Untuk sembarang bilangan bulat positif m dinotasikan ' (m) sebagai banyaknya bi-langan bulat positif yang kurang dari m dan prima relatif terhadap m. Fungsi ' dinamakan fungsi totient Euler. Ini jelas bahwa ' (1) = 1 dan ' (p) = p 1 untuk sembarang bilangan prima p. Selain itu, jika n adalah suatu bilangan bulat positif sedemikian sehingga ' (n) = n 1, maka n adalah prima. Selain itu ' pk = pk pk 1 untuk semua bilangan bulat positif k, karena terdapat pk 1 bilangan bulat x yang memenuhi 0 x < pk yang dapat dibagi oleh p, dan bilangan-bilangan bulat yang prima relatif terhadap pk tidak dapat dibagi oleh p.
Proposisi 5.25 Diambil m adalah suatu bilangan bulat positif dan a adalah bilangan bulat yang prima relatif terhadap m. Diandaikan bahwa S adalah sistem sisa lengkap modulo m. Himpunan
T = aS = fas : s 2 Sg juga merupakan sistem lengkap modulo m.
Proposisi di atas menyediakan dua teorema yang sangat terkenal dalam teori bilangan. Teorema 5.26 (Teorema Euler) Diambil a dan m adalah bilangan-bilangan bulat positif prima relatif, maka a'(m) = 1 (mod m) :
Bukti. Diperhatikan himpunan S = a1; a2; :::; a'(m) yang terdiri dari semua bilan-gan bulat positif yang kurang dari m dan prima relatif terhadap m. Karena (a; m) = 1, dari proposisi sebelumnya diperoleh bahwa
aS = aa1; aa2; :::; aa'(m) merupakan sistem sisa lengkap modulo m yang lain, maka
(aa1) (aa2) ::: aa'(m) = a1a2:::a'(m) (mod m):
Dengan penggunaan (ak; m) = 1, k = 1; 2; :::; ' (m) diperoleh hasil yang diinginkan. Teorema 5.27 (Teorema Fermat) Diambil p adalah suatu bilangan prima, maka ap = a (mod p) untuk semua bilangan bulat a. Selain itu jika a adalah prima relatif terhadap p, maka ap 1= 1(mod p)
Contoh 5.28 Diambil p adalah bilangan prima. Buktikan bahwa p membagi abp bap untuk semua bilangan bulat a dan b.
Bukti. Dicatat bahwa abp bap = ab bp 1 ap 1 .
Jika p j ab, maka p j (abp bap); jika p - ab, maka (p; a) = (p; b) = 1, sehingga bp 1= ap 1= 1(mod p), berdasarkan Teorema kecil Fermat. Karena p j bp 1 ap 1 , akibatnya p j (abp bap). Oleh karena itu p j (abp bap) untuk semua p.
Contoh 5.29 Diambil suatu bilangan prima p 7. Buktikan bahwa bilangan prima 11:::1 | {z } p 1 dapat dibagi p. Bukti. Dipunyai 11:::1 | {z } p 1 = 10 p 1 1 9 ;
dan kesimpulan diperoleh dari Teorema Fermat. (Dicatat juga bahwa (10; p) = 1). Contoh 5.30 Diambil suatu bilangan prima p 5. Buktikan bahwa p8= 1(mod 240). Bukti. Dicatat bahwa 240 = 24 3 5. Berdasarkan Teorema Fermat, p2 = 1(mod 3) dan p4= 1(mod 5). Karena suatu bilangan bulat positif adalah prima relatif terhadap 24 jika hanya jika bilangan bulat positif adalah ganjil, maka ' 24 = 23. Berdasarkan Teorema Euler, dipunyai 28 = 1(mod 16). Oleh karena itu p8 = 1(mod m) untuk m = 3, 5, dan 6, yang berakibat p8 = 1(mod 240).
Contoh 5.31 (IMO 2005) Diperhatikan barisan a1; a2; ::: yang dide…nisikan oleh an= 2n+ 3n+ 6n 1
untuk semua bilangan bulat positif n. Tentukan semua bilangan bulat positif yang prima relatif terhadap setiap suku dari barisan.
Penyelesaian. Cukup ditunjukkan bahwa setiap bilangan prima p membagi an untuk suatu bilangan bulat positif n. Dicatat bahwa p = 2 dan p = 3 membagi a2 = 48. Diandaikan p 5. Berdasarkan Teorema Fermat, dipunyai 2p 1 = 3p 1 = 6p 1 = 1 (mod p), maka
3 2p 1+ 2 3p 1+ 6p 1= 3 + 2 + 1 = 6(mod 6);
atau 6 2p 2+ 3p 2+ 6p 2 1 = 0(mod p), artinya 6ap 2dapat dibagi oleh p. Karena p adalah prima relatif terhadap 6, ap 2 dapat dibagi oleh p. Karena itu jawabannya adalah 1.
Algoritma Euclid
Sekarang akan diperiksa suatu prosedur yang menghindari pemfaktoran dua bilangan bulat positif untuk memperoleh faktor persekutuan terbesar. Ini dinamakan Algoritma Euclid dan digambarkan seperti berikut ini. Diambil a, b adalah bilangan-bilangan bu-lat tak nol. Setelah Algoritma Pembagian diaplikasikan secara berulang-ulang, diper-oleh barisan kesamaan, dengan r0= a dan r1= b,
r0 = q1r1+ r2; 0 < r2 < jr1j ; r1 = q2r2+ r3; 0 < r3 < r2; r2 = q3r3+ r4; 0 < r4 < r3; .. . ... rn 3= qn 2rn 2+ rn 1; 0 < rn 1 < rn 2; rn 2= qn 1rn 1+ rn; 0 < rn< rn 1; rn 1= qnrn: Dicatat bahwa 0 rn< rn 1< < r3< r2 < b;
karena itu pada akhirnya dicapai rn+1 yang sama dengan nol. Selain itu, diperhatikan bahwa barisan kesamaan memperbolehkan setiap rk, k = 2; :::; n dinyatakan dalam suku-suku dari rk 2 dan rk 1. Sebagai contoh, dipunyai
rn 1= rn 2 qn 1rn 1:
Digunakan pernyataan tersebut secara berulang, maka dapat dituliskan rn= ur0+ vr1 = ua + vb:
Jadi rn dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari a dan b. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, disimpulkan bahwa rn adalah FPB dari a dan b. Jadi, suku sisa tak nol terakhir rn yang dihasilkan oleh algoritma Euclid adalah (a; b).
Selanjutnya, FPB dari dua bilangan bulat boleh dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari dua bilangan bulat tersebut dengan menggunakan metode substitusi balik. Contoh 6.1 Tentukan (84; 60), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi li-nier dari kedua bilangan bulat tersebut.
Penyelesaian. Diambil a = 84 dan b = 60, maka
84 = 1 60 + 24; 24 = 84 + ( 1) 60; 60 = 2 24 + 12; 12 = 60 + ( 2) 24; 24 = 1 12; 12 = (84; 60) : Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan
12 = 60 + ( 2) 24
= 60 + ( 2) (84 + 60 ( 1)) = ( 2) 84 + 3 60.
Jadi,
(84; 60) = 12 = ( 2) 84 + 3 60.
Contoh 6.2 Tentukan (190; 72), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari kedua bilangan bulat tersebut.
Penyelesaian. Diambil a = 190 dan b = 72, maka
190 = ( 2) ( 72) + 46; 46 = 190 + 2 ( 72) ; 72 = ( 2) 46 + 20; 20 = 72 + 2 46;
46 = 2 20 + 6; 6 = 46 + ( 2) 20;
20 = 3 6 + 2; 2 = 20 + ( 3) 6;
6 = 3 2; 2 = (190; 72) :
Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan 2 = 20 + ( 3) 6 = 20 + ( 3) (46 + ( 2) 20) = ( 3) 46 + 7 20 = ( 3) 4 + 7 ( 72 + 2 46) = 7 ( 72) + 11 46 = 7 ( 72) + 11 (190 + 2 ( 72)) = 11 190 + 29 ( 72) : Jadi, (190; 72) = 2 = 11 190 + 29 ( 72).
Ini juga dapat dilakukan dengan menggunakan kenyataan bahwa (190; 72) = (190; 72) dan dikerjakan seperti berikut ini.
Contoh 6.3 Tentukan (190; 72), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari kedua bilangan bulat tersebut.
Penyelesaian. Diambil a = 190 dan b = 72, maka 190 = 2 72 + 46; 46 = 190 + ( 2) 72; 72 = 1 46 + 26; 26 = 72 + ( 1) 46; 46 = 1 26 + 20; 20 = 46 + ( 1) 26; 26 = 1 20 + 6 6 = 26 + ( 1) 20 20 = 3 6 + 2; 2 = 20 + ( 3) 6; 6 = 3 2; 2 = (190; 72) :
Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan 2 = 20 + ( 3) 6 = 20 + ( 3) (26 + ( 1) 20) = ( 3) 26 + 4 20 = ( 3) 26 + 4 (46 + ( 1) 26) = 4 46 + ( 7) 26 = 4 46 + ( 7) (72 + ( 1) 46) = ( 7) 72 + 11 46 = ( 7) 72 + 11 (190 + ( 2) 72) = 11 190 + 29 ( 72) : Jadi, (190; 72) = 2 = 11 190 + 29 ( 72).
Dicatat bahwa jika (a; b) = ua + vb, maka nilai-nilai u; v tidak tunggal. Sebagai contoh, 83 190 + 219 ( 72) = 2:
Secara umum, bilangan-bilangan u; v dapat dimodi…kasi menjadi u + tb dan v ta karena
(u + tb) a + (v ta) b = (ua + vb) + (tba tab) = ua + vb:
Jadi, pendekatan-pendekatan berbeda untuk menentukan kombinasi linier dari (a; b) dapat menghasilkan jawaban-jawaban berbeda.
Suatu persamaan yang meminta penyelesaian-penyelesaian bilangan bulat dinamakan persamaan diophantine. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, diperhatikan bahwa persamaan diophantine linier
ax + by = c (6.1)
mempunyai suatu penyelesaian bilangan bulat jika dan hanya jika (a; b) j c. Algoritma Euclid merupakan suatu cara yang e…sien untuk mencari suatu penyelesaian bagi per-samaan (6.1). Sebagai contoh, dari masalah sebelumnya, penyelesaian bilangan bulat untuk persamaan diophantine
190x + 72y = 2 adalah x = 11, y = 29.
Contoh 6.4 Tunjukkan bahwa persamaan diophantine 206x + 446y = 40 mempunyai penyelesaian-penyelesaian bulat. Cari penyelesaian (x; y) sedemikian sehingga x + y mengambil nilai positif terkecil.
Penyelesaian. Diaplikasikan Algoritma Euclid:
446 = 2:206 + 34 =) 206 = 6:34 + 2 =) 34 = 2:17:
Karena (206; 446) = 2 dan 2 j 40, maka terdapat penyelesaian-penyelesaian bilangan bulat.
Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh
2 = 206 6 34 = 206 6 (446 2 206) = 13:206 6:446: Sekarang, karena 40 = 20 2, maka dapat dituliskan
40 = 20 (13 206 6 446) = 260 206 120 446:
Jadi, penyelesaiannya adalah x = 260 dan y = 120. Penyelesaian umumnya adalah
x = 260 446
2 t = 260 223t; y = 120 +206
2 t = 120 + 103t;
untuk suatu t 2 Z. Karena itu, x + y = 140 120t, dan t 2 Z, sehingga x + y bernilai positif terkecil untuk t = 1, bernilai negatif untuk t 2, dan x + y > 140 untuk t 0. Jadi, penyelesaian yang diminta yaitu x = 37 dan y = 17.
Contoh 6.5 Cari semua penyelesaian bulat x dimana 0 x < 9 dari kongruensi linear 6x = 15 (mod 9), atau, jika tidak ada penyelesaian, berikan alasan kenapa tidak ada penyelesaian.
Penyelesaian. Kita harus menyelesaikan persamaan diophantine 6x + 9y = 15 atau ekivalen dengan 2x + 3y = 5. Karena 2 ( 1) + 3 (1) = 1, maka 2 ( 5) + 3 (5) = 5. Oleh karena itu, suatu penyelesaiannya adalah x = 5. Karena (6; 9) = 3, semua penyelesaiannya mempunyai bentuk
x = 5 9
3t = 5 3t
untuk suatu t 2 Z. Terdapat tiga penyelesaian mod 9, yaitu 5 3 ( 2) = 1, 5 3 ( 3) = 4, dan 5 3 ( 4) = 7.
Contoh 6.6 Vian ingin membeli beberapa prangko klas kedua dengan harga $20 per prangko, dan beberapa prangko klas pertama dengan harga $26 per prangko. Uang yang saya miliki 264. Berapa banyak prangko yang dapat dibeli oleh Vian?
Penyelesaian. Dimisalkan x adalah banyaknya prangko klas kedua, dan y adalah banyaknya prangko klas pertama. Selanjutnya x; y 2 Z, dengan 20x + 26y = 264, dan x; y 0.
Sekarang dicari suatu penyelesaian bilangan bulat dari persamaan (menggunakan Al-goritma Euclid)
26 = 1 20 + 6 =) 6 = 3 2 + 0: Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh
Jadi, 2 = 4 20 3 6. Sekarang 264 = 132 2, sehingga
264 = 132 (4 20 3 26) = 528 20 396 26: Dari sini, penyelesaian umumnya adalah
x = 528 +26
2 t dan y = 396 20
2 t
untuk suatu t 2 Z. Dengan kata lain, x = 528 + 13t dan y = 396 10t untuk suatu t 2 Z.
Diminta juga bahwa x dan y adalah tak negatif. x 0 ekivalen dengan 528 + 13t 0, yaitu t 52813 = (40 + 83). Untuk t 2 Z, harus dipunyai t 40. y 0 ekivalen dengan 396 10t 0, yaitu t 39610 = (39 + 106). Untuk t 2 Z, harus dipunyai t 40. Penyelesaian persekutuannya yaitu t = 40. Ini memberikan hasil:
x = 528 + ( 40:13) = 8; dan y = 396 ( 40) 10 = 4:
Dengan kata lain, Vian membeli 8 prangko klas kedua dan 4 prangko klas pertama.
Contoh 6.7 Tentukan suatu penyelesaian bulat untuk persamaan 91x + 126y + 294z = 21:
Penyelesaian. Dimulai dengan mencari (126; 294). Diaplikasikan Algoritma Euclid: 294 = 2 126 + 42 =) 126 = 3:42 + 0:
Jadi, (126; 294) = 42. Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh
42 = 1:294 2:126: (6.2)
Ini berarti bahwa (91; 126; 294) = (91; (126; 294)) = (91; 42). Diaplikasikan Algoritma Euclid:
91 = 2:42 + 7 =) 42 = 6:7 + 0; dan disubstitusi balik untuk memperoleh
7 = 1:91 2:42: (6.3)
Sekarang dicari suatu penyelesaian bulat dari persamaan 91X + 42W = 21:
Karena (91; 42) = 7 j 21, maka terdapat penyelesaian-penyelesaian bulat. Karena 21 = 3:7, maka dengan penggunaan (6.3) dan (6.2) dipunyai
21 = 3 7
= 3 (1 91 2 42) = 3 91 6 42 = 3 91 6 (1 294 2 126) = 3 91 6 294 + 12 126:
Jadi, dipunyai penyelesaian bulat
x = 3; y = 12; z = 6:
Contoh 6.8 (HMMT 2002) Hitung
x = 2002 + 2; 20022+ 2; 20023+ 2; ::: : Penyelesaian. Dicatat bahwa
20022+ 2 = 2002 (2000 + 2) + 2 = 2000 (2002 + 2) + 6: Jadi, berdasarkan Algoritma Euclid dipunyai
2002 + 2; 20022+ 2 = (2004; 6) = 6:
Karena itu x j 2002 + 2; 20022+ 2 = (2004; 6) atau x j 6. Di sisi lain, setiap bilangan dalam barisan 2002+2; 20022+2; 20023+2; ::: dapat dibagi oleh 2. Lebih lanjut, karena 2002 = 2001 + 1 = 667 3 + 1, untuk semua bilangan bulat positif k, 2002k= 3ak+ 1 untuk suatu bilangan bulat ak. Jadi, 2002k + 2 dapat dibagi oleh 3. Karena 2 dan 3 adalah prima relatif, setiap bilangan dalam barisan tersebut dapat dibagi 6. Oleh karena itu x = 6. Latihan 6.9 Tentukan 1. (34567; 987) 2. (560; 600) 3. (4554; 36) 4. (8098643070; 8173826342)
Latihan 6.10 Selesaikan persamaan diophantine berikut ini, jika diketahui bahwa penye-lesaiannya ada.
1. 24x + 25y = 18 2. 3456x + 246y = 44 3. 1998x + 2000y = 33
6.1 Sistem Kongruensi Linear
Suatu sistem kongruensi linear dalam variabel x mempunyai bentuk 8 > > > < > > > : a1x = b1(mod n1) a2x = b2(mod n2) .. . arx = br(mod nr) :
Berikut ini diberikan suatu contoh yang mengilustrasikan bahwa hubungan antara mod-ulo kongruensi-kongruensi merupakan syarat terpenting dalam menentukan apakah su-atu sistem kongruensi linear mempunyai penyelesaian atau tidak.
Contoh 6.11 Apakah sistem kongruensi
x = 8 (mod 12) ; x = 6 (mod 9) mempunyai penyelesaian? Berikan penjelasan.
Penyelesaian. Karena (12; 9) = 3 dan kongruensi pertama mengakibatkan x = 8 = 2 (mod 3), sedangkan kongruensi kedua mengakibatkan x = 6 = 0 (mod 3), maka sistem tidak mempunyai penyelesaian.
Sifat penyelesaian dari suatu sistem kongruensi linear ditemukan pertama kali oleh matematikawan Cina kuno dan ditulis pertama kali dalam Shushu Jiuzhang (Nine Chapters on the Mathematical Arts) oleh matematikawan abad 13 Qin Jiushao. Teorema 6.12 (Teorema Sisa Cina) Jika n1; n2 2 Z+ adalah koprima dan b1; b22 Z, maka sistem kongruensi
x = b1(mod n1) ; x = b2(mod n2) mempunyai suatu penyelesaian tunggal di modulo n1n2. Contoh 6.13 Selesaikan sistem
x = 2 (mod 5) ; x = 1 (mod 3) :
Penyelesaian. Dituliskan x = 2 (mod 5) menjadi x = 2 + 5m untuk suatu m 2 Z dan dituliskan x = 1 (mod 3) menjadi x = 1 + 3n untuk suatu n 2 Z. Disamakan kedua persamaan untuk memperoleh 2 + 5m = 1 + 3n atau 3n 5m = 1. Persamaan terakhir dapat diselesaikan menggunakan algoritma Euclid yang menyatakan kombinasi linear dari (3; 5) = 1:
3 2 + ( 5) 1 = 1:
Jadi penyelesaiannya adalah m = 1 dan n = 2, sedangkan penyelesaian umumnya yaitu m = 1 + 3t dan n = 2 + 5t; untuk suatu t 2 Z;
karena 3 (2 + 5t) 5 (1 + 3t) = 1. Jadi, x yang memenuhi kedua kongruensi yaitu x = 2 + 5 (1 + 3t) = 7 + 15t; t 2 Z;
atau dengan kata lain x = 7 (mod 15). Contoh 6.14 Selesaikan sistem kongruensi
3x = 1 (mod 4) ; 5x = 2 (mod 7) :
Penyelesaian. Dimulai dengan pengamatan bahwa 32 = 9 = 1 (mod 4) dan 3 5 = 15 = 1 (mod 7), karena itu sistem kongruensi asli ekivalen dengan sistem kongruensi
Selanjutnya sistem diselesaikan seperti pada contoh sebelumnya (diserahkan kepada pembaca sebagai latihan) untuk memperoleh penyelesaian bilangan bulat umum yaitu x = 27 (mod 28).
Contoh 6.15 Tentukan semua penyelesaian bulat dari sistem kongruensi 7x = 1 (mod 8) ; x = 2 (mod 3) ; x = 1 (mod 5) :
Penyelesaian. Diproses dalam dua tahap. Tahap pertama diselesaikan sistem kon-gruensi
7x = 1 (mod 8) ; x = 2 (mod 3)
di modulo 24. Diamati bahwa 72 = 1 (mod 8), sehingga sistem kongruensi menjadi x = 7 (mod 8) ; x = 2 (mod 3) :
Diaplikasikan Algoritma Euclid untuk memperoleh ( 1) 8 + 3 3 = 1; dan karena itu diperoleh penyelesaian tunggal
x = ( 1) 8 2 + 3 3 7 = 23 (mod 24) : Tahap kedua diselesaikan sistem kongruensi
x = 23 (mod 24) ; x = 1 (mod 5) :
Dipunyai bahwa x = 23 (mod 24) = 1 (mod 24), sehingga sistem kongruensi menjadi x = 1 (mod 24) ; x = 1 (mod 5) :
Diaplikasikan Algoritma Euclid untuk memperoleh ( 1) 24 + 5 5 = 1; dan karena itu diperoleh penyelesaian tunggal
x = ( 1) 24 1 + 5 5 ( 1) = 71 (mod 120) : Jadi, penyelesaian bulat umum dari sistem yaitu x = 71 + 120n, n 2 N. Latihan 6.16 Selesaikan sistem persamaan berikut ini.
a) x = 1 (mod 2) ; x = 2 (mod 3) : b) 3x = 1 (mod 5) ; 2x = 3 (mod 7) : c) x = 5 (mod 15) ; 4x = 7 (mod 11) : d) 2x = 3 (mod 5) ; 7x = 9 (mod 13) :
Latihan 6.17 Selesaikan sistem persamaan berikut ini. a) x = 1 (mod 2) ; x = 1 (mod 3) ; x = 1 (mod 5) :
b) x = 1 (mod 2) ; x = 2 (mod 3) ; x = 4 (mod 5) : c) 2x = 1 (mod 3) ; 3x = 4 (mod 5) ; 3x = 7 (mod 8) : d) 5x = 2 (mod 3) ; 4x = 3 (mod 10) ; 5x = 9 (mod 25) : Latihan 6.18 Cari penyelesaian untuk sistem persamaan
Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik
7.1 Fungsi Floor
Untuk suatu bilangan riil x, terdapat secara tunggal bilangan bulat n sedemikian se-hingga n x < n + 1. Dengan kata lain, n adalah bilangan bulat terbesar yang tidak melebihi x, atau n dinamakan ‡oor dari x, dan dinotasikan dengan bxc. Selisih x bxc dinamakan bagian pecahan dari x dan dinotasikan dengan fxg. Bilangan bulat terkecil yang lebih besar atau sama dengan x dinamakan ceiling dari x dan dinotasikan de-ngan dxe. Jika x adalah suatu bilade-ngan bulat, maka bxc = dxe dan fxg = 0; jika x bukan suatu bilangan bulat, maka dxe = bxc + 1. Berikut ini diberikan contoh-contoh sederhana:
1. b3; 1c = 3 dan d3; 1e = 4 2. b3c = 3 dan d3e = 3
3. b 3; 1c = 4 dan d 3; 1e = 3 Lemma 7.1 Untuk setiap x 2 R berlaku
x 1 < bxc x:
Bukti. Diambil n = bxc, maka dipunyai bahwa n x < n + 1. Hal ini memberikan bxc x, seperti dalam de…nisi. Ini juga memberikan x < n + 1 yang mengakibatkan bahwa x 1 < n, artinya x 1 < bxc.
Selanjutnya, fungsi ‡oor memiliki sifat-sifat seperti dalam teorema berikut ini. Teorema 7.2 Jika ; 2 R, a 2 Z, n 2 N, maka
(1) b + ac = b c + a (2) j n k = b c n (3) b c + b c b + c b c + b c + 1 Bukti.
(1) Diambil m = b + ac, maka m +a < m+1. Karena itu m a < m a+1. Ini berarti bahwa m a = b c atau m = b c + a.
(2) Dituliskan n sebagai n = j n k + , 0 < 1. Karena nj n k adalah suatu bilangan bulat, berdasarkan (1) disimpulkan bahwa
b c =j nj n k + n k = nj n k + bn c : Dipunyai 0 bn c n < n, sehingga 0 bn c n < 1. Jika diambil = bn c n , maka diperoleh b c n = j n k + ; 0 < 1:
Ini berarti bahwa b c
n =
j n
k .
(3) Dari ketaksamaan 1 < b c dan 1 < b c diperoleh + 2 < b c + b c + . Karena b c + b c adalah suatu bilangan bulat yang kurang dari atau sama dengan + , maka b c+b c pasti kurang dari atau sama dengan bagian bulat dari + , yaitu b + c. Selain itu, + kurang dari bilangan bulat b c + b c + 2, sehingga b + c pasti kurang dari b c + b c + 2, dan akibatnya b + c < b c + b c + 2 menghasilkan b + c b c + b c + 1.
Contoh 7.3 (APMC 1999) Diambil suatu barisan bilangan riil a1, a2, ... yang memenuhi
ai+j ai+ aj untuk semua i; j = 1; 2; :::. Buktikan bahwa
a1+a2 2 + a3 3 + + an n an untuk semua bilangan bulat positif n.
Bukti. Digunakan induksi kuat seperti berikut ini. Basis induksi untuk n = 1 dan 2 adalah trivial. Sekarang diasumsikan bahwa pernyataan benar untuk n k untuk suatu bilangan bulat positif k 2. Artinya,
a1 a1; a1+a2 2 a2; .. . a1+a2 2 + + ak k ak:
Dijumlahkan semua ketaksamaan untuk memperoleh ka1+ (k 1)a2
2 + +
ak
k a1+ a2+ + ak:
Selanjutnya kedua ruas dari ketaksamaan terakhir ditambahkan dengan a1+a2+ +ak, yang menghasilkan (k + 1) a1+a2 2 + a3 3 + + an n (a1+ ak) + (a2+ ak 1) + + (ak+ a1) kak+1:
Jika kedua ruas dari ketaksamaan terakhir dibagi dengan (k + 1), maka a1+a2 2 + a3 3 + + an n kak+1 k + 1 atau a1+ a2 2 + a3 3 + + an n + ak+1 k + 1 ak+1: Ini berarti pernyataan benar untuk n = k + 1.
Contoh 7.4 (USAMO 1981) Untuk suatu bilangan positif x, buktikan bahwa
bxc + b2xc2 +b3xc
3 + +
bnxc
n bnxc :
Bukti. Berdasarkan Teorema 7.2 (3), ini merupakan kasus khusus dari Contoh 7.3 dengan mengambil ai = bixc.
Contoh 7.5 (Putnam 1948) Jika n adalah suatu bilangan bulat positif, tunjukkan bahwa
p n +p
n + 1 = p
4n + 2 : Bukti. Diperhatikan bahwa
4n + 1 < p n +p n + 1 2 = 2n + 2p n2+ n + 1 < 4n + 3 karena p n2+ n > p n2 = n dan juga p n2+ n <p n2+ 2n + 1 = n + 1. Karena itu diperoleh p 4n + 1 <p n +p n + 1 <p 4n + 3:
Bilangan 4n+2 dan 4n+3 bukan merupakan bilangan kuadrat karena bilangan-bilangan kuadrat dalam mod(4) kongruen dengan 0 atau 1, sehingga
p
4n + 2 = p
4n + 3 : Oleh karena itu
p n +p
n + 1 = p
4n + 2 :
Contoh 7.6 (Australia 1999) Selesaikan sistem persamaan: x + byc + fzg = 200;
fxg + y + bzc = 190; 1; bxc + fyg + z = 178; 8:
Penyelesaian. Karena x = bxc + fxg untuk semua bilangan riil x, maka jumlahan dari tiga persamaan dalam sistem adalah
Selain itu, jika persamaan terakhir dikurangi dengan setiap persamaan dalam sistem, maka diperoleh
fyg + bzc = 84; 45; bxc + fzg = 94; 35; fxg + byc = 105; 65:
Oleh karena itu bzc = bfyg + bzcc = b84; 45c = 84. Jadi, bzc = 84 dan fyg = 0; 45. Dengan cara serupa diperoleh bxc = 94 dan fzg = 0; 35, dan juga byc = 105 dan fxg = 0; 65. Dari sini dihasilkan x = 94; 65, y = 105; 45, dan z = 84; 35.
Contoh 7.7 (ARML 2003) Cari bilangan bulat positif n sedemikian sehingga 1 n pa-ling dekat dengan p
123456789 . Penyelesaian. Dicatat bahwa
11111; 112 = 123456765; 4321 < 123456789 < 123456789; 87654321 = 11111; 11112: Karena itu jp 123456789k = 11111 dan 1 10 < 0; 11 < np 123456789o < 0; 1111 < 1 9:
Contoh 7.8 (AIME 1997) Diandaikan bahwa a adalah positif, a 1 = a2 , dan 2 < a2 < 3. Cari nilai dari a12 144a 1.
Penyelesaian. Pertama kali dicatat bahwa hipotesis yang diberikan mengakibatkan a 1 = a 1 fkarena 1 < a dan 0 < a 1< 1) dan a2 = a2 2. Karena itu a harus memenuhi persamaan a 1 = a2 2 atau a3 2a 1 = 0. Persamaan terakhir dapat dituliskan seperti
(a + 1) a2 a 1 = 0
yang akar positifnya hanya a = 1 + p
5
2 . Digunakan hubungan a
2= a+1 dan a3= 2a+1 untuk menghitung
a6 = 8a + 5, a12= 144a + 89, dan a13= 233a + 144 yang mengakibatkan bahwa
a12 144a 1= a
13 144
a = 233.
Contoh 7.9 Cari semua penyelesaian riil untuk persamaan 4x2 40 bxc + 51 = 0:
Penyelesaian. Dicatat bahwa
(2x 3) (2x 17) = 4x2 40x + 51
4x2 40 bxc + 51 = 0;
yang memberikan 32 x 172 , dan berakibat 1 bxc 8. Di sisi lain, persamaan yang diberikan dapat dituliskan seperti
x = p
40 bxc 51
2 ;
sehingga dari sini dipunyai
bxc = $p 40 bxc 51 2 % :
Dari pilihan bxc 2 f1; 2; :::; 8g, hanya 2, 6, 7, atau 8 yang memenuhi persamaan terakhir. Jadi, penyelesaian untuk x adalah p229, p1892 , p2292 , dan p2692 .
Proposisi 7.10 (Identitas Hermite) Jika x adalah suatu bilangan riil dan n adalah suatu bilangan bulat positif, maka
bxc + x + n1 + x + 2
n + + x +
n 1
n = bnxc :
Bukti. Jika x adalah suatu bilangan bulat, maka hasil jelas benar. Diandaikan bahwa x bukan suatu bilangan bulat, artinya 0 < fxg < 1. Karena itu terdapat 1 i n 1 sedemikian sehingga fxg +i n1 < 1 dan fxg +ni 1; (7.1) artinya n i n fxg < n i + 1 n : (7.2) Berdasarkan (7.1) dipunyai bxc = x +n1 = = x +i 1 n dan x + i n = = x + n 1 n = bxc + 1; dan juga bxc + x + n1 + x + 2 n + + x + n 1 n = i bxc + (n i) (bxc + 1) = n bxc + n i: (7.3) Di sisi lain, berdasarkan (7.2) diperoleh
yang mengakibatkan
bnxc = n bxc + n i: (7.4)
Dari (7.3) dan (7.4) disimpulkan bahwa
bxc + x + n1 + x + 2
n + + x +
n 1
n = n bxc + n i
= bnxc :
Contoh 7.11 (AIME 1991) Diandaikan bahwa r adalah suatu bilangan riil dimana
r + 19 100 + r + 20 100 + + r + 91 100 = 546: Cari b100rc.
Penyelesaian. Jumlahan yang diberikan mempunyai 91 19 + 1 = 73 suku, dan setiap suku sama dengan brc atau brc + 1. Diamati bahwa 73 7 < 546 < 73 8, sehingga diperoleh brc = 7. Karena 546 = 73 7 + 35, maka 38 suku pertama bernilai 7 dan 35 suku terakhir bernilai 8; artinya
r + 56
100 = 7 dan r + 57 100 = 8: Akibatnya 7; 43 r < 7; 44, dan karena itu b100rc = 743.
Contoh 7.12 (IMO 1968) Diambil x adalah suatu bilangan riil. Buktikan bahwa
1
X
k=0
x + 2k
2k+1 = bxc :
Bukti. Dalam identitas Hermite diambil n = 2 yang memberikan
bxc + x + 12 = b2xc ;
atau
x +1
2 = b2xc bxc :
Diaplikasikan identitas terakhir secara berulang untuk memperoleh
1 X k=0 x + 2k 2k+1 = 1 X k=0 x 2k+1 + 1 2 = 1 X k=0 j x 2k k j x 2k+1 k! = bxc :