Dalam bab ini kita menjelaskan arti kombinatorial penting dari koefisien binomial-q.
Teorema 9.1 Bila q adalah orde dari lapangan berhingga Fq (oleh karena itu, q adalah pangkat dari bilangan prima), maka
n j
!
q
=banyaknya subruang berdimensi-j di ruang vektor berdimensi-n Fnq. (9.1)
Bukti
Misalkan V = Fnq. Untuk j = 0, n0
q = 1 dan hanya ada satu subruang dimensi-nol dari V, yaitun
000Fnq
o, maka kasus ini terbukti.
Untuk j ≥ 1, untuk mendapatkan subruang berdimensi-j, kita memilih j vektor bebas linier dalam V untuk membentuk basis. Yang pertama, vvv1, dapat berupa salah satu dari qn− 1 vektor bukan nol. Yang kedua, vvv2, bisa berupa vektor apapun yang tidak berada dalam subruang yang direntang oleh vvv1. Karena subruang dimensi-satu dari V memiliki elemen q, terdapat pilihan sebanyak qn− q yang berbeda untuk vektor basis kedua. Maka, banyaknya pilihan untuk yang ketiga, vvv3, adalah qn − q2, karena dapat berupa vektor apapun yang tidak berada dalam subruang dimensi-dua yang direntang oleh vvv1 dan vvv2, yang memiliki elemen sebanyak q2. Secara umum, setelah vektor basis ke-i dipilih, banyaknya vektor dalam subruang yang direntangkan oleh vektor basis i pertama adalah qi, dan tersisa pilihan qn − qi untuk yang ke-(i + 1). Jadi, kita punya sebanyak
(qn− 1)(qn− q)(qn− q2)· · · (qn− qj−1) (9.2) cara berbeda untuk memilih j vektor bebas linier di Fnq.
Namun, banyak dari j-tuple ini membangun subruang yang sama. Kita harus mem-bagi ekspresi dalam (9.2) dengan banyak kemungkinan pilihan basis yang berbeda dari subruang dimensi-j. Tetapi pada dasarnya adalah bilangan yang sama di (9.2), dengan
33
34 Koefisien Binomial-q dan Aljabar Linier atas Lapangan Berhingga..
n diganti oleh j. Oleh karena itu, banyaknya subruang dimensi-j yang berbeda dan dengan menggunakan (8.5) adalah
(qn− 1)(qn− q)(qn− q2)· · · (qn− qj−1)
(qj− 1)(qj− q)(qj− q2)· · · (qj− qj−1) = qq2· · · qj−1(qn− 1)(qn− q)(qn−2− 1) · · · (qn−j+1− 1) qq2· · · qj−1(qj − 1)(qj−1− 1)(qj−2− 1) · · · (q − 1)
= n
j
!
q
.
•
XSeperti aturan Pascal, banyak persamaan yang melibatkan koefisien binomial memi-liki analog-q nya. Bayangkan kita memimemi-liki n bola, dan mereka ditempatkan menjadi dua kelompok, satu dengan m kelompok dan satu lagi dengan n kolompok. Setiap cara pemilihan k bola dari semua m + n bola sesuai satu-satu dengan cara memilih j bola dari kelompok dengan bola m dan memilih k− j bola dari kelompok bola n, dengan j berjalan dari 0 hingga k. Oleh karena itu, kita memiliki persamaan koefisien binomial berikut:
m + n k
!
= Xk
j=0
m j
! n k− j
!
. (9.3)
Contoh 9.1 Dapatkan analog-q dari persamaan (9.3) menggunakan interpretasi kombi-natorial dari koefisien binomial-q seperti yang dinyatakan dalam Teorema9.1.
Misalkan V = Fm+nq dan misalkan Vm ⊂ V adalah subruang tetap dengan dim(Vm) = m. Kita ingin mendapatkan persamaan dengan menghitung banyaknya subruang berdimensi-k di V dengan dua cara. Pertama, dengan Teorema 9.1, kita tahu bahwa bilangan ini adalah m+nk
q.
Di sisi lain, misalkan W adalah suatu subruang dari V berdimensi-k. Sebagai irisan dua subruang, W∩ Vm, juga merupakan subruang berdimensi j, yaitu antara 0 dan k.
Maka kita dapat menganggap setiap W sebagai perluasan dari suatu subruang dari Vm
berdimensi j. Misalkan subruang seperti W′ ⊂ Vm dengan dim(W′() = j, telah dipilih.
Kita sekarang menambahkan sebanyak k − j vektor bebas linier v1, v2, . . . , vk−j ke W′ untuk membentuk W: vidapat dipilih dari qm+n− qmvektor bukan di Vm, v2dapat dipilih dari qm+n−qm+1vektor tidak dalam subruang yang direntang oleh Vmdan v1, dst. Dengan argumen yang sama seperti dalam bukti Teorema9.1, terdapat sebanyak
(qm+n− qm)(qm+n− qm+1)· · · (qm+n− qm+k−j−1) (9.4) cara berbeda untuk menambahkan k− j vektor bebas linier ke W′.
Sekali lagi, kita harus menghitung banyaknya cara yang berbeda untuk memperluas W′ menjadi W. Karena dim(W) = k dan dim(W′) = j, banyaknya cara yang berbeda adalah
(qk− qj)(qk− qj+1)· · · (qk− qk−1), (9.5)
35
menurut argumen serupa. Oleh karena itu, banyaknya W yang berbeda diperoleh dengan memperluas W′ adalah
(qm+n− qm)(qm+n− qm+1)· · · (qm+n− qm+k−j−1) Karena ada sebanyak mj
q pilihan berbeda untuk W′ dan sebarang dua di antaranya membangun W yang berbeda, kita mendapatkan persamaan
m + n
yang merupakan analog-q dari (9.3).
•
Contoh 9.2 Ingat kembali dari (6.4) ekspansi Taylor-q dari f (x) = xnsekitar x = 1:
xn =
Seperti yang disebutkan sebelumnya, sekarang kita akan membuktikan ekspansi ini lagi menggunakan argumen kombinatorial. Strategi kita adalah untuk menunjukkan bahwa persamaan berlaku jika x = qm, dimana m adalah bilangan bulat positif. Karena kedua sisi persamaan adalah polinomial, kesamaan di banyak titik yang tak terhingga menjamin kesamaan di semua titik. (Jika f, g adalah polinomial dan f (x) = g(x) untuk sebanyak tak terhingga nilai dari x, maka polinomial h(x) = f (x)−g(x) memiliki sebanyak takhingga nilai nol, yang hanya mungkin jika h sama dengan nol.)
Misalkan n, m bilangan bulat positif dan S adalah himpunan dari semua transformasi linier dari A = Fnq ke B = Fmq. Misalkan {e1, . . . , en} adalah suatu basis dari A. Karena, diberikan sebarang T ∈ S, T(ek) dapat berupa salah satu qm vektor di B, untuk setiap 1 ≤ k ≤ n dan dengan basis tersebut secara tunggal menentukan T. Jadi banyaknya elemen|S| dari S adalah (qm)n, yang merupakan ruas kiri (6.4) ketika x = qm. Di sisi lain, kita bisa menulis
|S| = Xn
j=0
(banyaknya elemen-elemen di S yang mempunyai rank sama dengan j).
Kita ingin menunjukkan bahwa penjumlahan ke-j adalah nj
q(qm−1)qj. Perhatikan bahwa rank dari T tidak boleh lebih besar dari m, yang sesuai dengan fakta bahwa (qm− 1)qj =0 jika j > m. Jadi, kita hanya mempertimbangkan j≤ m.
MathQuantum, Copyright: ©2022 the author Subiono
36 Koefisien Binomial-q dan Aljabar Linier atas Lapangan Berhingga..
Di sini kita menggunakan beberapa fakta tentang transformasi linier. Bahwa T memiliki rank j berarti bahwa W = T(A)⊂ B adalah suatu subruang berdimensi-j, dan A dapat didekomposisi sebagai jumlah langsung dari dua subruang, A = V⊕ K, dimana dim(V) = j dan dim(K) = n− j, sehingga T memetakan V ke W dengan cara satu-satu dan K ={v ∈ A | T(v) = 0}. Dengan kata lain, setiap vektor di A dapat direpresentasikan sebagai penjumlahan secara tunggal dari dua vektor di V dan K. Untuk melihat mengapa dekomposisi seperti itu dimungkinkan, pilih vektor basis u1, . . . , uj di A dan karena T : V→ W satu-satu, maka vektor T(ui), i = 1, 2, . . . , j membentuk suatu basis untuk W.
Misalkan V adalah Untuk sebarang v ∈ A, maka T(v) ∈ W. Karena T(ui), i = 1, 2, . . . , j adalah basis dari W, maka T(v) =
Pj dan T adalah satu-satu pada V, dengan demikian v′ adalah satu-satunya vektor di V sedemikian sehingga T(v) = T(v′), menyiratkan ketunggalan dekomposisi.
Dari perspektif lain, kita dapat menentukan T dengan memilih subruang V ⊂ A dan W ⊂ B dan T(V) = W. Dengan Teorema9.1, banyaknya pilihan untuk V dan W adalah
n basis dari V. Mengingat bahwa T adalah satu-satu, kita tahu bahwa T(u1) dapat berupa salah satu dari qj?1 vektor tak-nol di W, T(u2) dapat berupa salah satu dari qj− j vektor tak-nol di W tidak dalam bentangan T(u1), T(u3) dapat berupa salah satu dari qj− q2 vektor tak-nol di W bukan dalam bentangan T(u1) dan T(u2), dan seterusnya. Oleh karena itu, ada sebanyak (qj− 1)(qj− q)(qj− qj−1) cara untuk memetakan V ke W secara bijektif. Oleh karena itu, banyaknya elemen di S yang mempunyai rank j adalah:
n
sebagaimana yang diinginkan.
•
Teorema9.1juga memberi tahu kita bahwa jumlah total subruang dari ruang vektor
37
Fnq diberikan oleh
Gn= Xn
j=0
n j
!
q
, (9.7)
yang disebut bilangan Galois ke-n. Jika koefisien binomial-q diganti dengan yang biasa, jumlahnya tepat 2n. Namun, kasus kalkulus-q tidak semudah menghitung secara eksplisit. Sebaliknya, bilangan Galois dapat dihitung secara rekursif, seperti yang ditunjukkan oleh Goldman dan Rota.
Proposisi 9.1 Bilangan Galois memenuhi relasi rekursif berikut:
Gn+1=2Gn+(qn− 1)Gn−1, (9.8) dengan G0 =1, G1 =2.
Bukti
Misalkan Pn(x) = (x− 1)nq. Trik yang akan kita gunakan adalah dengan mendefinisikan suatu fungsi linier L pada ruang polinomial sedemikian rupa
L(Pn(x)) = 1, (9.9)
untuk sebarang bilangan bulat tak-negatif n. Fungsi linier seperti itu ada karena poli-nomial (x− a)nq "bebas linier" (untuk n yang berbeda satu dengan lainnya). Jika kita menerapkan L ke kedua sisi (6.4), kita punya
L(xn) = Xn
j=0
n j
!
q
L(Pj(x)) = Xn
j=0
n j
!
q
=Gn. (9.10)
Untuk mengeksploitasi sifat linier L, perhatikan bahwa Pn+1(x) = (x− qn)Pn(x) = xPn(x)− qnPn(x), maka
L(xPn(x)) = L(Pn+1(x)) + qnL(Pn(x)) = 1 + qn. (9.11) Di sisi lain, dari Dq(Pn(x)) = [n]qPn−1(x), kita punya
1 + qn=2L(Pn(x)) + (q− 1)L(Dq(Pn(x))) (9.12) Menyamakan (9.11) dan (9.12), kita dapatkan
L(xPn(x)) = 2L(Pn(x)) + (q− 1)L(Dq(Pn(x))), (9.13) yang benar untuk setiap n≥ 0. Karena sebarang polinomial dapat diekspresikan sebagai kombinasi linier dari Pn(x), kita dapat mengganti Pn(x) dalam (9.13) dengan sebarang polinomial. Secara khusus, jika kita menggantinya dengan xn, kita dapatkan
L(xn+1) = 2L(xn) + (q− 1)L([n]qxn−1)
= 2L(xn) + (qn− 1)L(xn−1).
Menurut (9.10), ini membuktikan (9.7).
•
XMathQuantum, Copyright: ©2022 the author Subiono
38 Koefisien Binomial-q dan Aljabar Linier atas Lapangan Berhingga..
Selanjutnya jika kita memilih fungsi linier lain L′ sehingga L′Pn(x) = tn. Kita dapat memperoleh rumus rekursif berikut dengan cara yang sama:
L′(xn+1) = (t + 1)L′(xn) + t(qn− 1)L′(xn−1).
Berikutnya, kita definisikan barisan
fn(t) = Xn
j=0
n j
!
q
tj
polinomial dalam t. Kita mempunyai fn(t) = L′(xn) dan dengan demikian fn+1(t) = (t + 1) fn(t) + (qn− 1)t fn−1(t), n≥ 1.
Perhatikan bahwa Gn = fn(1) dan mensubstitusikan t = 1 pada persamaan di atas menghasilkan Proposisi9.1. Jika t =−1, relasi rekursif menjadi sederhana:
fn+1(−1) = (1 − qn) fn−1(−1), n ≥ 1.
Karena f0(−1) = 1 dan1(−1) = 0, kita mempunyai X2m
j=0
(−1)j 2m j
!
q
=(1− q2m−1)(1− q2m−3)· · · (1 − q), (9.14)
dan 2m+1X
j=0
(−1)j 2m + 1 j
!
q
=0, (9.15)
untuk setiap m≤ 0. Kedua Persamaan (9.14) dan (9.15) ini pertama kali ditemukan oleh Gauss. Bukti sekarang adalah karena Goldman dan Rota.