Pembelajaran 1. Bilangan
C. Uraian Materi
5. Kekongruenan dan Modulo
Definisi 2.1
Jika π suatu bilangan bulat positif membagi π β π maka dikatakan π kongruen terhadap π modulo π dan ditulis π β‘ π (πππ π). Jika π tidak membagi π β π maka dikatakan π tidak kongruen terhadap π modulo π dan ditulis π β’ π (πππ π). Jika π > 0 dan π|(π β π) maka ada suatu bilangan bulat π sehingga π β π = ππ. Dengan demikian π β‘ π (πππ π) dapat dinyatakan sebagai π β π = ππ, ataubeda diantara π dan π merupakan kelipatan π. Atau π = π + ππ, yaitu π sama dengan π ditambah kelipatan m.
Contoh 2.1
1) 10 β‘ 5 (πππ 5)
Jelas menurut definisi 10 β 5 = 5.1, sehingga 10 kongruen terhadap 5 modulo 5.
2) 8 β’ 3 (πππ 2) Menurut definisi 8 β 3 β 2. π, sehingga 8 tidak kongruen dengan 3 modulo 2
Teorema 2.1
Untuk bilangan bulat sebarang π dan π, π β‘ π (πππ π) jika dan hanya jika π dan π memiliki sisa yang sama jika dibagi π.
Teorema 2.2
Kekongruenan sebagai relasi ekivalen. Untuk π bilangan bulat positif dan π, π, dan π bilangan bulat, berlaku
1) Sifat Refleksif π β‘ π (πππ π)
2) Sifat Simetris π β‘ π (πππ π) jika dan hanya jika π β‘ π (πππ π)
3) Sifat Transitif Jika π β‘ π (πππ π) dan π β‘ π (πππ π) maka π β‘ π (πππ π) Contoh 2.2
1) 5 β‘ 5(πππ 7) dan β10 β‘ β10(πππ 15) sebab 7β5β 5 πππ 15β β 10β (β10)
3) 45 β‘ 21(πππ 3) dan 21 β‘ 9(πππ 3), maka 45 β‘ 9(πππ 3) sebab 3β45β 9 ππ‘ππ’ 3β36
Teorema 2.3
Jika π, π, π, dan π adalah bilangan-bilangan bulat dan π > 0 sedemikian hingga π β‘ π(πππ π), maka: 1) π + π β‘ π + π(πππ π) 2) πβ π β‘ πβ π(πππ π) 3) ππ β‘ ππ(πππ π) Contoh 2.3 1) 43β7(πππ 6), maka 43 + 5β7 + 5(πππ 6) atau 48β12(πππ 6) 2) 27β6(πππ 7), maka 27β 4β6β 4(πππ 7) atau 23β2(πππ 7) 3) 35β3(πππ 8), maka 35.4β3.4(πππ 8) atau 140β12(πππ 8) Contoh 2.4
Perhatikan bahwa teorema 2.3(3) tidak bisa dibalik, artinya jika ππ β‘ ππ(πππ π), maka belum tentu bahwa π β‘ π(πππ π), misalnya 24 = 4.6, 12 = 4.3, dan 24 β‘ 12(πππ 6) atau 4.6 β‘ 4.3(πππ 6), tetapi 6 β‘ 3(πππ 6).
Teorema 2.4
Jika π β‘ π (πππ π) dan π β‘ π (πππ π) maka 1) π + π β‘ π + π (πππ π) 2) π β π β‘ π β π (πππ π) 3) ππ β‘ ππ (πππ π) Contoh 2.5 1) 36 β‘ 8(πππ 7) dan 53 β‘ 4(πππ 7), maka 36 + 53 β‘ 8 + 4(πππ 7) atau 89 β‘ 12(πππ 7)
2) 72 β‘ 7(πππ 5) dan 43 β‘ 3(πππ 5), maka 72β 43 β‘ 7β 3(πππ 5) atau 29 β‘ 4(πππ 5)
3) 15 β‘ 3(πππ 4) dan 23 β‘ 7(πππ 4) maka 15.23 β‘ 3.7(πππ 4) atau 345 β‘ 21(πππ 4)
Teorema 2.5
Jika π β‘ π (πππ π) dan π β‘ π (πππ π) maka ππ₯ + ππ¦ β‘ ππ₯ + ππ¦ (πππ π) Teorema 2.6
Jika π β‘ ππ(πππ π) maka ππ β‘ ππ (πππ ππ). Teorema 2.7
Jika π β‘ π (πππ π) maka ππ β‘ ππ (πππ π) untuk π bilangan bulat positif. Teorema 2.8
Misalkan π suatu polinom dengan koefisien bilangan bulat, yaitu π(π₯) = π0 π₯π+ π1 π₯πβ1+ π2 π₯πβ2+ β― . + ππβ1 π₯ + ππ Dengan π0, π1, β¦ , ππ masing-masing bilangan bulat. Jika π β‘ π (πππ π) maka π(π) β‘ π(π)(πππ π).
Teorema 2.9
Jika π suatu solusi π(π₯) β‘ 0(πππ π) dan π β‘ π (πππ π) maka π juga solusi π(π₯) itu.
Contoh 2.6
Pandang π = ππ 10π+ ππβ1 10πβ1+ β― . + π1 10 + ππ sebagai perluasan desimal bilangan bulat positif π dengan ππ bilangan bulat dengan 0 β€ ππ < 10, π = 0,1,2, β¦ , π β 1, π.
Misalkan ππ + ππβ1 + β― + π1 + π0 = π . Maka 3|π jika dan hanya jika 3|π . Perhatikan bahwa 10 β‘ 1 (mod 3). Maka menurut Teorema 8, π(10) β‘ π(1)(πππ 3).
Jika π = π(10), ππππ ππ 10π+ ππβ1 10πβ1+ β― . + π1 10 + π0β‘ ππ 10π+ ππβ1 10πβ1+ β― . + π1 10 + ππ(πππ 3) atau π(10) β‘ π(1)(πππ 3)
Tetapi ππ + ππβ1 + β― . + π1 + π0 = π , π πβπππππ π β‘ π (πππ 3), ππ‘ππ’ π β π = 3β, β bilangan bulat.
Jika 3|π atau π = 3π, maka 3π β π = 3β, 3(π β β) = π atau 3|π . Sebaliknya jika 3|π atau π = 3π’ maka π β 3π’ = 3β atau π = 3(β β π’) atau 3|π. Maka 3|π jika dan hanya jika 3|π . Dengan ungkapan lain, suatu bilangan bulat positif π akan terbagi 3 jika dan hanya jika haisl penjumlahan semua angka-angka bilangan itu terbagi 3. Sebagai misal 112764531 habis dibagi 3 karena 1 + 1 + 2 + 7 + 6 +
4 + 5 + 3 + 1 = 30 habis dibagi 3. Bilangan 112764532 dapat ditunjukkan tidak terbagi tiga karena memberikan sisa π, 0 β€ π < 3. Dua buah bilangan bulat π dan π yang kongruen modulo π mungkin dapat juga kongruen modulo suatu bilangan bulat lain. Misalkan π > 0 dan π pembagi π πππ π β‘ π (πππ π). Maka π = ππ dan π β π = ππ sehingga π β π = π(ππ) = (ππ)π atau π pembagi π β π.
Teorema 2.10
Jika π|π dan π β‘ π(πππ π) maka π β‘ π (πππ π
Teorema 2.11
Misalkan (π, π) = π ππ₯ = ππ¦ (πππ π) jika dan hanya jika π₯ β‘ π¦ (πππ π π ) Teorema 2.12
Misalkan (π, π) = 1.
ππ₯ β‘ ππ¦ (πππ π) jika dan hanya jika π₯ β‘ π¦ (πππ π) Teorema 2.13
Jika ππ₯ β‘ ππ¦ (πππ π) dengan π β€ π dan π bilangan basit, maka π₯ β‘ π¦ (πππ π)
Teorema 2.14
Diketahui bilangan-bilangan bulat π, π, π, π, dan π > 0. 1) ππ β‘ ππ(πππ π) jika dan hanya jika π β‘ π (πππ π
π,π )
2) π β‘ π(πππ π1) dan π β‘ π(πππ π2) jika dan hanya jika π β‘ π(πππ[π1, π2 ]) Contoh 2.7 1) 8π β‘ 8π(πππ 6) dan (8,6) = 2, maka π β‘ π(πππ6 2 ) atau π β‘ π(πππ 3) 2) 12π β‘ 12π(πππ 16) dan (12,16) = 4, maka π β‘ π(πππ16 4 ) atau π β‘ π(πππ 4) Contoh 2.8 1) π β‘ π(πππ 6)πππ π β‘ π(πππ 8), ππππ π β‘ π(πππ [6,8])ππ‘ππ’ π β‘ π(πππ 24) 2) π β‘ π(πππ 16)πππ π β‘ π(πππ 24), ππππ π β‘ π(πππ [16,24])ππ‘ππ’ π β‘ π(πππ 48)
β Sistem Residu Definisi 2.2
Suatu himpunan {π₯, π₯, β¦ , π₯} disebut suatu sistem residu lengkap modulo π. Jika dan hanya jika untuk setiap y dengan 0 β€ π¦ < π, ada satu dan hanya satu π₯ dengan 1 β€ π < π, sedemikian hingga π¦ β‘ π₯(πππ π) ππ‘ππ’ π₯ β‘ π¦(πππ π).
Contoh 2.9
1) Himpunan π΄ = {6, 7, 8, 9} bukan merupakan sistem residu lengkap modulo 5 sebab banyaknya unsur A kurang dari 5.
2) Himpunan π΄ = {6, 7, 8, 9, 10} adalah suatu sistem residu lengkap modulo 5 sebab untuk setiap y dengan dengan 0 β€ π¦ < 5, ada satu dan hanya satu π₯ dengan 1 β€ π < 5 sedemikian hingga π¦ β‘ π₯(πππ 5) ππ‘ππ’ π₯ β‘ π¦(πππ 5). Nilai-nilai π¦ yang memenuhi 0 β€ π¦ < 5, adalah π¦ = 0, π¦ = 1, π¦ = 2, π¦ = 3, π¦ = 4, ππ‘ππ’ π¦ = 5. Jika kita selidiki, maka kita peroleh bahwa:
10 β‘ 0(πππ 5) 8 β‘ 3(πππ π) 6 β‘ 1(πππ π) 9 β‘ 4(πππ 5) 7 β‘ 2(πππ π)
Dengan demikian untuk setiap π¦ dengan π¦ = 0, 2, 3, 4, 5, ada satu dan hanya satu π₯ dengan π₯ = 6, 7, 8, 9, 10, sedemikian hingga π₯ β‘ π¦(πππ π). Jadi π΄ adalah suatu sistem residu lengkap modulo 5.
3) Himpunan π΅ = {4, 25, 82, 107} adalah suatu sistem residu lengkap modulo 4 sebab untuk setiap π¦ dengan 0 β€ π¦ < 4, ada satu dan hanya satu π₯ dengan 1 β€ π < 4 sedemikian hingga
π¦ β‘ π₯(πππ 4) atau π₯ β‘ π¦(πππ 4). 4 β‘ 0(πππ 4) 82 β‘ 2(πππ 4) 25 β‘ 1(πππ 4) 107 β‘ 3(πππ 4)
4) Himpunan πΆ = {β33, β13, 14, 59, 32, 48, 12} adalah suatu sistem residu lengkap modulo 7 sebab untuk setiap y dengan 0 β€ π¦ < 3, ada lebih dari satu x dengan dengan 1 β€ π < 7 sedemikian hingga ππ¦ β‘ π₯(πππ 7) atau π₯ β‘ π¦(πππ 7).
β33 β‘ 0(πππ 7) 59 β‘ 3(πππ 7) 48 β‘ 1(πππ 7) β13 β‘ 0(πππ 7), 32 β‘ 3(πππ 7) 12 β‘ 1(πππ 7)
14 β‘ 0(πππ 7)
5) Himpunan π· = {10, β5, 27} adalah bukan suatu sistem residu lengkap modulo 3 sebab untuk suatu π¦ = 1 dengan 0 β€ π¦ < 3, ada lebih dari satu π₯ (yaitu 10 dan β5) sehingga 10 β‘ 1(πππ 3) β 5 β‘ 1(πππ 3)
6) Algoritma pembagian menunjukkan bahwa himpunan bilangan bulat 0,1, β¦ , πβ 1 merupakan suatu sistem residu lengkap modulo π, dan disebut sebagai residu non-negatif terkecil modulo π.
Definisi 2.3
Suatu himpunan bilangan bulat {π₯1, π₯2, β¦ , π₯π} disebut suatu sistem residu tereduksi modulo π jika dan hanya jika:
i. (π₯π , π) = 1, 1 β€ π < π
ii. π₯π β‘ π₯π(πππ π) untuk setiap π β π
iii. Jika (π¦, π) = 1, maka π¦ β‘ π₯π(πππ π) untuk suatu π = 1, 2, β¦ , π Contoh 2.10
1) Himpunan {1,5} adalah suatu sistem residu tereduksi modulo 6 sebab: a) (1,6) = 1 πππ (5,6) = 1
b) 5 β‘ 1(πππ 6)
2) Himpunan {17, 91} adalah suatu sistem residu tereduksi modulo 6 sebab: a) (17,6) = 1 πππ (91, 1, 6) = 1
b) 91 β‘ 17(πππ 6) Contoh 2.11
1) Himpunan π΄ = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} adalah suatu sistem residu lengkap modulo 8. Unsur-unsur π΄ yang tidak relatif prima dengan 8 adalah 0, 2, 4, dan 6 karena (0,8) = 8 β 1, (2,8) = 2 β 1, (4,8) = 4 β 1, πππ (6,8) = 2 β 1. Misalkan π΅ adalah himpunan dari unsur-unsur yang tertinggal, maka π΅ = {1, 3, 5, 7}, dan π΅ merupakan suatu sistem residu tereduksi modulo 8 karena memenuhi definisi 2.2 2.
2) Himpunan π΄ = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19} adalah suatu sistem residu lengkap modulo 20. Jika unsur-unsur π΄ yang tidak relatif prima dengan 20 dibuang, yaitu 0, 2, 4, 5, 6, 8, 10, 12,
14, 15, 16, dan 18, maka unsur-unsur yang tertinggal adalah 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, dan 19, dan π΅ = {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19} merupakan suatu sistem residu tereduksi modulo 20
Definisi 2.4
Ditentukan π adalah suatu bilangan bulat positif. Banyaknya residu di dalam suatu sistem residu tereduksi modulo π disebut fungsi π-Euler dari π, dan dinyatakan dengan π(π).
Contoh 2.12
π(2) = 1, diperoleh dari unsur 1
π(3) = 2, diperoleh dari unsur-unsur 1 dan 2 π(4) = 2, diperoleh dari unsur-unsur 1 dan 3 π(5) = 4, diperoleh dari unsur-unsur 1, 2, 3, dan 4
π(16) = 8, diperoleh dari unsur-unsur 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, dan 15 π(27) = 18, diperoleh dari unsur-unsur 1, 2, 4, 5, 7, 8, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 20, 22, 23, 25, dan 26
π(π) = πβ 1 jika π adalah suatu bilangan prima Teorema 2.15
Ditentukan (π, π) = 1
Jika {π₯1, π₯2, β¦ , π₯π} adalah suatu sistem residu modulo π yang lengkap atau tereduksi, maka {ππ₯1, ππ₯2, β¦ , ππ₯π} juga merupakan suatu sistem residu modulo π yang lengkap atau tereduksi.
Contoh 2.13
1. Himpunan π΄ = {0, 1, 2, 3, 4, 5} adalah merupakan suatu sistem residu lengkap modulo 6. Jika masing-masing unsur π΄ dikalikan dengan 5, yang mana (5,6) = 1, dan setelah dikalikan dimasukkan sebagai unsur himpunan π΅, maka dapat ditentukan bahwa π΅ = {0, 5, 10, 15, 20, 25}. Himpunan π΅ merupakan suatu sistem residu yang lengkap modulo 6 sebab setiap unsur π΅ kongruen dengan satu dan hanya satu π¦ β {0, 1, 2, 3, 4, 5}, yaitu:
0 β‘ 0(πππ 6) 10 β‘ 4(πππ 6) 20 β‘ 2(πππ 6) 5 β‘ 5(πππ 6) 15 β‘ 3(πππ 6) 25 β‘ 1(πππ 6)
2. Himpunan π΄ = {1, 5, 7, 11} adalah merupakan suatu sistem residu tereduksi modulo 12. Jika masing-masing unsur π΄ dikalikan dengan 17 dengan (17,12) = 1, dan setelah dikalikan dimasukkan sebagai unsur himpunan π΅, maka dapat ditentukan bahwa π΅ = {17, 85, 119, 187}. Himpunan π΅ merupakan suatu sistem residu tereduksi modulo 12 sebab setiap unsur π΅ relatif prima dengan 12, dan tidak ada sepasang unsur B yang kongruen, yaitu
(17,12) = (85,12) = (119,12) = (187,12) = 1
17 β‘ 85(πππ 12) 17 β‘ 119(πππ 12) 17 β‘ 187(πππ 12) 85 β‘ 119(πππ 12) 85 β‘ 187(πππ 12) 119 β‘ 187(πππ 12)
Teorema 2.16 Teorema Euler
Jika π, π β Ξ dan π > 0 sehingga (π, π) = 1, maka ππ(π) β‘ 1(πππ π)
Contoh 2.14
Carilah dua digit terakhir lambang bilangan desimal dari 23500.
Soal ini dapat dijawab dengan menyatakan maknanya dalam bentuk lain, yaitu sama dengan mencari π₯ jika 23500 β‘ π₯(πππ 100). Kemudian bentuk 23500 β‘ π₯(πππ 100) dapat dipecah menjadi 23500 β‘ π₯(πππ 4) dan 23500 β‘ π₯(πππ 25).
1) mencari π₯ dari 23500 β‘ π₯ (πππ 4).
23 β‘ 3(πππ 4), maka 232 β‘ 9(πππ 4) β‘ 1(πππ 4), sehingga 23500 = (232)250
Dengan demikian 23500 = (232)250β‘ 1250(πππ 4), atau π₯ β‘ 1(πππ 4) 2) mencari π₯ dari 23500 β‘ π₯ (πππ 25) 23 β‘ β2(πππ 25), maka 232 β‘ 4(πππ 25), 234 β‘ 16(πππ 25), 238 β‘ 6(πππ 25), 2316 β‘ 11(πππ 25), 2332 β‘ β4(πππ 25) 2364 β‘ 16(πππ 25), 23128 β‘ 6(πππ 25), dan 23256 β‘ 11(πππ 25) Dengan demikian 23500 = 23256 . 23128 . 2364 . 2332 . 2316 . 234
β‘ 11.6.16. (β4). 11.16(πππ 25) β‘ (β4). 6. (β4). 6(πππ 25)
β‘ 576(πππ 25)
β‘ 1(πππ 25), yaitu π₯ β‘ 1(πππ 25)
Dari hasil 1) dan 2), yaitu π₯ β‘ 1(πππ 4) dan π₯ β‘ 1(πππ 25), maka berdasarkan pada Teorema 2.14(b), π₯ β‘ 1(πππ [4,25])π₯ β‘ 1(πππ 100)
jadi 23500 β‘ 1(πππ 100), berarti dua digit terakhir lambang bilangan desimal dari 23500 adalah 01.
Contoh 2.15
Tunjukkan jika (π, 7) = 1, π β Ξ, maka 7βπ7 β π Jawab:
Karena (π, 7) = 1, maka menurut Teorema Euler, ππ(7 β‘ 1(πππ 7). Selanjutnya π(7) = 6, sehingga diperoleh π 6 β‘ 1(πππ 6), πan sesuai Definisi 3.1, 7βπ6 β 1, dan akibatnya 7βπ(π6 β 1) ππ‘ππ’ 7βπ7 β 1
Contoh 2.16
Jika bulan ini adalah bulan Mei, maka 23943 bulan lagi adalah bulan Jawab:
Permasalahan ini dapat diganti dengan mencari π₯ jika 23943 β‘ π₯(πππ 12). Karena (239,12) = 1, maka menurut Teorema Euler, 239π(12) β‘ 1(πππ 12). Selanjutnya π(12) = 4, sehingga diperoleh 2394 β‘ 1(πππ 12).
23943 = (2394)10.2393 β‘ 1.2393 (πππ 12) β‘ (β1)(β1)(β1)(πππ 12) β‘ 11(πππ 12)
Jadi π₯ = 11, dengan demikian 23943 bulan lagi adalah bulan April.
Kongruensi linier ππ₯ β‘ π(πππ π) dapat diselesaikan dengan menggunakan Teorema Euler sebagai berikut:
ππ₯ β‘ π(πππ π) ππ(π)β1. ππ₯ β‘ π π(π)β1 . π(πππ π) π₯ β‘ ππ(π)β1 π(πππ π) Penyelesian 7π₯ β‘ 3(πππ 12) adalah π₯ β‘ 7 π(12)β1 . 3(πππ 12) β‘ 74β 1 . 3(πππ 12) β‘ 73 . 3(πππ 12) β‘ 21(πππ 12) β‘ 9(πππ 12) Teorema 2.17 Teorema Kecil Fermat
Jika π adalah suatu bilangan prima dan π tidak membagi π, maka ππβ1 β‘ 1(πππ π)
Contoh 2.18
Carilah suatu π₯ jika 2250 β‘ π₯(πππ 7) dan 0 β€ π₯ < 7 Jawab:
Karena 7 adalah bilangan prima, (2,7) = 1, dan π(7) = 7 β 1 = 6, maka: 2π(7) β‘ 1(πππ 7)
26 β‘ 1(πππ 7)
2250 = (26)41 . 24 β‘ 1.2 4 (πππ 7) β‘ 16(πππ 7) β‘ 2(πππ 7) Jadi: π₯ = 2
Contoh 2.19
Carilah satu digit terakhir lambang bilangan basis 10 dari: 1) 2500
2) 7175 Jawab:
Untuk mencari digit terakhir dari lambang bilangan basis 10, permasalahan dapat dipandang sebagai mencari π₯ jika π¦ β‘ π₯(πππ 10). Karena 2.5 = 10 dan (2,5) = 1, maka π¦ β‘ π₯(πππ 10) dapat dinyatakan sebagai π¦ β‘ π₯(πππ 2) dan π¦ β‘ π₯(πππ 5)
1) 2 β‘ 0(πππ 2), maka 2500 β‘ 0, 2, 4, 6, 8, β¦ (πππ 2)
π(5) = 4 πππ (2,5) = 1, maka 24 β‘ 1(πππ 5), sehingga 2500 = (24)125 . 1(πππ 5) β‘ 1, 6, 11, 16, 21, β¦ (πππ 5)
Dengan demikian 2500 β‘ 6(πππ 2)dan 2500 β‘ 6(πππ 5), berarti 2500 β‘ 6(πππ 10). Satu digit terakhir lambang bilangan basis 10 dari 2500 adalah 6. 2) 7 β‘ 1(πππ 2), maka 7175 β‘ 1, 3, 5, β¦ (πππ 2)
π(5) = 4 πππ (7,5) = 1, maka 7 4 β‘ 1(πππ 5), sehingga 7175
= (74)43 . 73 β‘ 73(πππ 5) β‘ 2.2.2(πππ 5) β‘ 8(πππ 5) β‘ 3(πππ 5) β‘ 3, 8, 13, 18, β¦ (πππ 5).
Dengan demikian 7175 β‘ 3(πππ 2) dan 7175 β‘ 3(πππ 5), berarti 7175 β‘ 3(πππ 10). Satu digit terakhir lambing bilangan basis 10 dari 7175 adalah 3. Teorema 2.18
Jika (π, π) = 1, maka hubungan ππ₯ β‘ π(πππ π) mempunyai selesaian π₯ = ππ(π)β1 . π + π‘π
Teorema 2.19 Teorema Wilson
Jika π adalah suatu bilangan prima, maka (πβ 1)! β‘ β1(πππ π) Contoh 3.20 1) (7β 1)! = 6! = 1.2.3.4.5.6 = 1. (2.4). (3.5). 6 = 1.8.15.6 β‘ 1.1.1.6(πππ 7) β‘ β 1(πππ 7) 2) (13β 1)! = 12! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12 = 1. (2.7). (3.9). (4.10). (5.8). (6.11). 12 = 1.14.27.40.40.66.12 β‘ 1.1.1.1.1.1.12(πππ 13) β‘ β 1(πππ 13) Teorema 2.20
Jika π adalah suatu bilangan bulat positif sehingga (πβ 1)! β‘β 1(πππ π), maka π adalah suatu bilangan prima.
Contoh 3.21
(15β 1)! = 14! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14 = 1.2. (15).4.6.7.8.9.10.11.12.13.14 β‘ 0(πππ 15)
(15β 1)! = 14! tidak kongruen dengan β 1(πππ 15), maka 15 bukan suatu bilangan prima.