MATERI PENGANTAR
OLIMPIADE SAINS NASIONAL
BIDANG MATEMATIKA SMA
DISUSUN OLEH:
TIM PEMBINA OLIMPIADE MATEMATIKA
KATA PENGANTAR
Olimpiade Sains Nasional (OSN) merupakan kegiatan yang dilaksanakan
secara rutin setiap tahun. Selain sebagai ajang kejuaraan nasional, OSN juga
bertujuan untuk mencari calon peserta yang akan dibina dan berlaga di olimpiade
sains tingkat internasional. Untuk memberikan arah pembinaan bagi peserta OSN,
terutama peserta bidang matematika SMA, maka disusunlah materi ini.
Materi yang kami susun ini merupakan draf awal yang kami kembangkan
dari silabus OSN Bidang Matematika SMA yang sudah beredar. Draf ini jauh dari
lengkap seperti yang tercantum dalam silabus. Oleh karena itu para peserta OSN
dan para pembina masih perlu mencari pelengkapnya dari berbagai sumber.
Terakhir, kami berharap bahwa dengan adanya draf ini persiapan ke OSN
tahun ini bisa lebih baik dibanding tahun-tahun sebelumnya. Pada akhirnya akan
berdampak kepada kualitas calon peserta IMO tahun depan.
Jakarta,
1
Juli
2009
DAFTAR ISI
Aljabar
1
Teori Bilangan
14
Geometri
36
ALJABAR
Hery Susanto
Jurusan Matematika FMIPA UM Jl. Surabaya 6 Malang 65145 Email: herysusanto@telkom.net
Aljabar merupakan salah satu materi pokok dalam Olimpiade Matematika Internasional (IMO), disamping geometri, ilmu bilangan, dan kombinatorik. Oleh karena itu, aljabar menjadi salah satu materi wajib di Olimpiade Sains Nasional (OSN) Bidang Matematika SMA. Para peserta OSN Bidang Matematika SMA sudah mendapatkan materi aljabar sejak masih duduk di Sekolah Dasar. Menurut pengamatan penulis, sampai dengan di tingkat SMA para peserta sudah cukup banyak mendapat materi yang berkaitan dengan aljabar. Yang kurang adalah berlatih menerapkan teori yang telah didapat itu dalam soal-soal yang berbentuk pemecahan masalah. Di sini penulis men-coba memilihkan materi-materi aljabar yang kira-kira mengarah ke materi olimpiade matematika. Penulis tidak banyak menyajikan materi yang berkaitan dengan teori tetapi lebih banyak dengan pendekatan strategi pemecahan masalah.
Materi yang dibahas di sini hanya sebagian dari materi yang ada pada silabus OSN Bidang Matematika SMA. Kami berharap peserta merujuk kepada silabus OSN yang sudah beredar. Di bagian akhir diberikan beberapa soal latihan dan diharapkan dapat dipakai untuk memacu dalam mengembangkan kemampuan pemecahan masalah.
Pada akhirnya penulis berharap agar para peserta OSN Bidang Matematika SMA dapat meru-juk materi yang tercantum dalam silabus OSN dan membaca buku-buku tentang pemecahan masalah untuk mengembangkan kemampuan pemecahan masalah ke tingkat yang lebih tinggi.
1
Sistem Bilangan Real
MisalkanN, Z, Q, dan Rberturut-turut menyatakan himpunan bilangan asli, himpunan bilangan bulat, himpunan bilangan rasional, dan himpunan bilangan real. Masing-masing himpunan ini dilengkapi dengan operasi tambah dan operasi kali disebut sistem bilangan. Sistem ini biasa di-tulis notasi himpunan beserta operasinya. Sebagai contoh sistem bilangan real didi-tulis (R,+,×). Selanjutnya cukup ditulis notasi himpunannya saja, yaituR.
Berikut akan dibahas dua aksioma yang berkaitan dengan sistem bilangan real, yaitu aksioma lapangan dan aksioma urutan.
1.1 Aksioma Lapangan
1. Sifat asosiatif, yaitu untuk setiapa,b,cdiR berlaku
(a) (a+b) +c=a+ (b+c), (b) (ab)c=a(bc).
(a) a+b=b+a,
(b) ab=ba.
3. Eksistensi unsur identitas, yaitu
(a) Terdapat 0 diR yang memenuhi
a+ 0 =a
untuk semua adiR.
(b) Terdapat 1 diR dan 16= 0 yang memenuhi
a1 =a
untuk semua adiR.
4. Eksistensi unsur invers, yaitu
(a) Untuk masing-masing adiRterdapat −adi Ryang memenuhi
a+ (−a) = 0.
(b) Untuk masing-masing adiRyang tidak nol terdapata−1 diR yang memenuhi
aa−1 = 1.
5. Sifat distributif, yaitu untuk setiap a,b,c diRberlaku
a(b+c) =ab+ac.
Sebagai kosekuensi dari sifat-sifat pada aksioma lapangan di atas, diperoleh sifat-sifat berikut (yang dapat dianggap sebagai teorema).
1. −adan a−1 yang memenuhi sifat 4 di atas adalah tunggal.
2. 0a= 0, untuk setiapadiR.
3. (−1)a=−a, untuk setiapadi R.
4. −(−a) =a, untuk setiap adiR.
5. (−a)(−b) =ab,untuk setiap adiR.
6. a−1−1=a,untuk setiap adiRyang tidak nol.
Bukti untuk 2. Ambil a∈R sebarang. Dengan menggunakan sifat identitas, invers, asosiatif, dan distributif diperoleh
0a = 0 + 0a
= (−0a+ 0a) + 0a = −0a+ (0a+ 0a) = −0a+ (0 + 0)a = −0a+ 0a = 0.
Karenaa∈Rsebarang, maka 0a= 0, untuk setiapadiR.
Bukti untuk 3. Ambil a∈R sebarang. Dengan menggunakan sifat identitas, invers, asosiatif, distributif, dan sifat 2 di atas diperoleh
(−1)a = 0 + (−1)a
= (−a+a) + (−1)a = −a+ (a+ (−1)a) = −a+ (1a+ (−1)a) = −a+ (1 + (−1))a = −a+ 0a
= −a+ 0 = −a.
Karenaa∈Rsebarang, maka (−1)a=−a, untuk setiapa diR.
Bukti keempat sifat yang lain digunakan sebagai latihan.
1.2 Aksioma Urutan
Terdapat himpunanP yang merupakan himpunan bagian dari himpunan bilangan real yang memenuhi tiga sifat berikut.
(1) Untuk bilangan realx sebarang, berlaku salah satu dari: (i)x= 0, atau (ii)x∈P, atau (iii)
−x∈P.
(2) Jika x, y∈P, makax+y∈P.
(3) Jika x, y∈P, makaxy∈P.
Sifat (1), (2), dan (3) di atas berturut-turut disebut sifat trikotomi, sifat ketertutupan operasi tambah, dansifat ketertutupan operasi kali. Himpunan P di atas disebut himpunan bilangan real positif. Berikutnya ada kesepakatan bahwa notasi x >0 digunakan jika x∈P. Dengan demikian ketiga sifat di atas dapat ditulis ulang sebagai berikut.
(2’) Jikax >0 dany >0, makax+y >0.
(3’) Jikax >0 dany >0, makaxy >0.
Berikut didefinisikan relasi ”lebih besar dari” dan relasi ”lebih kecil dari” untuk dua bilangan real. x dikatakanlebih besar dari y, dinotasikan x > y, jikax−y >0. x dikatakanlebih kecil dari y, dinotasikan x < y, jika y−x > 0. Dapat ditunjukkan bahwa x > y ekivalen dengan y < x. Notasix≥y, dibaca x lebih besar dari atau sama dengan y, digunakan jikax > y ataux=y.
Konsekuensi dari sifat-sifat di atas, diperoleh sifat-sifat berikut (yang dapat dianggap sebagai teorema).
1. Untuk setiap pasang bilangan real adan b pasti berlaku salah satu dari a < b, atau a=b, ataua > b.
2. Jika a < bdan b < c, makaa < c.
3. Jika a < b, makaa+c < b+c.
4. Jika a < bdan c >0, maka ac < bc.
5. Jika a >0 danb >0, maka ab >0.
6. Jika a < bdan c <0, maka ac > bc.
7. Untuk setiap adiRberlaku a2
≥0. Selanjutnya, a2
= 0 jika dan hanya jikaa= 0.
8. Jika a > b >0, maka 1
a <
1
b.
9. Jika a > b >0 danc > d >0, makaac > bddan ad > bc.
10. Jika a > b, makaan> bn untukn bilangan asli ganjil.
11. Jika a > b >0, makaan> bn untukn bilangan asli.
Bukti sifat-sifat di atas digunakan sebagai latihan.
2
Ketaksamaan
Sifat-sifat yang berkaitan dengan aksioma urutan banyak digunakan pada masalah-masalah yang berkaitan dengan ketaksamaan. Pembahasan ketaksamaan berikut menggunakan pendekatan pe-mecahan masalah dengan beberapa contoh.
Contoh 1 Tunjukkan bahwa a+ 1
a ≥ 2 untuk setiap bilangan real a > 0, dan akan merupakan kesamaan jika dan hanya jika a= 1.
Penyelesaian: Untuk setiap bilangan realaberlaku
Sehinggaa2+ 1
≥2a. Karenaa >0 maka
a+1 a ≥2.
Selanjutnya
a+ 1
a = 2⇔a
2
+ 1 = 2a⇔a2−2a+ 1 = 0⇔(a−1)2 = 0⇔a= 1.
Contoh 2 Misalkan a, b, dan c adalah bilangan real positif dan a+b+c= 1. Tunjukkan bahwa 1
a+ 1 b +
1 c ≥9.
Penyelesaian: Daria+b+c= 1 diperoleh
1
a = 1 + b a+ c a 1 b = a b + 1 +
c b 1 c = a c + b c + 1
Sehingga 1 a+ 1 b + 1 c = 1 +b
a+ c a
+a
b + 1 + c b + a c + b c + 1
= a b + b a +a
c + c a + c b+ b c + 3
Menurut Contoh 1, a b +
b a ≥2,
a c +
c a ≥2,
c b +
b
c ≥2. Oleh karena itu 1
a+ 1 b +
1
c ≥2 + 2 + 2 + 3 = 9.
Contoh 3 Buktikan bahwa jikaa dan b bilangan real positif maka r
a2+b2
2 ≥ a+b
2 ≥
√
ab≥ 1 2 a+
1
b .
Selanjutnya, ketaksamaan ini akan berlaku sebagai kesamaan jika dan hanya jika a=b.
Bukti: Perhatikan bahwa
a2−2ab+b2= (a−b)2 ≥0. (1)
Hal ini ekivalen dengan
a2+b2≥2ab. (2)
Ditambah dengana2+b2 untuk kedua ruas, Ketaksamaan (2) ekivalen dengan
2 a2+b2
yang ekivalen dengan
r
a2+b2
2 ≥
a+b
2 . (3)
Perhatikan bahwa Ketaksamaan (3) merupakan kesamaan jika dan hanya jika Ketaksamaan (1) merupakan kesamaan. Hal ini terjadi jika dan hanya jikaa=b.
Dengan mengganti adan bpada Ketaksamaan (2) berturut-turut dengan√adan√bdiperoleh
a+b≥2√ab,
yang ekivalen dengan
a+b 2 ≥
√
ab. (4)
Dengan demikian, Ketaksamaan (4) merupakan kesamaan jika dan hanya jika√a=√b,ataua=b. Ketaksamaan (4) ekivalen dengan
2 a+b ≤
1
√
ab, yang ekivalen dengan
2 1 a+ 1 b = 2
a+bab≤ 1
√
abab=
√
ab. (5)
Selanjutnya ketaksamaan (5) merupakan kesamaan jika dan hanya jikaa=b. Dari Ketaksamaan (3), (4), dan (5) diperoleh
r
a2+b2
2 ≥ a+b
2 ≥
√
ab≥ 1 2 a+
1
b .
Selanjutnya, ketaksamaan di atas akan merupakan kesamaan jika dan hanya jikaa=b.
Untuk bilangan real positifadan b, q
a2+b2
2 ,
a+b
2 ,
√
ab,dan 12
a+
1
b
pada contoh di atas berturut-turut disebut rataan kuadrat (QM), rataan aritmatika (AM), rataan geometri (GM), dan rataan harmonik (HM) dariadanb.Dengan demikian, untuk bilangan real positifadanbkita mempunyai QM≥AM ≥GM ≥HM, selanjutnya QM = AM = GM = HM jika dan hanya jikaa=b.
Rataan kuadrat, rataan aritmatika, rataan geometri, dan rataan harmonik darinbilangan real positifa1, a2, . . . , an berturut-turut adalah
QM = r
a2 1+a
2
2+. . .+a 2
n n
AM = a1+a2+. . .+an
n ,
GM = √na
1a2. . . an, dan
HM = 1 n
a1 +
1
a2 +. . .+
1
an
.
Teorema berikut merupakan perumuman dari Contoh 3.
Contoh 4 Contoh 2 dikerjakan dengan menggunakan ketaksamaan AM-HM. Menurut ketaksamaan AM-HM, kita mempunyai
3
1
a+
1
b +
1
c
≤ a+b+c
3 =
1 3.
Karena 1
a+
1
b +
1
c >0 maka
1
a+
1
b +
1
c ≥9.
Contoh 5 Misalkana, b,dancadalah bilangan real positif yang memenuhi(1+a)(1+b)(1+c) = 8. Buktikan bahwa abc≤1. Selanjutnya tentukan kapan kesamaan terjadi.
Penyelesaian: Dari yang diketahui diperoleh
8 = (1 +a)(1 +b)(1 +c) = 1 + (a+b+c) + (ab+bc+ca) +abc. (6)
Menurut ketaksamaan AM-GM,
a+b+c≥3(abc)31 dan ab+bc+ca≥3(abc) 2
3, (7)
masing-masing ketaksamaan di atas merupakan kesamaan jika dan hanya jikaa=b=c. Dari (6) dan (7) diperoleh
8≥1 + 3(abc)13 + 3(abc) 2
3 +abc=
1 + (abc)13 3
,
yang ekivalen dengan
1 + (abc)13 ≤√38 = 2,
atau
(abc)13 ≤2−1 = 1,
yaitu
abc≤1,
dan kesamaan terjadi jika dan hanya jikaa=b=c= 1.
3
Sukubanyak (Polinom)
MisalkanF menyatakan sistem bilangan real atau sistem bilangan rasional dan nadalah bilangan bulat tidak negatif. Bentuk
f(x) =a0+a1x+a2x2+· · ·+anxn
dengan a0, a1, a2,· · ·, an di F dan an 6= 0, disebut sukubanyak atas F berderajad n. Himpunan semua sukubanyak atas F ditandai dengan F[x]. Berikut diberikan beberapa sifat sukubanyak yang sering digunakan.
Teorema 2 (Algoritma Pembagian) Misalkanf(x)dang(x)diF[x]dang(x)bukan sukubanyak nol. Maka terdapat sukubanyak q(x) danr(x) di F[x]yang tunggal dan memenuhi
f(x) =q(x)g(x) +r(x)
Dalam teorema di atas, q(x) disebut hasilbagi dan r(x) disebut sisa pembagian. Selanjutnya jika r(x) merupakan sukubanyak nol maka dikatakan f(x) habis dibagi olehg(x).
Teorema 3 (Teorema Sisa) Jika sukubanyakf(x) dibagi oleh(x−a)maka sisanya adalah f(a). Bilangan adiF disebutakar dari sukubanyak f(x) jikaf(a) = 0. Sebagai akibat dari teorema di atas diperoleh teorema berikut.
Teorema 4 (Teorema Faktor) Sukubanyak f(x) habis dibagi oleh (x−a) jika dan hanya jika a merupakan akar dari f(x).
Contoh 6 Sukubanyakf(x) = 2x3
+Ax2
+x−B habis dibagi oleh(x−2)dan bersisa -9 jika dibagi (x+ 1). Tentukan nilai A dan B.
Penyelesaian: Karenaf(x) habis dibagi oleh (x−2) maka
0 =f(2) = 2(2)3
+A(2)2
+ 2−B = 4A−B+ 18. (8)
Karenaf(x) bersisa -9 jika dibagi (x+ 1) maka
−9 =f(−1) = 2(−1)3+A(−1)2+ (−1)−B =A−B−3. (9)
Dengan menyelesaikan sistem persamaan di atas (mengeliminasi (8) dan (9) serta mensubstitusikan ke salah satu darinya) diperoleh A=−4 danB = 2.
Contoh 7 Tentukan semua bilangan asli n sehingga sukubanyak x2+x+ 1 membagi sukubanyak
x2n+xn+ 1.
Penyelesaian:
Perhatikan bahwa x3−1 = (x−1)(x2+x+ 1) dan x3−1 membagix3m−1.
(i) Untuk n= 3k,
x2n+xn+ 1 = x6k+x3k+ 1
= (x6k−1) + (x3k−1) + 3 = (x2+x+ 1)Q(x) + 3.
(ii) Untuk n= 3k+ 1,
x2n+xn+ 1 = x6k+2+x3k+1+ 1
= x2
(x6k−1) +x(x3k−1) +x2
+x+ 1 = (x2+x+ 1)R(x).
(iii) Untukn= 3k+ 2,
x2n+xn+ 1 = x6k+4+x3k+2+ 1 = x4
(x6k−1) +x2
(x3k−1) +x4
+x2
+ 1 = x4
(x6k−1) +x2
(x3k−1) +x(x3
−1) +x2
Jadi x2+x+ 1 membagix2n+xn+ 1 jika dan hanya jikanbukan kelipatan 3.
Sifat yang lain dari sukubanyak yang sering digunakan adalah sifat simetri akar, yang lebih dikenal dengan nama Teorema Vieta, yaitu hasil tambah dan hasil tambah dari hasil kali akar-akar suatu sukubanyak.
(a) Jika sukubanyakax2+bx+cmempunyai akar-akar x1 dan x2 maka
ax2+bx+c=a(x−x1)(x−x2) =ax 2
−a(x1+x2)x+ax1x2.
Sehingga
x1+x2 =−
b
a dan x1x2 = c a.
(b) Misalkanx1, x2,danx3 akar-akar sukubanyak ax3+bx2+cx+d.Dengan ekspansi
a(x−x1)(x−x2)(x−x3) =ax3−a(x1+x2+x3)x2+a(x1x2+x2x3+x3x1)x−ax1x2x3
dan komparasi koefisien diperoleh
x1+x2+x3 =−
b
a, x1x2+x2x3+x3x1 = c
a, dan x1x2x3=− d a.
Contoh 8 Misalkan x1, x2,dan x3 akar-akar darix3+ 3x2−7x+ 1.Tentukan x21+x 2 2+x
2 3.
Penyelesaian: Menurut Teorema Vieta,
x1+x2+x3 =−3 dan x1x2+x2x3+x3x1=−7.
Sehingga
9 = (x1+x2+x3) 2
= x21+x 2 2+x
2
3+ 2 (x1x2+x2x3+x3x1)
= x21+x 2 2+x
2
3+ 2(−7).
Oleh karena itu x21+x 2 2+x
2 3 = 23.
4
Sistem Persamaan
Bentuk yang melibatkan variabel, yaitu
f(x1,x2, . . . , xn) =c
disebut persamaan dengan n buah variabel. Sistem persamaan adalah suatu sistem yang terdiri dari dua atau lebih persamaan, yaitu
f1(x1,x2, . . . , xn) = c1
f2(x1,x2, . . . , xn) = c2
Sistem persamaan di atas disebut sistem persamaan dengan n buah variabel dan m persamaan. Solusi dari suatu sistem persamaan adalah solusi secara simultan dari semua persamaan di dalam sistem itu. Cara baku untuk mencari solusi suatu sistem persamaan dengan cara eliminasi dan atau substitusi. Berikut akan diberikan beberapa contoh soal yang tidak regular.
Contoh 9 Cari semua solusi real dari sistem persamaan
x+ 2
x = 2y
y+ 2
y = 2z
z+2
z = 2x.
Penyelesaian: Misalkan (x, y, z) solusi sistem persamaan di atas. Diantara x, y, danz tidak mungkin ada yang nol. Perhatikan bahwa jika salah satu positif maka dua yang lain juga positif. Selanjutnya, dengan mengalikan dengan -1 akan diperoleh solusi yang lain. Asumsikan x, y, z >0. Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM untuk masing-masing persamaan diperoleh
2y = x+ 2 x ≥2
s x 2 x
= 2√2⇐⇒y≥√2,
2z = y+ 2 y ≥2
s y 2 y
= 2√2⇐⇒z≥√2,
2x = z+2 z ≥2
s z 2 z
= 2√2⇐⇒x≥√2.
Dengan menambahkan semua persamaan dari sistem persamaan semula dan hasil di atas, diperoleh
3√2≤x+y+z= 2 2 x+ 2 y + 2 z
≤3√2.
Dengan demikan haruslah x =y =z =√2. Selanjutnya dapat ditunjukkan bahwa √2,√2,√2 dan −√2,−√2,−√2
adalah solusi yang dimaksud.
Contoh 10 Cari semua solusi real dari sistem persamaan 4x2
4x2+ 1 = y
4y2
4y2+ 1 = z
4z2
4z2+ 1 = x.
Penyelesaian: Perhatikan fungsi f : [0,∞)−→[0,∞),
f(t) = 4t
2
4t2+ 1,
yang sama jika x > y maka akan diperoleh suatu kontradiksi. Jadix = y. Dengan menggunakan argumen yang sama diperoleh y=z.Jadi x=y=z.Dengan menyelesaikan persamaan
4t2 4t2+ 1 =t
diperoleh t= 0 ataut= 1
2.Jadi solusi dari sistem persamaan di atas hanyalah tripel (0,0,0) dan 1 2, 1 2, 1 2 .
Contoh 11 Tentukan semua solusi real dari sistem persamaan
x2
+y2
+z2
= 1 x2y2
+y2z2
+z2x2
= 9x2y2z2
Penyelesaian: Dari persamaan pertama, tidak mungkin x = y = z = 0. Dari persamaan kedua tidak mungkin jika satu variabel nol dan dua variabel tidak nol.
Kasus I: Jika dua variabel nol dan satu variabel tidak nol. Misalkanx=y = 0,z6= 0. Diperoleh z=±1. Dengan demikian (0,0,±1) merupakan solusi. Dengan cara yang sama diperoleh (0,±1,0) dan (±1,0,0) juga merupakan solusi.
Kasus II: Jika ketiga variabel tidak nol. Persamaan kedua ekivalen dengan
1 x2 +
1 y2 +
1 z2 = 9.
Digunakan AM-HM, persamaan pertama, dan persamaan di atas diperoleh
1 3 =
x2+y2+z2
3 ≥
3
1
x2 +
1
y2 +
1 z2 = 3 9 = 1 3.
Jadi x2+y32+z2 = 1 3
x2+ 1
y2+ 1
z2
. Oleh karena itu x2
=y2
=z2
. Diperoleh (±13
√
3,±13√3,±13√3) solusi
sistem persamaan di atas.
Soal-soal Latihan
1. Diketahui a+b= 1 dan a2+b2= 2. Tentukan a4+b4.
2. Sederhanakanp9 +√80−p9−√80 (tanpa melibatkan tanda akar).
3. Buktikan bahwa jika a, b, c∈R,dan a2
+b2
+c2
= 1 maka−1
2 ≤ab+bc+ca≤1.
4. Tentukan bilangan realaagar hasil tambah kuadrat akar-akarx2+ (a−2)x−a−3 minimum.
5. Hitung Pnk=1k!(k
2+k+ 1).
6. Tentukan jumlah dari
r 1 + 1
12 +
1 22 +
r 1 + 1
22 +
1
32 +· · ·+
r
1 + 1 20012 +
8. Misalkan x dan y bilangan real dan x2+ 3xy+y2 = 60. Tentukan nilai maksimum yang
mungkin untuk xy.
9. Misalkan semua akar dari x6
−6x5
+ax4
+bx3
+cx2
+dx+ 1 = 0 adalah positif. Tentukan a, b, c, d.
10. Untuk bilangan real a,b, danc yang memenuhi a≥b≥c >0, buktikan bahwa
a2
−b2
c +
c2
−b2
a +
a2
−c2
b ≥3a−4b+c.
11. Buktikan bahwa
1 15 < 1 2. 3 4. 5 6. 7 8· · ·
99 100 <
1 10.
12. Misalkan a1, a2, . . . , an bilangan real positif dan b1, b2, . . . , bn adalah penataan kembali dari a1, a2, . . . , an.Buktikan bahwa
a1
b1
+a2 b2
+· · ·+an bn ≥
n.
13. Untuk bilangan aslinsebarang, buktikan bahwa
(a) 1 + 1
n n
<
1 + 1
n+1
n+1
.
(b) 1 + 1
n n+1
>1 + 1
n+1
n+2
.
14. Buktikan bahwa
1
√
1 +√3+ 1
√
5 +√7+· · ·+
1
√
9997 +√9999 >24.
15. Buktikan bahwa pn
n+ √nn+ pn
n− √nn <2√nn untukn
≥2.
16. Misalkanx1+x2+x3= π2, xi >0.Buktikan bahwa
sinx1sinx2sinx3 ≤
1 8.
17. Buktikan bahwa tana+ tanb≥2 tan√abuntuk setiap a, b∈[0,π2).
18. Buktikan bahwa untuk bilangan asli nberlaku
n!≤
n+ 1
2 n
.
19. Misalkana1, a2, . . . , andanb1, b2, . . . , bnadalah bilangan real positif yang memenuhia1a2. . . an= b1b2. . . bn.Buktikan bahwa
(a1b1+ 1) (a2b2+ 1). . .(anbn+ 1) b1b2. . . bn ≥
20. Cari semua solusi real dari sistem persamaan berikut.
x3
+ y = 3x + 4 2y3 + z = 6y + 6 3z3 + x = 9z + 8
21. Cari semua tripel (x, y, z) yang memenuhix4
+y4
+z4
−4xyz=−1.
22. Cari semua solusi real dari sistem persamaan
x+y = √4z−1 y+z = √4x−1 z+x = p4y−1
23. Buktikan tidak ada belangan realx, y, x yang memenuhi
x2
+ 4yz + 2z = 0 x + 2xy + 2z2 = 0 2xz + y2 + y+ 1 = 0
24. Cari semua bilangan realm sehingga persamaan
(x2−2mx−4(m2+ 1))(x2−4x−2m(m2+ 1)) = 0
mempunyai tepat tiga akar.
Rujukan
[1] Engel, A. 1998. Problem-Solving Strategies. New York: Springer-Verlag.
TEORI BILANGAN
Nanang Susyanto
Jurusan Matematika FMIPA UGM
1
Sistem Bilangan Bulat 1.1 Latar belakangPada zaman dahulu, manusia hanya mengenal sistem bilangan asli
N={1,2,3, ...}
Mereka hanya mengenal sistem bilangan tersebut karena pada waktu itu yang mereka butuhkan hanyalah menghitung sesuatu yang mereka miliki atau mereka dapatkan. Sebagai contoh: menghi-tung hasil binatang buruan, menghimenghi-tung banyak persediaan makanan yangmereka miliki, dan se-bagainya. Akan tetapi, setelah selang waktu tertentu mereka merasakan binatang buruannya habis yang kemudian dilambangkan dengan simbol ”0”. Oleh karena itu, mereka mulai mengenal sistem bilangan cacah
N0 ={0} ∪N={0,1,2,3, ...}
Seiring dengan adanya sistem barter, mereka menemui masalah ”jika setiap seekor kambing dapat ditukar dengan 10 ekor ayam, maka bagaimana jika saya mempunyai 7 ekor ayam yang ingin ditukarkan dengan seekor kambing?”. Tentu saja orang tersebut masih hutang/kurang 3 ekor ayam bukan? Kekurangan 3 ekor ini yang kemudian dilambangkan −3. Dari sini mereka mulai mengenal bilangan bulat
Z={..,−3,−2,−1,0,1,2,3, ...}
Perkembangan selanjutnya, jika seseorang mempunyai 1 buah apel sedangkan ia punya dua anak, maka untuk menuliskan kejadian ini mereka memberi simbol 12. Dengan demikian, mereka mulai mengenal sistem bilangan rasional
Q=na
b|adan b bilangan bulat denganb6= 0
o
1.2 Mengingat kembali notasi pada himpunan, relasi serta operasi dua him-punan
Secara umum, suatu himpunan kita notasikan dengan huruf kapital A, B, C, ... Dalam teori bi-langan kita hanya akan bekerja pada sistem bibi-langan asli, cacah, bulat, dan yang paling luas kita akan bekerja pada sistem bilangan rasional. Untuk himpunan-himpunan tersebut, yaitu himpunan bilangan asli, cacah, bulat, dan rasional berturut-turut kita notasikan dengan N,N0,Z, dan Q.
Sedangkan untuk anggota-anggota dari suatu himpunan biasanya kita tulis dengan huruf kecil
1.2.1 Relasi dua himpunan
1. Himpunan A dikatakan himpunan bagian dariB kita tulis dengan A ⊆B jika untuk setiap
x∈Amakax∈B.
2. Himpunan A dikatakan sama dengan himpunanB kita tulis dengan A=B jika A⊆B dan
B ⊆A.
3. HimpunanB dikatakan komplemen dari himpunanA kita tulis denganB =Ac atauB =A′
jika himpunanBberisi semua anggota dari himpunan semesta yang bukan anggota himpunan
A.
1.2.2 Operasi dua himpunan
1. Irisan dua himpunan A dan B dinotasikan dengan A∩B adalah himpunan yang anggota-angotanya merupakan anggota dari kedua himpunan A dan B. Secara matematika dapat kita tuliskan
A∩B ={x|x∈A danx∈B}
2. Gabungan dua himpunanAdanB dinotasikan denganA∪Badalah himpunan yang anggota-angotanya merupakan anggota himpunanAatau himpunanB. Secara matematika dapat kita tuliskan
A∪B={x|x∈A ataux∈B}
3. Selisih dua himpunan A dan B dinotasikan dengan A−B adalah himpunan yang anggota-anggotanya merupakan anggota himpunan A tetapi bukan anggota himpunan B. Secara metematika dapat kita tuliskan
A−B ={x|x∈A danx /∈B}
Definisi 1 (sifat tertutup)
Himpunan A dikatakan tertutup terhadap operasi ∗ (bisa penjumlahan, pengurangan, pemba-gian, perkalian, dan lain-lain) jika untuk setiapa, b∈A berlakua∗b∈A.
Contoh 1.
Himpunan bilangan bulat tertutup terhadap penjumlahan, pengurangan, dan perkalian, tetapi tidak terhadap pembagian karena 12 ∈/Z.
1.3 Himpunan bilangan bulat
Tentu saja himpunan ini telah kita kenal dengan akrab sejak di sekolah dasar. Di sini kita akan membahas sifat-sifat yang berkaitan dengan himpunan bilangan bulat dan himpunan bagiannya. Salah satu himpunan bagian dari himpunan bulat adalah himpunan bilangan asli, himpunan ini beranggotakan bilangan-bilangan bulat yang positif.
Beberapa sifat yang berkaitan dengan bilangan bulat dan himpunan bagiannya
1. Himpunan bilangan bulat tertutup terhadap penjumlahan, pengurangan, dan perkalian,
3. Setiap himpunan bagian dari himpunan bilangan asli selalu mempunyai elemen terkecil (min-imal),
4. Setiap himpunan bagian dari himpunan bilangan bulat yang berhingga selalu mempunyai elemen minimal dan elemen maksimal,
Sifat (3) disebut sifat terurut rapi (well ordering principle).
1.4
Soal-soal Latihan
1. Tunjukkan hukum D’Morgan yaitu (A∩B)c =Ac∪Bc dan (A∪B)c =Ac∩Bc.
2. MisalkanA⊆Ztertutup terhadap pengurangan. Jika diketahui 4 dan 7 merupakan anggota
A,
(a) tunjukkan bahwa 0,100,208∈A,
(b) daftarlah semua anggota dari A.
3. Misalkan S adalah himpunan yang memuat semua bilangan bulat. Jika untuk setiap s∈S
yang tidak nol, terdapat s′ ∈S sehingga ss′ = 1,maka tentukan semua anggota-anggota S.
4. Jumlah dari rata-rata aritmatik himpunan A dan rata-rata aritmatik himpunan B adalah 5002.HimpunanAdanB terdiri dari bilangan-bilangan asli berurutan. JikaA∩B ={2005} tentukan kemungkinan unsur himpunan B yang terbesar. (soal olimpiade matematika tk propinsi tahun 2005)
5. MisalkanSadalah himpunan yang memuat bilangan 1,2,3,dan 4.Diketahui untuk sebarang
a, b, c, d∈S yang semuanya berbeda akan berlakuab+cd∈S.Selidiki apakah 2008∈S? 6. Buktikan sifat well ordering principle pada sebarang sub himpunan bilangan asli.
7. Suatu barisan bilangan bulat {an} memenuhi persamaan aan+n=an untuk setiap bilangan
aslin. Jika diketahui a2008= 1,maka tunjukkan bahwa an= 1 untuk setiap bilangan aslin.
2
Teorema KeterbagianPada bab ini, kita akan mempelajari tentang konsep dasar keterbagian, algoritma pembagian, faktor persekutuan terbesar, dan kelipatan persekutuan terkecil.
2.1 Keterbagian
Definisi 1
Misalkan adan b adalah bilangan bulat dengan a6= 0. Bilangan adikatakan habis membagi b
jika terdapat bilangan bulatk sehinggab=ka.Untuk selanjutnya kita tulis a|b,sedangkan dalam halatidak habis membagi bkita tulis dengana∤b.
Contoh 1
3|12 karena terdapat bilangan bulat kyaitu k= 4 sehingga 12 = 4×3
3∤7 karena kita tidak mungkin mendapatkan bilangan bulatk sehinga 7 =k×3.
Sifat 1
Untuk setiap bilangan bulatayang tidak nol selalu berlaku a|adan a|0
Sifat 2
Untuk setiap bilangan bulataselalu berlaku 1|a
Sifat 3
Jika a|bmaka
(i) |a| ≤ |b|
(ii) ac|bc untuk setiap bilangan bulat cyang tidak nol.
Sifat 4
Jika a|bdan a|c makaa|(mb+nc) untuk setiap bilangan bulatm dan n.
Di sini, kita hanya akan membuktikan Sifat 4. Sedangkan untuk sifat-sifat yang lainnya diser-ahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Bukti Sifat 4
Perhatikan bahwa a|b artinya terdapat bilangan bulat k sehingga b =ka, dan juga kita tahu
a|c yang berarti terdapat bilangan bulat l sehingga c =la. Dari kedua fakta tersebut kita punya
mb+nc=mka+nla= (mk+nl)ayang berartia|(mb+nc)
Contoh 2
Tentukan semua bilangan asli n sehingga 3n+25
2n−5 juga merupakan bilangan asli (soal OSN tk
Propinsi, 2002) Jawab: Agar 3n+25
2n−5 merupakan bilangan bulat haruslah 2n−5|3n+ 25,di lain pihak kita juga punya
2n−5|2n−5.Dengan demikian 2n−5|(2 (3n+ 25)−3 (2n−5)) atau ekivalen dengan 2n−5|65.
Dari sini kita simpulkan 2n−5 = 1,5,13,atau 65.Yang selanjutnya kita dapatkan solusin= 3,5,9,
atau 35.
2.2 Algoritma Pembagian
Teorema 1
Jika adan badalah bilangan bulat dan b >0, maka terdapat dengan tunggal bilangan bulat q
dan r sehingga
a=bq+r
dengan 0≤r < b.
Bukti:
Padang himpunan..., a−3b, a−2b, a−b, a, a+b, a+ 2b, a+ 3b, ...Jika barisan tersebut memuat unsur nol, maka terdapat bilangan bulatq sehinggaa=bq+r denganr = 0.Jika barisan tersebut tidak terdapat unsur nol, maka atidak mungkin nol. Jika a >0 maka a+ab=a(1 +b)>0,dan jika a < 0 maka a−ab = −a(b−1) > 0. Jadi, barisan tersebut memuat unsur positif. Dengan demikian, jika kita himpun semua elemen yang positif sebut saja himpunanS, maka menurutwell ordering principle S mempunyai elemen terkecil, sebut elemen minmal tersebut adalahr =a−qb.
s=a−(q+ 1)b=a−qb−b=r−b >0.Perhatikan bahwas∈S,dans < r. Ini kontradiksi dengan asumsi bahwa r merupakan elemen terkecil. Jadi haruslah terdapat bilangan bulatq sehingga
0< r=a−bq < b
atau dengan kata lain
a=bq+r dengan 0< r < b
Sekarang akan kita buktikan ketunggalannya. Misalkan terdapat bilangan bulat 0≤r1, r2 < b dan
q1 serta q2 sehingga a = bq1 +r1 = bq2 +r2. Dari sini akan diperoleh b(q1−q2) = r2−r1 yang
berarti b|(r2−r1), akan tetapi −b < r2−r1 < b , akibatnya r2−r1 = 0 atau dengan kata lain
r2 =r1. Dengan faktar2=r2 ini juga akan berakibat q1=q2 dan kita selesai.
Dari teorema di atas, dapat kita pahami bahwa jikamsuatu bilangan asli, maka untuk sebarang bilangan bulatndapat dinyatakan sebagai
n=mk+r
untuk suatu bilangan bulat k dan r dengan 0 ≤ r ≤ m−1. Bilangan yang berbentuk mk+r
adalah bilangan bulat yang bersisa r ketika dibagi m. Sebagai contoh, kita kita ambil m = 2,
maka fakta di atas mengatakan bahwa setiap bilangan bulat dapat dinyatkan dalam bentuk 2k
atau 2k+ 1, yang selanjutnya dalam kehidupan kita sehari-hari bilangan yang berbentuk 2k dan 2k+ 1 berturut-turut kita katakan bilangan genap dan bilangan ganjil. Sekarang, marilah kita lihat beberapa contoh berikut:
Contoh 3
Tentukan semua banyak bilangan asli ndengan n <2008 yang menyebabkan 13n(n+ 1) meru-pakan bilangan bulat.
Jawab:
Setiap bilangan asli dapat dinyatakan dalam bentuk 3k,3k+ 1,atau 3k+ 2 Untuk n= 3k,kita punya 13.3k.(3k+ 1) =k(3k+ 1) merupakan bilangan bulat,
untuk n = 3k+ 1 kita punya 13(3k+ 1) (3k+ 2) = 3k2+ 3k+ 23 bukan merupakan bilangan bulat,
untuk n= 3k+ 2 kita punya 13(3k+ 2) (3k+ 3) = (3k+ 2) (k+ 1) merupakan bilangan bulat. Jadi, bilangan asli nyang menyebabkan 13n(n+ 1) bukan bilangan bulat adalah bilangan asli yang berbentuk 3k+ 1. Bilangan seperti ini yang kurang dari 2008 dapat kita daftar dengan cara berikut:
1 = 3.0 + 1,4 = 3.1 + 1,7, ...,2005 = 3.668 + 1
yang berarti ada 669 bilangan asli kurang dari 2008 yang berbentuk 3k+ 1. Dengan ddemikian, banyak bilangan asli n < 2008 yang menyebabkan 13n(n+ 1) merupakan bilangan bulat adalah 2007−669 = 1338.
Contoh 4.
Tunjukkan bahwa tidak ada bilangan kuadrat pada barisan 11,111,1111,11111, ...
Jawab:
Perhatikan bahwa untuk n = 2k kita punya n2 = 4k2 dan untuk n = 2k+ 1 kita punya
n2 = 4 k2+k
+ 1. Dari sini kita dapat simpulkan bahwa sisa pembagian dari bilangan kadrat oleh 4 adalah 0 atau 1.Sekarang perhatikan barisan
sisa pembagian setiap suku oleh 4 selalu bersisa 3, dengan demikian tidak ada bilangan kuadrat pada barisan di atas.
2.3 Pembagi sekutu terbesar dan faktor sekutu terkecil
2.3.1 Pembagi sekutu terbesar
Pada saat sekolah dasar, kita semua tentu telah mengenal pembagi sekutu terbesar atau biasa disebut faktor persekutuan terbesar (FPB), atau disebut juga greatest common divisor (gcd).
Definisi 2.
Diberikan a dan b adalah bilangan bulat yang tidak keduanya nol. Bilangan asli d disebut pembagi sekutu terbesar dari adan batau ditulis dengan d= gcd (a, b) jika
(i). d|adan d|b
(ii). untuk setiap bilangan aslic denganc|adan c|b haruslah berlaku c≤d.
bagian (i) mengatakan bahwa d adalah pembagi sekutu dari a dan b, sedangkan bagian (ii) mengatakan bahwa untuk setiap pembagi sekutu dari adan b harus lebih kecil atau sama dengan
d, dengan kata lain (ii) mengatakan bahwadmerupakan pembagi sekutu yang terbesar.
Definisi 3.
Bilangan bulat adan bdikatakan saling prima (relatif prima) jika gcd (a, b) = 1.
Definisi 4.
Untuk sebarang bilangan bulat a, b danc didefinisikan
gcd (a, b, c) = gcd (gcd (a, b), c) = gcd (a,gcd (b, c))
Dari definisi di atas, dapat diturunkan beberapa sifat di bawah ini:
1. gcd (a, b) = gcd (b, a) = gcd (|a|,|b|)
2. gcd (a,1) = 1 untuk setiap bilangan bulata,
3. gcd (a,0) =|a|untuk setiap bilangan bulat tak nol a,
4. gcd (ma, mb) =|m|gcd (a, b) untuk setiap bilangan bulat tak nol m,
5. jika d= gcd (a, b) maka gcd ad,db
= 1.
2.3.2 Menentukan gcddua bilangan dengan algoritma Euclide
Misalkanadanbbilangan bulat yang tidak keduanya nol. Kita akan menghitung gcd dari adan b
dengan menggunakan algoritma pembagian yang telah kita kenal pada sub bab sebelumnya. Karena gcd (a, b) = gcd (b, a) = gcd (|a|,|b|),maka di sini hanya akan dibahas untuk adan b bilangan asli dengana > b.
Berdasarkan algoritma pembagian, akan terdapat bilangan bulat q dan r dengan 0 ≤ r < b
sehinggaa=bq+r atau ekivalen denganr =a−bq.
Perhatikan bahwa untuk setiap pembagi sekutu adanb pasti merupakan pembagi darir.Oleh sebab itu, dapat kita simpulkan gcd (a, b) = gcd (b, r).Jikar = 0,maka gcd (a, b) = gcd (b,0) =b.
Jika r 6= 0 kita dapat lakukan langkah yang sama pada bdan r, yakni terdapat q1 dan r1 dengan
0≤r1 < r sehinggab=rq1+r1.Dengan argumen yang sama seperti sebelumnya, kita simpulkan
gcd (b, r) = gcd (r, r1). Jika r1 = 0, maka gcd (b, r) = gcd (r, r1) = r. Jika tidak, kita dapat
melakukan langkah di atas sehingga kita peroleh barisan r1, r2, ... Akan tetapi, karena a dan b
berhingga, maka tentu akan terdapatnsehingga rn= 0.Dengan demikian
gcd (a, b) = gcd (b, r) = gcd (r, r1) = gcd (r1, r2) =...= gcd (rn−1, rn) = gcd (rn−1,0) =rn−1
Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh berikut:
Contoh 5.
Hitung gcd (2008,123456).
Jawab:
gcd (2008,123456) = gcd (123456,2008).Dengan algoritma pembagian 123456 = 61×2008+968,
dengan demikian gcd (123456,2008) = gcd (2008,968). Kemudian 2008 = 2×968 + 72, sehingga gcd (2008,968) = gcd (968,72),seterusnya dengan algoritma pembagian akan kita peroleh
gcd (968,72) = gcd (72,32) = gcd (32,8) = gcd (8,0) = 8
dengan demikian gcd (2008,123456) = 8.
Contoh 6.
Jika d= gcd (a, b) maka tunjukkan bahwa gcd ad,db
= 1.
Jawab:
Misalkan gcd ad,bd
= k, maka kita punya k|ad dan k|db, yang berakibat kd|a dan kd|b dan selanjutnya kita peroleh kd ≤ d (mengapa?). Dengan demikian, k ≤ 1 dan kita peroleh k = 1 (karena kmerupakan bilangan asli). Jadi gcd a
d, b d
= 1.
Teorema 2(Identitas Benzout)
Jika d= gcd (a, b) maka terdapat bilangan bulatx dan y sehinggaax+by=d.
Jawab:
Bentuk himpunan
S={ax+by|x, y∈Z, ax+by >0}
perhatikan bahwa jika kita ambilx=adann=bkita punyaa2+b2>0 (ingat pada pendefinisian gcd kita asumsikanadan btidak keduanya nol) yang berarti S tidak kosong. Dengan demikian S
mempunyai elemen terkecil, sebut sajad. Kita akan buktikan bahwad= gcd (a, b).Pertama akan kita buktikan bahwad|adand|b.Dengan algoritma pembagian kita dapat tulis a=dq+r dengan 0 ≤r < t atau dengan kata lain r =a−dq. Akan tetapi d∈ S yang berarti d=am+bn untuk suatu m, n ∈ Z. Oleh karena itu, kita punya r = a−dq = a−(am+bn)q = a−aqm−bnq =
d|a, dengan cara yang sama kita peroleh jugad|b. Sekarang misalkan c adalah sebarang bilangan asli dengan c|adan c|b,makac|am+bnatauc|d.terbukti bahwad= gcd (a, b).
Dengan menggunakan teorema di atas kita dapat menurunkan beberapa sifat sebagai berikut:
1. Jikad= gcd (a, b) maka untuk sebarang bilangan bulatcdenganc|adanc|bharuslah berlaku
c|d.
2. Jika a|bcdan gcd (a, b) = 1,makaa|c.
Bukti:
Untuk sifat (1) dapat langsung dilihat dari pembuktian teorema identitas Benzout, sehingga di sini hanya akan kita buktikan untuk sifat (2).
Bukti sifat (2) :
Perhatikan bahwaa|bc,artinya terdapat bilangan bulatksehinggabc=ka.Selain itu, kita juga punya gcd (a, b) = 1. Menurut identitas Benzout kita dapat menemukan bilangan bulat x dan y
dengan sifatax+by= 1.Dengan mengalikan kedua ruas dengancakan kita peroleh acx+bcy =c
yang ekivalen denganacx=c−bcy.Perhatikan bahwa a|(c−bcy),akan tetapi karena a|bcy akan berakibat a|c.
Contoh 7.
Diberikan gcd (15,24) = 3.Cari salah satu pasangan bulat (x, y) sehingga 15x+ 24y= 3.
Jawab:
Perhatikan bahwa 24 = 15.1 + 9, 15 = 9.1 + 6, dan 9 = 6.1 + 3 (ingat mencari gcd dengan Algoritma Euclide). Dengan demikian
3 = 9−6 = 9−(15−9) = 2.9−15 = 2 (24−15)−15 =−3.15 + 2.24
kita dapat mengambilx=−3 dany= 2.
Contoh 8
Jika gcd (a, b) = 1 dan gcd (a, c) = 1,tunjukkan bahwa gcd (a, bc) = 1.
Jawab:
kita punya gcd (a, b) = 1 dan gcd (a, c) = 1, sehingga ada bilangan bulatxdanyyang memenuhi
ax+by= 1 dan ada bilangan bulatm dan nyang memenuhi ax+cy = 1.Kemudian kita peroleh (ax+by) (am+cn) = 1 ⇐⇒a(axm+bmy+cnx) +bc(ny) = 1 yang berakibat gcd (a, bc)|1 dan tentunya gcd (a, bc) = 1.
Kelipatan persekutuan terkecil. Selain pembagi sekutu terbesar, tentunya pada saat sekolah dasar juga kita telah mengenal kelipatan persekutuan terkecil (KPK). Dalam pembahasan selan-jutnya, untuk sebarang bilangan bulatadan b KPK dariadan b kita tulis dengan [a, b].
Definisi 5
Diberikan bilangan bulat a dan b yang tidak keduanya nol. Bilangan bulat positif m disebut KPK dari adan bjika
1. m|adan m|b,
Definisi 6
Misalkana, b,dancbilangan bulat yang tidak semuanya nol, KPK daria,b,dancdidefinisikan sebagai
[a, b, c] = [[a, b], c] = [a,[b, c]]
Langsung dari definisi di atas, kita dapat menurunkan beberapa sifat sederhana sebagai berikut:
1. [a, b] = [b, a] untuk setiap bilangan bulatadan b yang tidak keduanya nol, 2. [a,0] = 0 untuk setiap bilangan bulat tak nola,
3. [a,1] =|a|untuk setiap bilangan bulat a.
Teorema 3
Jika adan badalah bilangan bulat yang tidak keduanya nol, maka
[a, b] = ab gcd (a, b) Bukti:
Misalkan d = gcd (a, b),maka a =da1 dan b =db1 untuk suatu bilangan bulat a1, b1 dengan
gcd (a1, b1) = 1.Misalkanm =da1b1.Akan kita buktikan bahwa m= [a, b].Jelas bahwaa|m dan
b|m. Ambil sebarang bilangan asli n dengan sifat a|n dan b|n, artinya n = ka dan n = lb untuk suatu bilangan bulat k, l. Dari sini kita dapatkan ka= lb ⇐⇒ kda1 = ldb1 ⇐⇒ ka1 = lb1. Kita
punya a1|lb1, dan karena gcd (a1, b1) = 1 maka a1|l yang berarti l = ta1 untuk suatu bilangan
bulat t. Dengan demikian kita punya n = lb = ldb1 = tda1b1, akibatnya m|n dan kita selesai
membuktikanm= [a, b].
Contoh 9. Hitung [56,72].
Jawab:
Karena gcd (56,72) = 8 maka [56,72] = 56.72
8 = 504. Contoh 10.
Tentukan bilangan bulat positif terkecil lebih dari 1 yang bersisa 1 ketika dibagikuntuk setiap 2≤k≤10.
Jawab:
Bilangan yang bersisa 1 ketika dibagikpasti berbentukkm+ 1 untuk suatu bilangan bulatm,
dan karena bilangan tersebut harus berbentuk km+ 1 untuk setiap 2 ≤ k ≤ 10 maka bilangan tersebut harus berbentuk rm+ 1 dengan r habis dibagi 2 ≤ k ≤ 10. Dengan demikian, r = [2,3,4, ...,10] = 2520.Jadi bilangan yang dimaksud pasti berbentuk 2520m+1 untuk suatu bilangan bulat m. Dan karena kita mencari yang terkecil dan lebih besar dari 1 maka kita ambil m = 1.
Jadi, bilangan yang dimaksud adalah 2521.
2.4 Soal-soal Latihan
1. Tentukan semua bilangan bulatp yang menyebabkan
(b) 2p+ 1 membagi 2p2+ 7,
(c) p2−10 kelipatanp+ 10.
2. Tentukan semua bilangan asli nsehingga n3
+24
n+3 juga merupakan bilangan asli.
3. Tentukan bilangan asli terbesarn sehinggan3+ 100 kelipatann+ 10.
4. Diberikanf(x) =ax2+bx+c, dengana, b, dan cadalah bilangan bulat. Jika 3|f(x) untuk
setiap bilangan bulat x,tunjukkan bahwa 3|a,3|b,dan 3|c.
5. Buktikan bahwa n(n+1)(26 n+1) merupakan bilangan bulat untuk sebarang bilangan bulatn.
6. Buktikan pernyataan-pernyataan di bawah ini:
(a) hasil kali 2 bilangan bulat yang berurutan selalu habis dibagi 2, (b) hasil kali 3 bilangan bulat yang berurutan selalu habis dibagi 6, (c) hasil kali nbilangan bulat yang berurutan selalu habis dibagi n!.
7. Buktikan bahwa gcd (a, b) = gcd (3a+ 5b,11a+ 18b).
8. Buktikan beberapa pernyataan berikut
(a) jika gcd (a, b) danc|amaka gcd (b, c) = 1
(b) jika gcd (a, b) = 1 danc|(a+b) maka gcd (a, c) = gcd (b, c) = 1 (c) jika gcd (a, b) = 1 maka gcd a2, b2
= 1.
9. Misalkanan=k2
n
, dengankbilangan asli. Tunjukkan bahwa jikam6=nmaka gcd (am, an) =
1 untuk k genap, dan gcd (am, an= 2) untuk kganjil.
10. Jika a, m, nbilangan asli,a >1 dan gcd (m, n) =d,tunjukkan bahwa
[am−1, an−1] = (a
m−1) (an−1) ad−1
(petunjuk: tunjukkan bahwa gcd (am−1, an−1) =ad−1).
3
Bilangan Prima
3.1 Pengertian bilangan prima
Pada pembahasan keterbagian, kita kenal istilahamembagib. Nah, untuk selanjutnya pernyataan
amembagi bdapat kita katakan afaktor dari b.
Definisi 1.
Bilangan bulat positif p dikatakan bilangan prima jika p mempunyai tepat dua faktor positif yaitu 1 danp sendiri.
Definisi 2.
Definisi 2 di atas juga dapat kita katakan bahwa n adalah bilangan komposit jika terdapat bilangan bulat positifa, b >1 sehinggan=ab.
Contoh 1.
Bilangan-bilangan 2, 3, 5, 7, ... merupakan bilangan prima. Bilangan 4,6,8, ... merupakan bilangan komposit.
Teorema 1
Banyak bilangan prima adalah tak hingga.
Bukti:
Andaikan hanya ada sejumlah berhingga bilangan prima, sebut saja p1, p2, ..., pn dengan p1 <
p2 < ... < pn. Bentuk N = p1p2...pn+ 1, jelas bahwa N > pn. Perhatikan bahwa untuk setiap k= 1,2, ..., n haruslahpk tidak membagiN,karena jikapk membagiN makapk|1 yang jelas tidak
mungkin. Dengan demikianN prima atau terbagi oleh bilangan prima yang lebih dari pn.Hal ini
kontradiksi dengan asumsi kita. Jadi banyak bilangan prima adalah tak hingga.
Contoh 2.
Tentukan semua bilangan prima yang berbentukn3+ 1 untuk suatu bilangan aslin.
Jawab:
Perhatikan bahwan3+ 1 = (n+ 1) n2−n+ 1
,dengan demikian salah satu faktor yaitun+ 1 atau n2 −n+ 1 harus sama dengan 1. Jika n+ 1 = 1 maka n = 0 (tidak memenuhi), dan jika
n2−n+ 1 = 1 maka n= 0 ataun= 1.Untuk n= 1 kita peroleh n3+ 1 = 2.Jadi bilangan prima yang berbentukn3+ 1 hanyalah 2.
Contoh 3.
Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan primap selalu berlaku 6| p2−1
.
Jawab:
Setiap bilangan prima lebihp >3 selalu dapat kita nyatakan sebagai 6k+ 1 atau 6k−1.Akan tetapi, apapun yang terjadi akan selalu kita peroleh p2 = 6m+ 1 di mana m = 6k2 + 2k atau
m= 6k2−2k.Dengan demikian 6| p2−1
.
Akibat 1.
1. Jika pprima, maka untuk sebarang bilangan aslin berlakup|natau gcd (p, n) = 1.
2. Jika pprima danp|abuntuk suatu bilangan bulatadan b,makap|aatau p|b.
Bukti:
1. Jika p|n, maka tidak ada yang perlu dibuktikan. Asumsikan p∤n. Misalkand= gcd (p, n),
yang berarti d|p dan d|n. Karena p prima maka d= 1 atau d= p. Dari asumsi kita punya
p∤n, akibatnyad6=n .Dengan kata laind= 1 dan kita selesai.
2. Jika p|a, maka kita selesai. Asumsikan p ∤ a. Menurut sifat (1) kita punya gcd (p, a) = 1,
dengan demikian terdapat bilangan bulat xdany sehinggapx+ay= 1.Dengan mengalikan kedua ruas dengan b akan kita peroleh pbx+aby = b atau setara dengan p(bx) =b−aby.
Akan tetapip|abakibatnya p|b.
Akibat 2.
Jika pprima dan n, msebarang bilangan asli dengan p|nm makap|n.
3.2 Faktorisasi Prima
Bilangan prima merupakan bilangan yang lebih sederhana daripada bilangan komposit karena bi-langan prima hanya mempunyai 2 faktor positif yang berbeda. Oleh karena itu setiap bibi-langan asli akan kita bawa ke dalam perkalian bilangan-bilangan prima berpangkat yang disebut dengan faktorisasi prima. Berikut penjelasannya.
Teorema 2
Setiap bilangan asli n >1 dapat dinyatakan secara tunggal sebagai
n=pa1
1 pa
2
2 ...pa
k
k
dengan k suatu bilangan asli, p1 < p2 < ... < pk bilangan-bilangan prima berbeda , dan ai ≥ 1
untuk setiap i= 1,2,3, ..., k.
Bukti:
Jika n = p prima, maka kita selesai. Asumsikan n komposit. Misalkan p1 adalah bilangan
prima terkecil yang membagin, makan=p1n1 untuk suatu bilangan aslin1.Jikan1 prima, maka
kita selesai. Jikan1 tidak prima kita dapat menemukan bilangan prima terkecil yang membagi n1.
Jika bilangan prima tersebut sama dengan p1 maka n = p21n2 untuk suatu bilangan asli n2, jika
bilangan prima tersebut tidak sama denganp1 sebut sajap2 maka =p1p2n2.Demikian seterusnya,
sampai kita peroleh nm = 1 (mengapa ini dijamin?). Jadi
n=pa1
1 pa
2
2 ...p ak
k
Sekarang akan kita buktikan ketunggalannya. Misalkan n = pa1
1 pa
2
2 ...pa
k
k = q b1
1 qb
2
2 ...qmbm dengan p1 < p2 < ... < pk dan q1 < q2 < ... < qm bilangan-bilangan prima. Jika terdapat pi yang tidak
sama dengan qt untuk setiapt= 1,2, ..., mmaka pi ∤q1b1qb22...qbmm yang berarti pi ∤n dan ini tidak
mungkin. Jadi, untuk setiap pi pasti terdapatt∈ {1,2, ..., m}sehingga pi =qt.Dengan cara yang
sama dapat dibuktikan juga bahwa untuk setiapqi pasti terdapatt∈ {1,2, ..., k}sehingga qi =pt.
Dengan demikian kita punya k =m. Dan karenap1 < p2 < ... < pk dan q1 < q2 < ... < qk maka pi =qi untuk setiap i= 1,2, ..., katau dengan kata lain
pa1
1 p a2
2 ...p ak
k =p b1 1 p b2 2 ...p bk k
Jika terdapat isehingga ai > bi maka dengan membagi masing-masing ruas dengan pbii akan
be-rakibatpi membagi ruas kiri tetapi tidak membagi ruas kanan yang jelas tidak mungkin. Demikian
juga jika terdapat isehingga ai < bi maka dengan membagi kedua ruas denganpaii akan berakibat pi tidak membagi ruas kiri tetapipi membagi ruas kanan yang jelas tidak mungkin. Jadi kita harus
punya ai =bi untuk setiapi= 1,2, ..., k. Dan kita selesai membuktikan ketunggalannya.
keterangan: Tidak hanya bilangan asli saja yang dapat kita tulis dalam bentuk perkalian faktor-faktor prima. Secara umum, untuk sebarang bilangan bulat n 6= 0 selalu dapat ditulis dalam bentukn=upa1
1 p a2
2 ...p ak
k denganu=±1, k bilangan asli, dan p1, p2, ..., pk bilangan prima.
Faktorisasi prima ini, akan memudahkan kita dalam menganalisa suatu bilangan bulat. Per-hatikan bahwa jika bentuk faktorisasi prima darinadalah
n=pa1
1 p a2
2 ...p ak
1. nmempunyai k faktor prima yaitup1, p2, ..., pk.
2. Banyak faktor positif dari nadalah (1 +a1) (1 +a2)...(1 +an) (mengapa?).
Salah satu penggunaan faktorisasi prima adalah mencari FPB dan KPK dua bilangan bulat. Jika kita sudah mendapatkan faktorisasi prima dari dua bilangan bulat, sebut saja adan b,maka pastilah faktorisasi dari keduanya dapat dinyatakan sebagai
a=ps1
1 p s2
2 ...p sk
k danb=p t1 1 p t2 2 ...p tk k
dengan pi prima dan si, ti ≥0 untuk i= 1,2, ..., k. Dengan faktorisasi prima ini, dapat dipahami
bahwa
gcd (a, b) =pm1
1 p m2
2 ...p mk
k dan [a, b] =p M1 1 p M2 2 ...p Mk k
di mana mi = min{ai, bi} dan Mi =maks{ai, bi} untuk setiapi= 1,2, ..., k.
Untuk lebih jelasnya, mari kita simak beberapa contoh di bawah ini:
Contoh 4
Tentukan FPB dan KPK dari 56 dan 2008. Jawab:
Akan kita selesaikan dengan faktorisasi prima, perhatikan bahwa 112 = 24.7 dan 2008 = 23.251.
Dengan demikian gcd (56,2008) = 23= 8 dan [112,208] = 24
(7) (251) = 28 112.
Contoh 5
Tentukan jumlahan dari semua faktor positif dari 5.000.000.
Jawab:
Tentu kita dapat mendaftar semua faktor positif dari 5.000.000 kemudian menjumlahkannya, namun akan butuh waktu yang sangat lama. Nah, sekarang perhatikan bahwa faktorisasi prima dari 5.000.000 adalah 26.57. Dengan demikian, setiap faktor positifnya berbentuk 2a.5b dengan a = 0,1,2, ...,6 dan b = 0,1,2, ...,7. Sehingga jumlahan dari semuanya adalah X
a,b 2 a.5b
=
X6 a=02
a X7 b=03
b= 27−138−1 2
.
Contoh 6
Jikamadalah bilangan asli sehingga√mmerupakan bilangan rasional, maka tunjukkan bahwa
m merupakan kuadrat suatu bilangan asli. Jawab:
Misalkan √m = a
b dengan a dan b bilangan asli (mengapa?). Jika b = 1, maka jelas bahwa m=a2.Asumsikanb >1, akibatnyaa >1.Kita dapat tulis faktorisasi prima dariadanbyaitua=
ps1
1 ps
2
2 ...p sk
k dan b=p t1
1 pt
2
2...p tk
k .Sekarang perhatikan bahwam= a
2
b2 =p
2s1−2t1
1 p2s
2−2t2
2 ...p2 sk−2sk
k =
ps1−t1
1 p
s2−t2
2 ...p sk−sk
k 2
. Karena m bilangan asli dan p1, p2, ..., pk bilangan prima maka bilangan
yang berada dalam tanda kurung merupakan bilangan asli, dan kita selesai.
3.3 Soal-soal Latihan
1. Tentukan semua bilangan asli nyang menyebabkan n4+ 4 merupakan bilangan prima.
2. Tunjukkannmerupakan bilangan komposit jika dan hanya jikanterbagi oleh bilangan prima
3. Tunjukkan bahwa ada tak hingga bilangan prima yang berbentuk 4n+3 untuk suatu bilangan aslin.
4. Apakah terdapat bilangan asli n sehingga 6n+ 5 merupakan jumlahan dari dua bilangan prima?
5. Tentukan semua bilangan prima p sehingga 4p2 + 1 dan 6p2 + 1 juga merupakan bilangan prima. (soal OSN I, Yogyakarta, 2002).
6. Diberikanp >3 adalah bilangan prima. Jika
1 +1 2+
1
3+...+ 1
p−1 =
a b
dengan adanb bilangan bulat dan gcd (a, b) = 1,maka tunjukkan bahwa pmembagi a.
7. Tunjukkan bahwa jika a, b, c, d∈Ndanab=cd, maka bilanganan+bn+cn+dnmerupakan
bilangan komposit untuk setiap bilangan aslin.
8. Jika faktorisasi prima dari nadalah n=pa1
1 pa
2
2 ...p ak
k ,maka tunjukkan bahwa
(a) Hasil kali semua faktor positif darinadalahnm2 denganm= (1 +a
1) (1 +a2)...(1 +ak),
(b) Jumlahan semua faktor positif daronadalah Pa1
i=0pi1 Pa2
i=0pi2
... Pak
i=0pik
.
9. Tunjukkan bahwanmerupakan kuadrat sempurna jika dan hanya jikanmempunyai sejumlah ganjil faktor positif.
10. Terdapat 2008 pintu berjajar diberi nomor 1 sampai 1008 dan semuanya dalam keadaan tertutup. Sekelompok anak,Pi dengan 1≤i≤2008 berjalan melalui jajaran pintu tersebut.
Masing-masing anak mengubah kondisi pintu nomor kjka dan hanya jika imembagik, jika pintunya tertutup diubah menjadi terbuka dan sebaliknya. Cari banyak pintu yang terbuka setelah semua anak melewati jajaran pintu tersebut.
4
Persamaan dan Sistem Persamaan dalam Bilangan Bulat
Dalam menyelesaikan persamaan dan sistem persamaan dalam bilangan bulat (sering juga disebut persamaan Diophantine) tentu akan lebih mudah, karena kita hanya dibatasi penyelesaian dalam bilangan bulat. Sebagai contoh jika kita akan mencari pasangan bilangan real (x, y) yang memenuhi
xy = 2, tentu akan ada tak hingga banyaknya yaitu semua pasangan bilangan real x,x2
4.1 Persamaan Diophantine Linear
Persamaan ini adalah persamaan yang paling sederhana, karena kita bisa langsung mencari solusi umumnya.
Definisi 1
Misalkan a, b, dan c adalah bilangan-bilangan bulat. Persamaan Diophantine berbentukax+
by = c disebut Persamaan Diophantine linear dan setiap pasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi ax+by=c disebut solusi.
Teorema 1
Persamaan Diophantine ax+by=c mempunyai solusi jika dan hanya jika gcd (a, b)|c.
Bukti:
=⇒)
Diketahui persamaanax+by=cmempunyai solusi, artinya ada bilangan bulatx0 dany0 yang
memenuhiax0+by0=c.Andaikan gcd (a, b) tidak membagic.Perhatikan bahwa ruas kiri terbagi
oleh gcd (a, b) tetapi ruas kanan tidak terbagi oleh gcd (a, b) yang jelas ini tidak mungkin. Jadi haruslan gcd (a, b) membagic.
⇐=)
Diketahui gcd (a, b)|c,artinya terdapat bilangan bulat ksehingga c=kgcd (a, b).
Menurut identitas Benzout terdapat bilangan bulat m dan n yang memenuhi am +bn = gcd (a, b).Dengan mengambilx=km dany =knkita akan punya
ax+by=akm+bkn=k(am+bn) =k(gcd (a, b)) =c
yang berarti persamaan ax+by=cmempunyai solusi yaitu (km, kn).
Contoh 2
Hitung banyak bilangan bulat 1 ≤ n ≤ 100 yang dapat dinyatakan dalam bentuka 6x+ 8y
untuk suatu bilangan bulatx dan y.
Jawab:
Perhatikan bahwa gcd (6,8) = 2.Oleh karena itu menurut teorema di atas, hanya bilangan yang terbagi oleh 2 yang dapat dinyatakan dalam bentuk 6x+ 8y untuk suatu bilangan bulat x dan y. Dalam hal ini, 1≤n≤100 yang terbagi oleh 2 ada tepat 50 bilangan.
Teorema 2
Jika Persamaan Diophantine ax+by=c mempunyai solusi (x0, y0) maka persamaan tersebut
mempunyai tak hinga banyaknya solusi dan setiap solusinya berbentuk
x(k) =x0+k
b
gcd (a, b) dan y(k) =y0−k
a
gcd (a, b)
untuk sebarang bilangan bulat k.
Bukti:
Diketahui (x0, y0) solusi dari ax+by=c,artinyaax0+by0 =c. Jika (x(k), y(k)) kita
substi-tusikan ke persamaan akan kita peroleh
ax(k) +by(k) =ax0+k
ab
gcd (a, b)+by0−k
ab
yang berarti (x(k), y(k)) juga merupakan solusi.Nah, untuk bukti bahwa solusi persamaan ax+
by = c hanyalah (x(k), y(k)) akan kita bahas setelah kita membahas kongruensi bilangan bulat (pada modul ini tidak dibahas).
Pertanyaannya adalah bagaimana cara kita menentukan solusi awal (x0, y0) ini? Ingat kembali
waktu kita membahas Algoritma Euclide. Kita bisa mencari bilangan bulat m dan n sehingga
am+bn= gcd (a, b).Karena persamaanax+by =cpunya solusi jika dan hanya jika gcd (a, b)|c
maka terdapat k sehingga c = kgcd (a, b). Dengan demikian kita bisa mengambil solusi awal
x0 = km dan y0 = kn. (Pada umumnya, bukan pekerjaan yang sulit untuk mencari salah satu
solusi dari persamaan ax+by=c).
Contoh 3
Tentukan semua solusi dari Persamaan Diophantine linear 6x+ 8y = 12.
Jawab:
Kita punya gcd (6,8) = 2 dan 2|12,yang berarti persamaan ini punya solusi. Mudah dipahami bahwa salah satu solusinya adalah (2,0).Dengan demikian solusi umumnya adalah x(k) = 2 + 4k
dan y(k) =−3kuntuk sebarang bilangan bulat k.
Contoh 4
Ada berapa banyak pasangan bilangan asli (x, y) yang memenuhi persamaan 4x+ 6y= 48? Jawab:
Untuk menyelesaikan soal ini kita selesaikan seperti biasa yaitu kita cari solusi umumnya, selan-jutnya kita batasi nilaikagar solusinya merupakan bilangan asli. Salah satu solusi dari persamaan ini adalah (12,0), sehingga solusi umumnya adalah x = 12 + 3k dan y = −2k untuk sebarang bilangan bulatk. Sekarang akan kita batasi nilaiksehinggax, y >0.Dari 12 + 3k >0 kita peroleh
k > −4 dan dari −2k > 0 kita peroleh k < 0, atau dengan kata lain kita peroleh −4 < k < 0.
Akan tetapi, karena kbilangan bulat maka −3≤k≤ −1.Dengan demikian ada tepat 3 pasangan bilangan asli (x, y) yang memenuhi 4x+ 6y = 48.
4.2 Persamaan Diophantine Non Linear
Persamaan ini sangat banyak bentuknya, kita tidak mungkin mengkarakteristik satu persatu. Di sini kita hanya memaparkan dengan beberapa teknik melalui contoh-contoh soal:
Contoh 5 (teknik pemfaktoran)
Tentukan solusi bulat dari persamaan xy = 2x−y.
Jawab:
Perhatikan bahwa soal di atas ekivalen denganxy−2x+y = 0, dengan menambahkan masing-masing ruas dengan−2, akan diperoleh xy−2x+y−2 =−2 dan ini dapat difaktorkan menjadi (x+ 1) (y−2) =−2.Karenaxdan y bilangan bulat, maka demikian juga denganx+ 1 dany−1.
Dengan demikian, ada 4 kejadian yang mungkin
(i). x+ 1 =−1 dan y−2 = 2.Dari sini diperoleh solusix=−2,y= 4,
(ii). x+ 1 = 1 dan y−2 =−2.Dari sini diperoleh solusix= 0, y = 0,
(iii). x+ 1 = 2 dan y−2 =−1.Dari sini diperoleh solusix= 1, y = 1,
Mudah dicek bahwa keempat pasang solusi memenuhi persamaan yang diberikan. Jadi semua solusinya dapat kita nyatakan dalam pasangan (−2,4),(0,0),(1,1),dan (−3,3).
Cotoh 6 (teknik pembatasan)
Tentukan bilangan asli a, b, c sehingga 1a+ 1b +1c = 1.
Jawab:
Perhatikan bahwa persamaan di atas simetri, artinya jika a kita tukar dengan b dan b kita tukar dengan a persamaan tidak berubah. Sehingga dapat kita asumsikana≥b≥c. Akibatnnya 1 = 1a+1b +1c ≤ 1c +1c +c1 = 3c ⇔c≤3.Dari sini kita hanya cukup mengecek untukc= 1,2,3.
• c= 1, kita substitusikan ke persamaan awal akan kita peroleh 1a+1b = 0,dan ini tidak punya penyelesaian bilangan asli.
• c= 2, kita substitusikan ke persamaan awal akan kita peroleh 1a+1b = 12
Karena a≥b, maka kita peroleh 12 = 1a+1b ≤ 2b ⇔b≤4.dan juga kita punyab≥c= 2.
. • b= 2 tidak adaayang memenuhi. . b= 3, kita peroleha= 6.
. b= 4, kita peroleha= 4.
• c= 3,kita substitusikan ke persamaan awal akan kita peroleh a1 +1b = 23.
Karena a≥b, maka kita peroleh 23 = 1a+1b ≤ 2b ⇔b≤3.dan juga kita punyab≥c= 3 jadi b= 3, sehingga kita peroleh a= 3.
Kita peroleh pasangan solusi (6,3,2),(4,4,2),(3,3,3). Perhatikan bahwa awalnya kita asum-sikan a ≥ b ≥ c, padahal bisa saja a ≥ c ≥ b atau yang lainnya. Tetapi karena persamaan-nya simetris, maka solusi yang lainpersamaan-nya tingal diubah urutanpersamaan-nya. Jadi semua solusipersamaan-nya adalah (6,3,2),(6,2,3),(3,2,6),
(3,6,2),(2,3,6),(2,6,3),(4,4,2),(4,2,4),(2,4,4),dan (3,3,3).
Contoh 7 (teknik keterbagian)
Tunjukkan bahwa tidak ada bilangan bulatx dan y yang memenuhi pesamaan (x+ 1)2+ (x+ 2)2+...+ (x+ 99)2 =y2
Jawab:
Andaikan terdapat bilangan bulat xdan yyang demikian. Kita jabarkan yang ruas kiri, yakni:
(x+ 1)2+ (x+ 2)2+...+ (x+ 99)2 = 99x2+ 99 (100)x+99.100.199
6 = 99 x
2+ 100x
+ 33.50.199
dengan demikian kita punya 99 x2+ 100x
+ 33.50.199 = y2. Perhatikan bahwa ruas kiri habis dibagi 3, akibatnya ruas kanan juga habis dibagi 3. Akan tetapi, karena ruas kanan merupakan kuadrat sempurna maka ruas kanan juga kan dibagi 9. Tentu saja ruas kiri juga havis dibagi 9, akibatnya 33.50.199 habis dibagi 9 yang jelas ini tidak mungkin.
Contoh 8 (teknik parameter)
Tunjukkan bahwa persamaan x2+y2=x3 mempunyai tak hingga banyaknya solusi asli.
Jawab:
Persamaan di atas dapat kita tulis sebagai y2 =x3−x2 atau ekivalen dengany2 =x2(x−1).
Oleh karena itu, agar persamaan tersebut punya solusi, kita harus punyax−1 merupakan kuadrat sempurna. Dengan mengambilx=n2+ 1 dany=n n2+ 1
untuk sebarang bilangan aslin,maka mudah ditunjukkan bahwa pasangan n2+ 1, n n2+ 1
4.3 Sistem Persamaan Diophantine
Telah kita bahas beberapa jenis dan contoh Persamaan Diophantine serta cara menyelesaikannya. Nah, untuk menyelesaikan sistem persamaan Diophantine kita dapat membawa ke dalam bentuk Persamaan Diophantine seperti yang telah kita kenal. Pada dasarnya, kita akan mencari solusi bilangan asli yang memenuhi semua persamaan yang diberikan secara simultan.
4.4 Soal-soal Latihan
1. Ada berapa banyak pasangan bilangan asli (x, y) yang memenuhi persamaan 2x+3y= 1000? 2. Banyak pasangan bilangan asli (x, y) yang memnuhi persamaan 1x−y1 = 13 adalah...
3. Banyaknya bilangan asli nsehingga 3n+ 81 merupakan kuadrat sempurna adalah..
4. Bilangan bulat positif terkecilnsehingga 31 membagi 5n+nadalah...
5. Tentukan semua bilangan asli a, b, dan c yang menyebabkan 1a +1b +1c merupakan bilangan asli.
6. Tentukan semua pasangan bilangan bulat non negatif yang memenuhi persamaan (xy−7)2 =x2+y2
7. Diketahui x, y, z, dan nadalah bilangan-bilangan asli yang memenuhi
xn+yn=zn
Tunjukkan bahwa x, y,dan z semuanya lebih besar darin.
8. Tentukan semua bilangan real asehingga persamaan kuadrat x2+ax+ 6a= 0 mempunyai dua solusi yang keduanya bulat.
9. Tentukan semua pasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi
x4+x3+x2+x+ 1 =y2
10. Carilah semua bilangan prima psehingga sistem persamaan
p+ 1 = 2x2
p2+ 1 = 2y2
mempunyai solusi bulat.
5
Fungsi Tangga
5.1 Fungsi floor
Fungsi floor disebut juga fungsi pembulatan ke bawah, yakni dengan mengambil bagian bulatnya. Untuk sebarang bilangan realx,nilai fungsi floor dari xkita tulis dengan⌊x⌋.
Definisi 1
Misalkanxadalah sebarang bilangan real. Nilai fungsi floorxkita tulis dengan⌊x⌋ merupakan bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x.
Contoh:
⌊3,14⌋= 3,⌊−2,5⌋=−3,√
2
= 1,dan lain sebagainya.
Definisi 2
Untuk sebarang bilangan realx, notasi{x}menyatakan bagian pecahan dari x.
Secara matematika, definisi di atas dapat kita tuliskan
{x}=x− ⌊x⌋
Dari sini jelas bahwa untuk sebarang bilangan real x berlaku 0≤ {x}<1.
Contoh:
{3,14}= 0,14;{−2,5}= 0,5; √
2 = 0,41..., dan lain sebagainya.
Langsung dari definisi, kita dapat menurunkan beberapa sifat sebagai berikut: 1. Untuk sebarang bilangan realx selalu berlaku x−1<⌊x⌋ ≤x,
2. ⌊x⌋=x jika dan hanya jikax∈Z,
3. ⌊x+k⌋=⌊x⌋+kuntuk sebarang bilangan bulat k,
4. ⌊x⌋+⌊y⌋ ≤ ⌊x+y⌋ untuk setiap x, y∈R,
5. ⌊xy⌋ ≤ ⌊x⌋ ⌊y⌋ untuk setiapx, y∈R.
Sifat 1, 2, dan 3 trivial. Di sini kita hanya akan membuktikan sifat 4, sedangkan untuk sifat 5 buktinya hampir sama dengan pembuktian sifat 4 dan diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Bukti sifat 4.
Tulis x=⌊x⌋+{x}dan y=⌊y⌋+{y},akan kita peroleh
⌊x+y⌋=⌊⌊x⌋+⌊y⌋+{x}+{y}⌋=⌊x⌋+⌊y⌋+⌊{x}+{y}⌋ ≥ ⌊x⌋+⌊y⌋
dan kita selesai.
Contoh 1
Untuk sebarang bilangan realx, tunjukkan bahwa
x+12
+⌊x⌋=⌊2x⌋.
Bukti:
Tulis x = ⌊x⌋+{x} dengan 0 ≤ {x} < 1. Kita bagi 2 kasus, yaitu jika 0 ≤ {x} < 12 dan
1
2 ≤ {x}<1.
(i). untuk 0≤ {x}< 12 , kita punya
x+1 2
+⌊x⌋=
⌊x⌋+{x}+1 2
+⌊x⌋= 2⌊x⌋+
{x}+ 1 2
= 2⌊x⌋
dan
⌊2x⌋=⌊2⌊x⌋+ 2{x}⌋= 2⌊x⌋+⌊2{x}⌋= 2⌊x⌋
(ii). untuk 12 ≤ {x}<1,kita punya
x+1 2
+⌊x⌋=
⌊x⌋+{x}+1 2
+⌊x⌋= 2⌊x⌋+
{x}+1 2
= 2⌊x⌋+ 1
dan
⌊2x⌋=⌊2⌊x⌋+ 2{x}⌋= 2⌊x⌋+⌊2{x}⌋= 2⌊x⌋+ 1 yang juga jelas bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.
Perhatikan bahwa jika n dan a adalah sebarang bilangan asli, mudah dipahami bahwa ⌊n/a⌋
merupakan banyaknya bilangan kelipatan adi antara 1,2, ..., n. Fakta ini sederhana tetapi dapat kita gunakan untuk menyelesaikan beberapa permasalahan seperti pada contoh berikut.
Contoh 2
Tentukan banyak anggota himpunan {1,2, ...,100}yang habis dibagi 2
