − 1 homomorphism σ i yang berbeda adalah linearly independent. Kita lihat apa konsekuensinya jika ter-

dapat c 1 ,c 2 ,...,c d dimana untuk setiap b ∈ K(a):

c 1 σ 1 (b) + c 2 σ 2 (b) + . . . + c d σ d (b) = 0. (12.1) Karena σ 1 6= σ d maka terdapat b 0 ∈ K(a) dimana σ 1 (b 0 ) 6= σ d (b 0 ). Karena

persamaan 12.1 berlaku untuk setiap b ∈ K(a) maka persamaan juga berlaku untuk b 0 b. Jadi kita dapatkan

c 1 σ 1 (b 0 )σ 1 (b) + c 2 σ 2 (b 0 )σ 2 (b) + . . . + c d σ d (b 0 )σ d (b) = 0. (12.2) Jika kita kalikan persamaan 12.1 dengan σ d (b 0 ) maka kita dapatkan

c 1 σ d (b 0 )σ 1 (b) + c 2 σ d (b 0 )σ 2 (b) + . . . + c d σ d (b 0 )σ d (b) = 0. (12.3) Jika kita kurangkan persamaan 12.3 dari persamaan 12.2 maka kita dapatkan

c 1 (σ 1 (b 0 ) −σ d (b 0 ))σ 1 (b) + . . . + c d−1 (σ d−1 (b 0 ) −σ d−1 (b 0 ))σ d−1 (b) = 0. Dengan e i =c i (σ i (b 0 ) −σ d (b 0 )) untuk 1 ≤ i ≤ d − 1, kita dapatkan

e 1 σ 1 (b) + e 2 σ 2 (b) + . . . + e d−1 σ d−1 (b) = 0. Berdasarkan hipotesis induksi, σ 1 ,σ 2 ,...,σ d−1 linearly independent, jadi setiap

e i = 0. Jadi c 1 (σ 1 (b 0 ) −σ d (b 0 )) = 0, dan karena σ 1 (b 0 ) 6= σ d (b 0 ) maka c 1 = 0. Menggunakan cara yang sama kita akan dapatkan c 2 = 0, . . . , c d−1 = 0. Per- samaan 12.1 menjadi c d σ d (b) = 0 untuk setiap b ∈ K(a), dan karena terdapat

e 0 ∈ K(a) dimana σ d (e 0 ) 6= 0, maka c d = 0. Selesailah pembuktian teorema

68. Sekarang kita definisikan konsep norm:

Definisi 33 Jika f (x) merupakan monic irreducible polynomial dalam K[x] dengan degree d, a ∈ F merupakan akar dari f(x), dan θ ∈ K(a), maka norm dari elemen θ untuk field extension K(a)/K, yang diberi notasi N K(a)

(θ), didefinisikan sebagai berikut:

N K(a)

(θ) = σ 1 (θ)σ 2 (θ) ···σ d (θ)

dimana setiap σ i merupakan embedding yang berbeda seperti yang berada dalam teorema 67.

208 BAB 12. MATEMATIKA V - ALGEBRAIC NUMBER Tidak terlalu sulit untuk menunjukkan bahwa N K(a)

bersifat multiplicative:

(θ 1 θ 2 )=N K (θ 1 )N K (θ 2 ). Berikutnya kita definisikan konsep trace:

N K(a)

K(a)

K(a)

Definisi 34 Jika f (x) merupakan monic irreducible polynomial dalam K[x] dengan degree d, a ∈ F merupakan akar dari f(x), dan θ ∈ K(a), maka trace dari elemen θ untuk field extension K(a)/K, yang diberi notasi T K(a)

(θ), didefinisikan sebagai berikut:

(θ) = σ 1 (θ) + σ 2 (θ) + . . . + σ d (θ) dimana setiap σ i merupakan embedding yang berbeda seperti yang berada dalam

T K(a)

teorema 67. Tidak terlalu sulit untuk menunjukkan bahwa T K(a)

bersifat additive, jika a, b ∈ K dan x, y ∈ K(a), maka:

(ax + by) = aT K (x) + bT K (y). Selanjutnya kita bahas efek komposisi field extension terhadap norm. Jika

T K(a)

K(a)

K(a)

x=N L K (u) dan E/L adalah field extension dengan dimensi n, maka

N E K (u) = x n .

Ini karena field extension menghasilkan n pemetaan σLE 1 , σLE 2 , . . . σLE n yang injective dan setiap pemetaan menghasilkan

σLE i (x) = x.

Jika field extension L/K mempunyai dimensi m make terdapat mn pemetaan injective dari K ke E yang merupakan komposisi pemetaan

σLE K i −→ L −→ E

σKL j

dimana 1 ≤ i ≤ n dan 1 ≤ j ≤ m. Jadi

K (u) =

σLE i (

σKL j (u))

i=1

j=1

σLE i (x)

i=1

12.3. NORM, TRACE 209 Untuk trace, jika x = T L K (u), rumusnya adalah:

T E K (u) = nx.

Berikutnya, kita akan lihat bahwa norm juga bisa didapat menggunakan deter- minan. Kita gunakan matrik pengali untuk elemen dalam K(a). Dengan basis sebagai berikut

a d−1

jika v adalah vektor untuk suatu elemen x ∈ K(a), matrik pengali A untuk suatu elemen e ∈ K(a) adalah matrik yang jika dikalikan dengan vektor v:

Av = v ′

menghasilkan vektor v ′ yang merepresentasikan ex. Jika basis yang digunakan adalah b 1 ,b 2 ,...,b n , maka setiap kolom i merepresentasikan eb i sebagai kom- binasi linear b 1 ,b 2 ,...,b n . Tidak terlalu sulit untuk melihat bahwa matrik pengali untuk a adalah companion matrix untuk f (x) = x d +c d−1 x d−1 +...+

c 1 x+c 0 sebagai berikut:

C(f ) =   01 ...0

00 ...1 −c d−1

Kolom pertama dalam matrik merepresentasikan a, kolom kedua merepresen- tasikan a 2 , dan seterusnya sampai dengan kolom terahir yang merepresen- tasikan a d . Perhatikan bahwa kolom untuk a d didapat dari

0=a d +c d−1 a d−1 +...+c 1 a+c 0 , jadi

−c d−1

d−1 a ... −c 1 a −c 0 .

Matrik menghasilkan determinan

−1) d c 0 . Menggunakan determinan kita dapatkan norm

det(C(f )) = ( −1) d−1 ( −c 0 )=(

N K(a)

(a) = det(C(f )) = ( −1) c 0 .

210 BAB 12. MATEMATIKA V - ALGEBRAIC NUMBER Mari kita periksa apakah ini sesuai dengan norm yang didapatkan mengguna-

kan definisi 33.

f (x) = (x −a 1 )(x −a 2 ) · · · (x − a d )

1 a 2 ···a d ). Jadi karena (

=x d +...+(

−1) d (a

−1) d (a 1 a 2 ···a d )=c 0 maka menggunakan definisi 33: N K(a)

(a) = σ 1 (a)σ 2 (a) ···σ d (a)

= a 1 a 2 ···a d

d −1) d ( −1) (a 1 a 2 ···a d )

−1) d c

Jadi norm yang didapatkan menggunakan determinan matrik sesuai dengan norm yang didapatkan menggunakan definisi 33. Demikian juga trace bisa di- dapatkan dari matrik pengali, yaitu dari penjumlahan elemen-elemen diagonal. Jadi menggunakan companion matrix kita dapatkan

T K(a)

(a) = −c d−1 .

Mari kita periksa apakah ini sesuai dengan trace yang didapatkan menggunakan definisi 34.

f (x) = (x −a 1 )(x −a 2 ) · · · (x − a d ) = x d − (a 1 +a 2 +...+a d )x d−1 +....

Jadi karena −(a 1 +a 2 +...a d )=c d−1 maka menggunakan definisi 34: T K(a)

(a) = σ 1 (a) + σ 2 (a) + . . . + σ d (a)

= a 1 +a 2 +...+a d = −c d−1 .

Jadi trace yang didapatkan menggunakan matrik sesuai dengan trace yang di- dapatkan menggunakan definisi 34.

Norm dan trace tidak tergantung pada basis yang digunakan. Jika basis lain digunakan (bukan 1, a, a 2 , . . .), maka terdapat matrik change of basis Q, dan karena

Q −1 QC(f )Q −1 Q = C(f )

maka QC(f )Q −1 similar dengan C(f ) yang berarti QC(f )Q −1 dan C(f ) mem- punyai determinan yang sama dan trace yang sama. Jadi norm dan trace adalah invariant dari basis.

12.3. NORM, TRACE 211 Mari kita periksa apakah penggunaan determinan berlaku untuk sembarang

elemen u ∈ K(a). Jika u ∈ K maka matrik pengali adalah

yang menghasilkan determinan u d . Menggunakan definisi 33 kita dapatkan: N K(a)

(u) =σ 1 (u)σ 2 (u) ···σ d (u)

= uu

| {z } ···u

d×

=u d

jadi sesuai dengan hasil yang didapat menggunakan deteminan. Jika u 6∈ K maka terdapat irreducible polynomial g(x) dengan degree n |d dimana u meru- pakan akar dari g(x). Jika

g(x) = x n +b n−1 x n−1 +...+b 1 x+b 0 , maka matrik pengali u untuk K(u) adalah

00  ...0 −b

 10...0 −b 1    C(g) =   01...0

00...1 −b n−1

dan det(C(g)) = ( −1) n b 0 . Jika K(u) = K(a) maka kita selesai karena

g = min u K = min a K = f,

jadi n = d, b 0 =c 0 dan u sama dengan a atau merupakan suatu conjugate dari a atas f . Jika K(u)

⊂ K(a) maka N n

K(u)

(u) = det(C(g)) = ( −1) b 0 dan K(a)/K(u) adalah field extension dengan dimensi m = d n , jadi

N K(u)

K(a)

(u) = (N K (u))

−1) n b

Bagaimana dengan determinan matrik pengali u untuk K(a)/K? Sebagai basis kita dapat gunakan cross product basis K(u)/K dengan basis K(a)/K(u):

1, u, u 2 ,...,u d , v, uv, u 2 v, . . . , u d v, . . . , v m , uv m ,u 2 v m ,...,u d v m

212 BAB 12. MATEMATIKA V - ALGEBRAIC NUMBER dimana 1, v, . . . , v m merupakan basis untuk K(a)/K(u). Matrik pengali men-

jadi

C(g)  0 ... 0 0

0 0    U= 

 0 C(g) . . .

 0 0 ... C(g)

0 C(g) dimana terdapat m salinan dari submatrik C(g) dan setiap 0 merupakan sub-

matrik 0 yang dimensinya sama dengan C(g). Kita dapatkan

det(U ) = (det(C(g))) m

−1) n b

sesuai dengan norm diatas. Jadi untuk sembarang u K(a) ∈ K(a), N

(u) bisa didapat menggunakan determinan matrik pengali untuk u. Sekarang mari kita periksa apakah rumus untuk trace berlaku untuk sem- barang elemen u ∈ K(a). Jika u ∈ K maka matrik pengali adalah

yang menghasilkan trace du. Menggunakan definisi 34 kita dapatkan: T K(a)

(u) =σ 1 (u) + σ 2 (u) + . . . + σ d (u)

= u+u+...u

jadi sesuai dengan hasil yang didapat menggunakan trace matrik. Jika u 6∈ K maka terdapat irreducible polynomial g(x) dengan degree n |d dimana u meru- pakan akar dari g(x). Jika

g(x) = x n +b n−1 x n−1 +...+b 1 x+b 0 , maka matrik pengali u untuk K(u) adalah

00  ...0 −b

−b 1   C(g) =   01...0

00...1 −b n−1

12.4. ALGEBRAIC NUMBER THEORY 213 dan trace matrik adalah −b n−1 . Jika K(u) = K(a) maka kita selesai karena

g = min u K = min a K = f,

jadi n = d, b n−1 =c n−1 dan u sama dengan a atau merupakan suatu conjugate dari a atas f . Jika K(u)

⊂ K(a) maka T K(u)

(u) = trace(C(g)) = −b n−1 dan K(a)/K(u) adalah field extension dengan dimensi m = d n , jadi

T K(u)

K(a)

(u) = m(T K (u))

= −mb n−1 .

Bagaimana dengan trace matrik pengali u untuk K(a)/K? Sebagai basis kita dapat gunakan cross product basis K(u)/K dengan basis K(a)/K(u):

1, u, u 2 ,...,u d , v, uv, u 2 v, . . . , u d v, . . . , v m , uv m ,u 2 v m ,...,u d v m dimana 1, v, . . . , v m merupakan basis untuk K(a)/K(u). Matrik pengali men-

jadi

C(g)  0 ... 0 0

 0 C(g) . . .

 0 0 ... C(g)

0 C(g) dimana terdapat m salinan dari submatrik C(g) dan setiap 0 merupakan sub-

matrik 0 yang dimensinya sama dengan C(g). Kita dapatkan

trace(U ) = m(trace(C(g))) = −mb n−1

sesuai dengan trace diatas. Jadi untuk sembarang u K(a) ∈ K(a), T

(u) bisa didapat menggunakan trace matrik pengali untuk u.