De…nisi 4.33 Suatu himpunan x1; x2; :::; xn dinamakan sistem sisa lengkap (complete residue system) modulo n jika untuk setiap bilangan bulat y terdapat secara tepat satu indeks j sedemikian sehingga y = xj (mod n).
Dalam hal ini jelas bahwa untuk sembarang himpunan berhingga A dari bilangan-bilangan bulat, himpunan A akan membentuk himpunan sisa lengkap modulo n jika dan hanya jika himpunan A mempunyai n anggota dan setiap anggota dari himpunan tidak saling kongruen modulo n. Sebagai contoh, himpunan A = f0; 1; 2; 3; 4; 5g mem-bentuk suatu himpunan sisa lengkap modulo 6, karena setiap bilangan bulat x kongruen dengan satu dan hanya satu anggota dari A. Himpunan B = f 3; 2; 1; 1; 2; 3g tidak membentuk himpunan sisa lengkap modulo 6 karena 3 = 3 (mod 6).
Sekarang diperhatikan himpunan Zn = f0; 1; 2; :::; n 1g. Sebagai contoh, diambil n = 3 sehingga dipunyai Z3 = f0; 1; 2g. Elemen 0 menyatakan semua semua bilangan bulat yang dapat dibagi oleh 3, sedangkan 1 dan 2 berturut-turut menyatakan semua bilangan bulat yang mempunyai sisa 1 dan 2 ketika dibagi oleh 3. Dide…nisikan jumlah-an pada Z3 seperti berikut ini. Diberikan a; b 2 Z3, maka terdapat c 2 Z3 sedemikian sehingga a +3b = c (mod 3). Tabel 4.1 memuat semua penjumlahan yang mungkin.
Tabel 4.1: Tabel penjumlahan untuk Z3.
+3 0 1 2
0 0 1 2
1 1 2 0
2 2 0 1
Diamati bahwa Z3bersama-sama dengan operasi +3seperti yang diberikan dalam Tabel 4.1 memenuhi sifat-sifat:
1. Elemen 0 2 Zn merupakan suatu elemen identitas untuk Z3, yaitu 0 memenuhi 0 +3a = a +30 = a untuk semua a 2 Z3.
2. Setiap elemen a 2 Z3mempunyai suatu invers penjumlahan b, yaitu suatu elemen sedemikan sehingga a +3b = b +3a = 0. Invers penjumlahan dari a dinotasikan dengan a. Dicatat bahwa di Z3 dipunyai 0 = 0, 1 = 2, dan 2 = 1.
3. Operasi penjumlahan di Z3adalah asosiatif, yaitu untuk setiap a; b; c 2 Z3berlaku a +3(b +3c) = (a +3b) +3c.
Selanjutnya dikatakan bahwa (Z3; +3) membentuk suatu grup (group) dan dinamakan grup dari sisa dibawah penjumlahan modulo 3.
Secara serupa, dide…nisikan (Zn; +n) sebagai grup dari sisa dibawah penjumlahan mod-ulo n.
Latihan 4.34 Konstruksikan tabel penjumlahan untuk Z6 dan Z8.
Latihan 4.35 Berapa banyak pasangan berurutan (a; b) 6= 0 yang berbeda di Z12 sede-mikian sehingga a +12b = 0?
Faktorisasi Tunggal
5.1 FPB dan KPK
Diberikan a; b 2 Z dan keduanya tidak nol. Bilangan bulat positif terbesar yang mem-bagi a dan b dinamakan faktor persekutuan terbesar (greatest common divisor ) dari a dan b, dan dinotasikan dengan (a; b). Dicatat bahwa jika d j a dan d j b maka d j (a; b). Sebagai contoh, (68; 8) = 2, (1998; 1999) = 1.
Jika (a; b) = 1, maka a dan b dikatakan prima relatif (relatively prime) atau koprima (coprime). Jadi, jika a; b adalah prima relatif, maka keduanya tidak mempunyai faktor bersama yang lebih besar dari 1.
Jika a; b 2 Z, keduanya tidak nol, bilangan bulat positif terkecil yang merupakan keli-patan dari a dan b dinamakan kelikeli-patan persekutuan terkecil (least common multiple) dari a dan b, dan dinotasikan dengan [a; b]. Dicatat bahwa jika a j c dan b j c maka [a; b] j c.
Berikut ini diberikan teorema-teorema yang berkaitan dengan faktor persekutuan terbe-sar.
Teorema 5.1 (Teorema Bachet-Bezout) Faktor persekutuan terbesar, disingkat FPB, dari sembarang dua bilangan bulat a dan b dapat dituliskan sebagai kombinasi linier dari a dan b, yaitu terdapat bilangan bulat x; y dimana
(a; b) = ax + by:
Bukti. Dimisalkan F = fax + by > 0 : x; y 2 Zg. Jelas bahwa satu di antara a, b berada di F, untuk a dan b yang tak nol. Berdasarkan Prinsip Terurut Baik, F mempunyai elemen terkecil, misalnya d. Oleh karena terdapat x0, y0 sedemikian sehingga d = ax0+ by0. akan dibuktikan bahwa d = (a; b). Atau dengan kata lain akan dibuktikan bahwa d j a, d j b dan jika t j a, t j b maka t j d.
Pertama kali akan dibuktikan d j a. Berdasarkan Algoritma Pembagian, dapat dicari bilangan bulat q, r, dengan 0 r < d sedemikian sehingga a = dq + r. Karena itu
r = a dq = a q (ax0+ by0) = a (1 qx0) by0:
Jika r > 0, maka r 2 F lebih kecil daripada elemen terkecil d di F, yang kontradiksi dengan kenyataan bahwa d adalah elemen terkecil di F. Jadi r = 0. Akibatnya dq = a, yang berarti d j a. Dengan cara serupa dapat dibuktikan bahwa d j b.
Berikutnya diandaikan bahwa t j a dan t j b, maka a = tm dan b = tn untuk bilangan bulat m, n. Karena itu d = ax0+ by0= t (mx0+ ny0), yang berarti t j d.
Di sini jelas bahwa sembarang kombinasi linier dari a dan b dapat dibagi oleh (a; b). Akibat 5.2 Bilangan bulat positif a dan b adalah prima relatif jika dan hanya jika terdapat bilangan bulat x dan y sedemikian sehingga ax + by = 1.
Lemma 5.3 (Lemma Euclid) Jika a j bc dan (a; b) = 1, maka a j c.
Bukti. Untuk (a; b) = 1, berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, terdapat bilangan bulat x; y dimana ax + by = 1. Karena a j bc, terdapat suatu bilangan bulat s dimana as = bc. Selanjutnya c = c 1 = cax + cby = cax + asy, yang berarti a j c.
Teorema 5.4 Jika (a; b) = d, maka a d;
b d = 1:
Bukti. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, terdapat bilangan bulat x; y dimana ax + by = d. Karena itu diperoleh a
d x + b d y = 1 dimana a d, b d adalah bilangan-bilangan bulat. Disimpulkan bahwa a
d; b d = 1:
Teorema 5.5 Jika c adalah suatu bilangan bulat positif, maka (ca; cb) = c (a; b) :
Bukti. Diambil d1= (ca; cb) dan d2= (a; b). Akan dibuktikan bahwa d1 j cd2dan cd2 j d1. Untuk d2 j a dan d2 j b, maka cd2 j ca dan cd2 j cb. Jadi cd2 merupakan pembagi persekutuan dari ca dan cb, karena itu d1 j cd2. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, dapat ditemukan bilangan-bilangan bulat x; y dimana d1 = acx + bcy = c (ax + by). Tetapi karena ax + by merupakan kombinasi linier dari a dan b, maka ini dapat dibagi oleh d2. Karena itu terdapat suatu bilangan bulat s sedemikian sehingga sd2 = ax+by. Ini berarti bahwa d1 = csd2, artinya cd2 j d1.
Serupa dengan di atas, berlaku (ca; cb) = jcj (a; b) untuk sembarang bilangan bulat tak nol c.
Lemma 5.6 Untuk bilangan-bilangan bulat tak nol a, b, c berlaku (a; bc) = (a; (a; b) c) :
Bukti. Karena (a; (a; b) c) membagi (a; b) c dan (a; b) c membagi bc (menurut Teorema 5.5(a; b) c) maka (a; (a; b) c) membagi bc. Jadi (a; (a; b) c) membagi a dan bc, atau dituliskan (a; (a; b) c) j (a; bc). Di sisi lain, (a; bc) membagi a dan bc, karena itu (a; bc) membagi ac dan bc. Oleh karena itu, (a; bc) membagi (ac; bc) = (a; b) c. Jadi (a; bc) membagi a dan (a; b) c, atau dituliskan (a; bc) j (a; (a; b) c). Disimpulkan (a; bc) = (a; (a; b) c).
Bukti. Diandaikan bahwa (m; n) = 1. Diaplikasikan lemma sebelumnya dua kali untuk memperoleh
m2; n2 = m2; m2; n n = m2; (n; (m; n) m) n :
Untuk (m; n) = 1, ruas kanan dari pernyataan di atas sama dengan m2; n . Diaplika-sikan kembali lemma di atas, diperoleh
m2; n = (n; (m; n) m) = 1:
Jadi (m; n) = 1 mengakibatkan m2; n2 = m2; n = 1. Berdasarkan Teorema 5.4, a (a; b); b (a; b) = 1, karena itu a2 (a; b)2; b2 (a; b)2 = 1.
Berdasarkan Teorema 5.5, pernyataan terakhir dikalikan dengan (a; b)2 untuk memper-oleh
a2; b2 = (a; b)2.
Contoh 5.8 Diambil (a; b) = 1. Buktikan bahwa a + b; a2 ab + b2 = 1 atau 3. Bukti. Dimisalkan d = a + b; a2 ab + b2 . Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, sembarang kombinasi linier dari a + b dan a2 ab + b2 dapat dibagi oleh d. Karena itu d membagi
(a + b) (a + b) + ( 1) a2 ab + b2 = 3ab:
Karena itu d membagi a + b dan 3ab, akibatnya d membagi 3b (a + b) + ( 1) 3ab = 3b2 atau dituliskan d j 3b2. Serupa dengan itu, diperoleh d j 3a2. Jadi
d j 3a2; 3b2 = 3 a2; b2 = 3 (a; b)2 = 3: Disimpulkan bahwa d = 1 atau 3.
Contoh 5.9 (IMO 1959) Buktikan bahwa pecahan 21n + 4
14n + 3 adalah irreducible (tidak dapat disederhanakan) untuk setiap bilangan asli n.
Bukti. Untuk semua bilangan asli n dipunyai 3 (14n + 3) 2 (21n + 4) = 1. Jadi, berdasarkan Akibat 5.2, diperoleh bahwa pembilang dan penyebut adalah prima relatif, atau dengan kata lain tidak mempunyai faktor persekutuan yang lebih besar dari 1. Contoh 5.10 (AIME 1985) Bilangan-bilangan dalam barisan
101; 104; 109; 116; :::
mempunyai bentuk an= 100+n2, n = 1; 2; :::. Untuk setiap n, diambil dn= (an; an+1). Cari maksfdngn 1.
Penyelesaian. Diamati bahwa
dn = 100 + n2; 100 + (n + 1)2 = 100 + n2; 100 + n2+ 2n + 1 = 100 + n2; 2n + 1 :
Jadi dnj 2 100 + n2 n (2n + 1) atau dnj (200 n). Oleh karena itu dnj (2 (200 n) + (2n + 1))
atau dnj 401 untuk semua n. Jadi maksfdngn 1= 401.
Contoh 5.11 Buktikan bahwa jika m dan n adalah bilangan-bilangan asli dan m adalah ganjil, maka (2m 1; 2n+ 1) = 1.
Bukti. Dimisalkan d = (2m 1; 2n+ 1). Karena 2m 1 dan 2n+ 1 adalah ganjil, maka d haruslah suatu bilangan ganjil. Selain itu, dapat dituliskan 2m 1 = kd dan 2n+1 = ld untuk bilangan-bilangan asli k dan l. Oleh karena itu, 2mn= (kd + 1)n= td+1, dimana t = n 1 X j=0 n j k
n jdn j 1. Melalui cara yang sama diperoleh 2mn= (ld 1)m = ud 1,
dengan menggunakan kenyataan bahwa m adalah ganjil. Untuk td + 1 = ud 1 atau dapat dituliskan (u t) d = 2, haruslah d j 2. Akibatnya d = 1.
Contoh 5.12 Berapa banyak bilangan bulat positif 1260 yang prima relatif terhadap 1260?
Penyelesaian. Karena 1260 = 22 32 5 7, sekarang masalahnya adalah mencari bilangan-bilangan yang lebih kecil dari 1260 dan tidak dapat dibagi oleh 2, 3, 5, atau 7. Diambil A menyatakan himpunan dari bilangan-bilangan bulat 1260 dan merupakan kelipatan dari 2, B adalah himpunan kelipatan dari 3, dan seterusnya. Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi, jA [ B [ C [ Dj = jAj + jBj + jCj + jDj jA \ Bj jA \ Cj jA \ Dj jB \ Cj jB \ Dj jC \ Dj + jA \ B \ Cj + jA \ B \ Dj + jA \ C \ Dj + jB \ C \ Dj jA \ B \ C \ Dj = 630 + 420 + 252 + 180 210 126 90 84 60 36 +42 + 30 + 18 + 12 6 = 972:
Jadi, banyaknya bilangan bulat positif 1260 yang prima relatif terhadap 1260 adalah 1260 972 = 288.