MATERI PENGANTAR
OLIMPIADE SAINS NASIONAL
BIDANG MATEMATIKA SMA
DISUSUN OLEH:
TIM PEMBINA OLIMPIADE MATEMATIKA
TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA
Juli 2009
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: [email protected]
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
Misalkan N, Z, Q, dan R berturut-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, yaitu R.
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 setiap a, b, c di R 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 di R yang memenuhi
a + 0 = a untuk semua a di R.
(b) Terdapat 1 di R dan 1 6= 0 yang memenuhi a1 = a untuk semua a di R.
4. Eksistensi unsur invers, yaitu
(a) Untuk masing-masing a di R terdapat −a di R yang memenuhi a + (−a) = 0.
(b) Untuk masing-masing a di R yang tidak nol terdapat a−1 di R yang memenuhi aa−1 = 1.
5. Sifat distributif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku 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. −a dan a−1 yang memenuhi sifat 4 di atas adalah tunggal. 2. 0a = 0, untuk setiap a di R.
3. (−1)a = −a, untuk setiap a di R. 4. −(−a) = a, untuk setiap a di R. 5. (−a)(−b) = ab, untuk setiap a di R.
6. a−1−1= a, untuk setiap a di R yang tidak nol.
Sebagai suatu teorema, sifat-sifat di atas harus dibuktikan. Berikut diberikan beberapa contoh pembuktian.
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.
Karena a ∈ R sebarang, maka 0a = 0, untuk setiap a di R.
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.
Karena a ∈ R sebarang, maka (−1)a = −a, untuk setiap a di R. Bukti keempat sifat yang lain digunakan sebagai latihan.
1.2 Aksioma Urutan
Terdapat himpunan P yang merupakan himpunan bagian dari himpunan bilangan real yang memenuhi tiga sifat berikut.
(1) Untuk bilangan real x sebarang, berlaku salah satu dari: (i) x = 0, atau (ii) x ∈ P , atau (iii) −x ∈ P .
(2) Jika x, y ∈ P , maka x + y ∈ P . (3) Jika x, y ∈ P , maka xy ∈ P .
Sifat (1), (2), dan (3) di atas berturut-turut disebut sifat trikotomi, sifat ketertutupan operasi tambah, dan sifat 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.
(1’) Untuk bilangan real x sebarang, berlaku salah satu dari: (i) x = 0, atau (ii) x > 0, atau (iii) −x > 0.
(2’) Jika x > 0 dan y > 0, maka x + y > 0. (3’) Jika x > 0 dan y > 0, maka xy > 0.
Berikut didefinisikan relasi ”lebih besar dari” dan relasi ”lebih kecil dari” untuk dua bilangan real. x dikatakan lebih besar dari y, dinotasikan x > y, jika x − y > 0. x dikatakan lebih kecil dari y, dinotasikan x < y, jika y − x > 0. Dapat ditunjukkan bahwa x > y ekivalen dengan y < x. Notasi x ≥ y, dibaca x lebih besar dari atau sama dengan y, digunakan jika x > y atau x = y.
Konsekuensi dari sifat-sifat di atas, diperoleh sifat-sifat berikut (yang dapat dianggap sebagai teorema).
1. Untuk setiap pasang bilangan real a dan b pasti berlaku salah satu dari a < b, atau a = b, atau a > b.
2. Jika a < b dan b < c, maka a < c. 3. Jika a < b, maka a + c < b + c. 4. Jika a < b dan c > 0, maka ac < bc. 5. Jika a > 0 dan b > 0, maka ab > 0. 6. Jika a < b dan c < 0, maka ac > bc.
7. Untuk setiap a di R berlaku a2 ≥ 0. Selanjutnya, a2 = 0 jika dan hanya jika a = 0. 8. Jika a > b > 0, maka 1a < 1b.
9. Jika a > b > 0 dan c > d > 0, maka ac > bd dan ad > bc. 10. Jika a > b, maka an> bn untuk n bilangan asli ganjil. 11. Jika a > b > 0, maka an> bn untuk n 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 + a1 ≥ 2 untuk setiap bilangan real a > 0, dan akan merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = 1.
Penyelesaian: Untuk setiap bilangan real a berlaku a2− 2a + 1 = (a − 1)2 ≥ 0.
Sehingga a2+ 1 ≥ 2a. Karena a > 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: Dari a + 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, ab +ab ≥ 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 jika a 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 dengan a2+ b2 untuk kedua ruas, Ketaksamaan (2) ekivalen dengan 2 a2+ b2 ≥ a2+ 2ab + b2= (a + b)2,
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 jika a = b.
Dengan mengganti a dan b pada Ketaksamaan (2) berturut-turut dengan√a dan√b diperoleh a + b ≥ 2√ab,
yang ekivalen dengan
a + b
2 ≥
√
ab. (4)
Dengan demikian, Ketaksamaan (4) merupakan kesamaan jika dan hanya jika√a =√b, atau a = 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 jika a = 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 jika a = b. Untuk bilangan real positif a dan 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) dari a dan b. Dengan demikian, untuk bilangan real positif a dan b kita mempunyai QM ≥ AM ≥ GM ≥ HM, selanjutnya QM = AM = GM = HM jika dan hanya jika a = b.
Rataan kuadrat, rataan aritmatika, rataan geometri, dan rataan harmonik dari n bilangan real positif a1, a2, . . . , an berturut-turut adalah
QM = r a21+ a22+ . . . + a2 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.
Teorema 1 Jika QM, AM, GM, dan HM berturut-turut menyatakan rataan kuarat, rataan arit-matika, rataan geoetri, dan rataan harmonik dari bilangan real positif a1, a2, . . . , an, maka QM ≥ AM ≥ GM ≥ HM . Selanjutnya, ketaksamaan ini akan berlaku sebagai kesamaan jika dan hanya jika a1 = a2 = . . . = an.
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 1a+1b +1c > 0 maka 1a+1b +1c ≥ 9.
Contoh 5 Misalkan a, b, dan c adalah 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)13 dan ab + bc + ca ≥ 3(abc) 2
3, (7)
masing-masing ketaksamaan di atas merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = 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 ≤ 3 √ 8 = 2, atau (abc)13 ≤ 2 − 1 = 1, yaitu abc ≤ 1, dan kesamaan terjadi jika dan hanya jika a = b = c = 1.
3
Sukubanyak (Polinom)
Misalkan F menyatakan sistem bilangan real atau sistem bilangan rasional dan n adalah 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) Misalkan f (x) dan g(x) di F [x] dan g(x) bukan sukubanyak nol. Maka terdapat sukubanyak q(x) dan r(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 oleh g(x).
Teorema 3 (Teorema Sisa) Jika sukubanyak f (x) dibagi oleh (x − a) maka sisanya adalah f (a). Bilangan a di F disebut akar dari sukubanyak f (x) jika f (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 Sukubanyak f (x) = 2x3+ Ax2+ x − B habis dibagi oleh (x − 2) dan bersisa -9 jika dibagi (x + 1). Tentukan nilai A dan B.
Penyelesaian: Karena f (x) habis dibagi oleh (x − 2) maka
0 = f (2) = 2(2)3+ A(2)2+ 2 − B = 4A − B + 18. (8) Karena f (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 dan B = 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 membagi x3m− 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) Untuk n = 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+ x + 1 = (x2+ x + 1)S(x).
Jadi x2+ x + 1 membagi x2n+ xn+ 1 jika dan hanya jika n bukan 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 sukubanyak ax2+ bx + c mempunyai akar-akar x1 dan x2 maka
ax2+ bx + c = a(x − x1)(x − x2) = ax2− a(x1+ x2)x + ax1x2. Sehingga x1+ x2 = − b a dan x1x2 = c a.
(b) Misalkan x1, x2, dan x3 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 dari x3+ 3x2− 7x + 1. Tentukan x21+ x22+ x23. Penyelesaian: Menurut Teorema Vieta,
x1+ x2+ x3 = −3 dan x1x2+ x2x3+ x3x1= −7. Sehingga
9 = (x1+ x2+ x3)2
= x21+ x22+ x23+ 2 (x1x2+ x2x3+ x3x1) = x21+ x22+ x23+ 2(−7).
Oleh karena itu x21+ x22+ x23 = 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, dan z 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,
merupakan fungsi monoton naik murni.Oleh karena itu jika x < y maka y = f (x) < f (y) = z. Akibatnya z = f (y) < f (z) = x. Sehingga x < y < z < x, suatu yang tidak mungkin. Dengan cara
yang sama jika x > y maka akan diperoleh suatu kontradiksi. Jadi x = y. Dengan menggunakan argumen yang sama diperoleh y = z. Jadi x = y = z. Dengan menyelesaikan persamaan
4t2 4t2+ 1 = t
diperoleh t = 0 atau t = 12. 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. Misalkan x = y = 0, z 6= 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 +y12 +z12 = 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 −12 ≤ ab + bc + ca ≤ 1.
4. Tentukan bilangan real a agar hasil tambah kuadrat akar-akar x2+ (a − 2)x − a − 3 minimum. 5. Hitung Pn
k=1k!(k2+ k + 1). 6. Tentukan jumlah dari
r 1 + 1 12 + 1 22 + r 1 + 1 22 + 1 32 + · · · + r 1 + 1 20012 + 1 20022 2
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, dan c 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 asli n sebarang, buktikan bahwa (a) 1 +1nn< 1 +n+11 n+1 . (b) 1 +1nn+1> 1 +n+11 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 untuk n ≥ 2. 16. Misalkan x1+ x2+ x3= π2, xi > 0. Buktikan bahwa
sin x1sin x2sin x3 ≤ 1 8.
17. Buktikan bahwa tan a + tan b ≥ 2 tan√ab untuk setiap a, b ∈ [0,π2). 18. Buktikan bahwa untuk bilangan asli n berlaku
n! ≤ n + 1 2
n .
19. Misalkan a1, a2, . . . , andan b1, b2, . . . , bnadalah bilangan real positif yang memenuhi a1a2. . . 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 memenuhi x4+ 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 real x, y, x yang memenuhi
x2 + 4yz + 2z = 0
x + 2xy + 2z2 = 0 2xz + y2 + y + 1 = 0 24. Cari semua bilangan real m 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 Bulat1.1 Latar belakang
Pada 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|a dan b bilangan bulat dengan b 6= 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 a, b, c, ... dan kita akan menggunakan lambang ∈ untuk menyatakan anggota/elemen dan /∈ untuk bukan anggota. sebagai contoh: Misalkan A = {1, 2, 3}, maka 1 ∈ A tetapi 5 /∈ A.
1.2.1 Relasi dua himpunan
1. Himpunan A dikatakan himpunan bagian dari B kita tulis dengan A ⊆ B jika untuk setiap x ∈ A maka x ∈ B.
2. Himpunan A dikatakan sama dengan himpunan B kita tulis dengan A = B jika A ⊆ B dan B ⊆ A.
3. Himpunan B dikatakan komplemen dari himpunan A kita tulis dengan B = Ac atau B = A0 jika himpunan B berisi 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 dan x ∈ B}
2. Gabungan dua himpunan A dan B dinotasikan dengan A∪B adalah himpunan yang anggota-angotanya merupakan anggota himpunan A atau himpunan B. Secara matematika dapat kita tuliskan
A ∪ B = {x|x ∈ A atau x ∈ 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 dan x /∈ B} Definisi 1 (sifat tertutup)
Himpunan A dikatakan tertutup terhadap operasi ∗ (bisa penjumlahan, pengurangan, pemba-gian, perkalian, dan lain-lain) jika untuk setiap a, b ∈ A berlaku a ∗ 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, 2. Himpunan bilangan asli tertutup tertutup terhdap penjumlahan 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. Misalkan A ⊆ Z tertutup 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 s0 ∈ S sehingga ss0 = 1, maka tentukan semua anggota-anggota S. 4. Jumlah dari rata-rata aritmatik himpunan A dan rata-rata aritmatik himpunan B adalah
5002. Himpunan A dan B terdiri dari bilangan-bilangan asli berurutan. Jika A ∩ B = {2005} tentukan kemungkinan unsur himpunan B yang terbesar. (soal olimpiade matematika tk propinsi tahun 2005)
5. Misalkan S adalah himpunan yang memuat bilangan 1, 2, 3, dan 4. Diketahui untuk sebarang a, b, c, d ∈ S yang semuanya berbeda akan berlaku ab + 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 asli n. Jika diketahui a2008= 1, maka tunjukkan bahwa an= 1 untuk setiap bilangan asli n.
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 a dan b adalah bilangan bulat dengan a 6= 0. Bilangan a dikatakan habis membagi b jika terdapat bilangan bulat k sehingga b = ka. Untuk selanjutnya kita tulis a|b, sedangkan dalam hal a tidak habis membagi b kita tulis dengan a - b.
Contoh 1
3|12 karena terdapat bilangan bulat k yaitu k = 4 sehingga 12 = 4 × 3
3 - 7 karena kita tidak mungkin mendapatkan bilangan bulat k sehinga 7 = k × 3. Dari definisi di atas kita dapat menurunkan sefat-sifat sebagai berikut
Sifat 1
Untuk setiap bilangan bulat a yang tidak nol selalu berlaku a|a dan a|0 Sifat 2
Untuk setiap bilangan bulat a selalu berlaku 1|a Sifat 3
Jika a|b maka (i) |a| ≤ |b|
(ii) ac|bc untuk setiap bilangan bulat c yang tidak nol. Sifat 4
Jika a|b dan a|c maka a| (mb + nc) untuk setiap bilangan bulat m 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) a yang berarti a| (mb + nc)
Contoh 2
Tentukan semua bilangan asli n sehingga 3n+252n−5 juga merupakan bilangan asli (soal OSN tk Propinsi, 2002)
Jawab:
Agar 3n+252n−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 solusi n = 3, 5, 9, atau 35.
2.2 Algoritma Pembagian
Teorema 1
Jika a dan b adalah 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 bulat q sehingga a = bq + r dengan r = 0. Jika barisan tersebut tidak terdapat unsur nol, maka a tidak 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 himpunan S, maka menurut well ordering principle S mempunyai elemen terkecil, sebut elemen minmal tersebut adalah r = a − qb. Kita akan buktikan bahwa r < b. Jelas r 6= b (mengapa?), andaikan r > b maka akan kita peroleh
s = a−(q + 1) b = a−qb−b = r −b > 0. Perhatikan bahwa s ∈ S, dan s < r. Ini kontradiksi dengan asumsi bahwa r merupakan elemen terkecil. Jadi haruslah terdapat bilangan bulat q 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 fakta r2= r2 ini juga akan berakibat q1= q2 dan kita selesai.
Dari teorema di atas, dapat kita pahami bahwa jika m suatu bilangan asli, maka untuk sebarang bilangan bulat n dapat 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 n dengan 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 n yang 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 a dan b atau ditulis dengan d = gcd (a, b) jika
(i). d|a dan d|b
(ii). untuk setiap bilangan asli c dengan c|a dan 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 a dan b harus lebih kecil atau sama dengan d, dengan kata lain (ii) mengatakan bahwa d merupakan pembagi sekutu yang terbesar.
Definisi 3.
Bilangan bulat a dan b dikatakan saling prima (relatif prima) jika gcd (a, b) = 1. Definisi 4.
Untuk sebarang bilangan bulat a, b dan c 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 bulat a,
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.
Bukti untuk sifat (5) dapat dilihat pada contoh 6, sedangkan untuk yang lain diserahkan kepada pembaca sebagi latihan.
2.3.2 Menentukan gcd dua bilangan dengan algoritma Euclide
Misalkan a dan b bilangan bulat yang tidak keduanya nol. Kita akan menghitung gcd dari a dan 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 a dan b bilangan asli dengan a > b.
Berdasarkan algoritma pembagian, akan terdapat bilangan bulat q dan r dengan 0 ≤ r < b sehingga a = bq + r atau ekivalen dengan r = a − bq.
Perhatikan bahwa untuk setiap pembagi sekutu a dan b pasti merupakan pembagi dari r. Oleh sebab itu, dapat kita simpulkan gcd (a, b) = gcd (b, r) . Jika r = 0, maka gcd (a, b) = gcd (b, 0) = b. Jika r 6= 0 kita dapat lakukan langkah yang sama pada b dan r, yakni terdapat q1 dan r1 dengan 0 ≤ r1 < r sehingga b = 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 terdapat n sehingga 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 k merupakan bilangan asli). Jadi gcd ad,db = 1.
Teorema 2(Identitas Benzout)
Jika d = gcd (a, b) maka terdapat bilangan bulat x dan y sehingga ax + by = d. Jawab:
Bentuk himpunan
S = {ax + by|x, y ∈ Z, ax + by > 0}
perhatikan bahwa jika kita ambil x = a dan n = b kita punya a2+ b2> 0 (ingat pada pendefinisian gcd kita asumsikan a dan b tidak keduanya nol) yang berarti S tidak kosong. Dengan demikian S mempunyai elemen terkecil, sebut saja d. Kita akan buktikan bahwa d = gcd (a, b) . Pertama akan kita buktikan bahwa d|a dan d|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 = a (1 − qm) − b (nq) ∈ S. Karena d adalah elemen terkecil dari S dan r < t maka r = 0 yang berarti
d|a, dengan cara yang sama kita peroleh juga d|b. Sekarang misalkan c adalah sebarang bilangan asli dengan c|a dan c|b, maka c|am + bn atau c|d. terbukti bahwa d = gcd (a, b) .
Dengan menggunakan teorema di atas kita dapat menurunkan beberapa sifat sebagai berikut: 1. Jika d = gcd (a, b) maka untuk sebarang bilangan bulat c dengan c|a dan c|b haruslah berlaku
c|d.
2. Jika a|bc dan gcd (a, b) = 1, maka a|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 bahwa a|bc, artinya terdapat bilangan bulat k sehingga bc = ka. Selain itu, kita juga punya gcd (a, b) = 1. Menurut identitas Benzout kita dapat menemukan bilangan bulat x dan y dengan sifat ax + by = 1. Dengan mengalikan kedua ruas dengan c akan kita peroleh acx + bcy = c yang ekivalen dengan acx = 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 mengambil x = −3 dan y = 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 bulat x dan y yang memenuhi ax + by = 1 dan ada bilangan bulat m dan n yang 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 bulat a dan b KPK dari a dan 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 a dan b jika
1. m|a dan m|b,
Definisi 6
Misalkan a, b, dan c bilangan bulat yang tidak semuanya nol, KPK dari a, b, dan c didefinisikan 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 bulat a dan b yang tidak keduanya nol, 2. [a, 0] = 0 untuk setiap bilangan bulat tak nol a,
3. [a, 1] = |a| untuk setiap bilangan bulat a. Teorema 3
Jika a dan b adalah 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. Misalkan m = da1b1. Akan kita buktikan bahwa m = [a, b] . Jelas bahwa a|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 membuktikan m = [a, b] . Contoh 9. Hitung [56, 72] . Jawab: Karena gcd (56, 72) = 8 maka [56, 72] = 56.728 = 504. Contoh 10.
Tentukan bilangan bulat positif terkecil lebih dari 1 yang bersisa 1 ketika dibagi k untuk setiap 2 ≤ k ≤ 10.
Jawab:
Bilangan yang bersisa 1 ketika dibagi k pasti berbentuk km + 1 untuk suatu bilangan bulat m, 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 bulat p yang menyebabkan (a) 8p+92p+1 merupakan bilangan bulat,
(b) 2p + 1 membagi 2p2+ 7, (c) p2− 10 kelipatan p + 10.
2. Tentukan semua bilangan asli n sehingga nn+33+24 juga merupakan bilangan asli. 3. Tentukan bilangan asli terbesar n sehingga n3+ 100 kelipatan n + 10.
4. Diberikan f (x) = ax2+ bx + c, dengan a, b, dan c adalah 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)(2n+1)6 merupakan bilangan bulat untuk sebarang bilangan bulat n. 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 n bilangan 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) dan c|a maka gcd (b, c) = 1
(b) jika gcd (a, b) = 1 dan c| (a + b) maka gcd (a, c) = gcd (b, c) = 1 (c) jika gcd (a, b) = 1 maka gcd a2, b2 = 1.
9. Misalkan an= k2 n
, dengan k bilangan asli. Tunjukkan bahwa jika m 6= n maka gcd (am, an) = 1 untuk k genap, dan gcd (am, an= 2) untuk k ganjil.
10. Jika a, m, n bilangan 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 istilah a membagi b. Nah, untuk selanjutnya pernyataan a membagi b dapat kita katakan a faktor dari b.
Definisi 1.
Bilangan bulat positif p dikatakan bilangan prima jika p mempunyai tepat dua faktor positif yaitu 1 dan p sendiri.
Definisi 2.
Definisi 2 di atas juga dapat kita katakan bahwa n adalah bilangan komposit jika terdapat bilangan bulat positif a, b > 1 sehingga n = 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 haruslah pk tidak membagi N, karena jika pk membagi N maka pk|1 yang jelas tidak mungkin. Dengan demikian N 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 berbentuk n3+ 1 untuk suatu bilangan asli n. Jawab:
Perhatikan bahwa n3+ 1 = (n + 1) n2− n + 1 , dengan demikian salah satu faktor yaitu n + 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 atau n = 1. Untuk n = 1 kita peroleh n3+ 1 = 2. Jadi bilangan prima yang berbentuk n3+ 1 hanyalah 2.
Contoh 3.
Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan prima p selalu berlaku 6| p2− 1 . Jawab:
Setiap bilangan prima lebih p > 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 p prima, maka untuk sebarang bilangan asli n berlaku p|n atau gcd (p, n) = 1. 2. Jika p prima dan p|ab untuk suatu bilangan bulat a dan b, maka p|a atau p|b.
Bukti:
1. Jika p|n, maka tidak ada yang perlu dibuktikan. Asumsikan p - n. Misalkan d = 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, akibatnya d 6= n .Dengan kata lain d = 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 x dan y sehingga px + ay = 1. Dengan mengalikan kedua ruas dengan b akan kita peroleh pbx + aby = b atau setara dengan p (bx) = b − aby. Akan tetapi p|ab akibatnya p|b.
Akibat 2.
Jika p prima dan n, m sebarang bilangan asli dengan p|nm maka p|n. Bukti langsung dapat dilihat dari akibat 1 bagian 2.
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 p a2 2 ...p ak 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 membagi n, maka n = p1n1 untuk suatu bilangan asli n1. Jika n1 prima, maka kita selesai. Jika n1 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 dengan p1 sebut saja p2 maka = p1p2n2. Demikian seterusnya, sampai kita peroleh nm = 1 (mengapa ini dijamin?). Jadi
n = pa1 1 pa22...p
ak k
Sekarang akan kita buktikan ketunggalannya. Misalkan n = pa1 1 p a2 2 ...p ak k = q b1 1 q b2 2 ...qmbm dengan p1 < p2 < ... < pk dan q1 < q2 < ... < qm bilangan-bilangan prima. Jika terdapat pi yang tidak sama dengan qt untuk setiap t = 1, 2, ..., m maka pi - q1b1q
b2
2 ...qbmm yang berarti pi - n dan ini tidak mungkin. Jadi, untuk setiap pi pasti terdapat t ∈ {1, 2, ..., m} sehingga pi = qt. Dengan cara yang sama dapat dibuktikan juga bahwa untuk setiap qi pasti terdapat t ∈ {1, 2, ..., k} sehingga qi = pt. Dengan demikian kita punya k = m. Dan karena p1 < p2 < ... < pk dan q1 < q2 < ... < qk maka pi = qi untuk setiap i = 1, 2, ..., k atau dengan kata lain
pa1 1 p a2 2 ...p ak k = p b1 1 p b2 2 ...p bk k
Jika terdapat i sehingga ai > bi maka dengan membagi masing-masing ruas dengan pbii akan be-rakibat pi membagi ruas kiri tetapi tidak membagi ruas kanan yang jelas tidak mungkin. Demikian juga jika terdapat i sehingga ai < bi maka dengan membagi kedua ruas dengan paii akan berakibat pi tidak membagi ruas kiri tetapi pi membagi ruas kanan yang jelas tidak mungkin. Jadi kita harus punya ai = bi untuk setiap i = 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 bentuk n = upa1
1 p a2 2 ...p
ak
k dengan u = ±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 dari n adalah
n = pa1 1 p a2 2 ...p ak k
1. n mempunyai k faktor prima yaitu p1, p2, ..., pk.
2. Banyak faktor positif dari n adalah (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 a dan b, maka pastilah faktorisasi dari keduanya dapat dinyatakan sebagai
a = ps1 1 p s2 2 ...p sk k dan b = 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 setiap i = 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
Jika m adalah bilangan asli sehingga√m merupakan bilangan rasional, maka tunjukkan bahwa m merupakan kuadrat suatu bilangan asli.
Jawab:
Misalkan √m = ab dengan a dan b bilangan asli (mengapa?). Jika b = 1, maka jelas bahwa m = a2. Asumsikan b > 1, akibatnya a > 1. Kita dapat tulis faktorisasi prima dari a dan b yaitu a = ps1 1 p s2 2 ...p sk k dan b = p t1 1 p t2 2...p tk
k . Sekarang perhatikan bahwa m = a 2 b2 = p 2s1−2t1 1 p 2s2−2t2 2 ...p 2sk−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 n yang menyebabkan n4+ 4 merupakan bilangan prima. 2. Tunjukkan n merupakan bilangan komposit jika dan hanya jika n terbagi oleh bilangan prima
3. Tunjukkan bahwa ada tak hingga bilangan prima yang berbentuk 4n+3 untuk suatu bilangan asli n.
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. Diberikan p > 3 adalah bilangan prima. Jika 1 +1 2+ 1 3+ ... + 1 p − 1 = a b
dengan a dan b bilangan bulat dan gcd (a, b) = 1, maka tunjukkan bahwa p membagi a. 7. Tunjukkan bahwa jika a, b, c, d ∈ N dan ab = cd, maka bilangan an+ bn+ cn+ dnmerupakan
bilangan komposit untuk setiap bilangan asli n. 8. Jika faktorisasi prima dari n adalah n = pa1
1 p a2 2 ...p
ak
k , maka tunjukkan bahwa
(a) Hasil kali semua faktor positif dari n adalah nm2 dengan m = (1 + a1) (1 + a2) ... (1 + ak) , (b) Jumlahan semua faktor positif daro n adalah Pa1
i=0pi1 Pa2
i=0pi2 ... P ak i=0pik . 9. Tunjukkan bahwa n merupakan kuadrat sempurna jika dan hanya jika n mempunyai 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 k jka dan hanya jika i membagi k, 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 untuk setiap bilangan real tak nol x, pasti merupakan solusi xy = 2. Akan tetapi jika kita akan mencari pasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi persamaan xy = 2, maka solusinya hanya ada 4 yaitu (1, 2) , (2, 1) , (−1, −2) , dan (−2, −1) . Mengapa demikian? Untuk lebih jelasnya simak uraian berikut:
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 berbentuk ax + 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 persamaan ax + by = c mempunyai solusi, artinya ada bilangan bulat x0 dan y0 yang memenuhi ax0+ by0= c. Andaikan gcd (a, b) tidak membagi c. 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) membagi c.
⇐=)
Diketahui gcd (a, b) |c, artinya terdapat bilangan bulat k sehingga c = k gcd (a, b) .
Menurut identitas Benzout terdapat bilangan bulat m dan n yang memenuhi am + bn = gcd (a, b) . Dengan mengambil x = km dan y = kn kita akan punya
ax + by = akm + bkn = k (am + bn) = k (gcd (a, b)) = c yang berarti persamaan ax + by = c mempunyai solusi yaitu (km, kn) . Contoh 2
Hitung banyak bilangan bulat 1 ≤ n ≤ 100 yang dapat dinyatakan dalam bentuka 6x + 8y untuk suatu bilangan bulat x 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, artinya ax0+ 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 persamaan ax + by = c punya solusi jika dan hanya jika gcd (a, b) |c maka terdapat k sehingga c = k gcd (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) = −3k untuk 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 nilai k agar 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 bulat k. Sekarang akan kita batasi nilai k sehingga x, 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 k bilangan 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 dengan xy − 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. Karena x dan y bilangan bulat, maka demikian juga dengan x + 1 dan y − 1. Dengan demikian, ada 4 kejadian yang mungkin
(i). x + 1 = −1 dan y − 2 = 2. Dari sini diperoleh solusi x = −2, y = 4, (ii). x + 1 = 1 dan y − 2 = −2. Dari sini diperoleh solusi x = 0, y = 0, (iii). x + 1 = 2 dan y − 2 = −1. Dari sini diperoleh solusi x = 1, y = 1, (iv). x + 1 = −2 dan y − 2 = 1. Dari sini diperoleh solusi x = −3, y = 3.
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 asumsikan a ≥ b ≥ c. Akibatnnya 1 = 1a+1b +1c ≤ c1 +1c +1c = 3c ⇔ c ≤ 3. Dari sini kita hanya cukup mengecek untuk c = 1, 2, 3.
• c = 1, kita substitusikan ke persamaan awal akan kita peroleh 1 a+
1
b = 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 punya b ≥ c = 2. . • b = 2 tidak ada a yang memenuhi.
. b = 3, kita peroleh a = 6. . b = 4, kita peroleh a = 4.
• c = 3, kita substitusikan ke persamaan awal akan kita peroleh a1 +1b = 23. Karena a ≥ b, maka kita peroleh 23 = 1a+1b ≤ 2
b ⇔ b ≤ 3. dan juga kita punya b ≥ 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 bulat x dan y yang memenuhi pesamaan (x + 1)2+ (x + 2)2+ ... + (x + 99)2 = y2
Jawab:
Andaikan terdapat bilangan bulat x dan y yang 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 dengan y2 = x2(x − 1) . Oleh karena itu, agar persamaan tersebut punya solusi, kita harus punya x − 1 merupakan kuadrat sempurna. Dengan mengambil x = n2+ 1 dan y = n n2+ 1 untuk sebarang bilangan asli n, maka mudah ditunjukkan bahwa pasangan n2+ 1, n n2+ 1 merupakan solusi yang banyaknya jelas ada tak hingga.
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 n sehingga 3n+ 81 merupakan kuadrat sempurna adalah.. 4. Bilangan bulat positif terkecil n sehingga 31 membagi 5n+ n adalah...
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 n adalah bilangan-bilangan asli yang memenuhi xn+ yn= zn
Tunjukkan bahwa x, y, dan z semuanya lebih besar dari n.
8. Tentukan semua bilangan real a sehingga 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 p sehingga sistem persamaan
p + 1 = 2x2 p2+ 1 = 2y2 mempunyai solusi bulat.
5
Fungsi Tangga
Dalam dunia jual beli, biasanya penjual ingin menjual harganya semahal mungkin, dan sebaliknya pembeli ingin membeli barang yang ia inginkan semurah mungkin. Bahkah, kadang-kadang jika harganya tidak bulat ribuan misalnya 7.300 maka penjual ingin dibayar 7.500, sebaliknya pembeli ingin membayar dengan harga yang dibulatkan ke bawah yaitu 7.000. Nah, dalam ilmu matematika kita akan mengenal fungsi yang digunakan oleh penjual dan pembeli di atas. Fungsi yang akan kita pelajari jika digambarkan pada bidang kartesius akan berbentuk seperti tangga. Ada 3 macam fungsi tangga yang akan kita bahas dalam bab ini, yaitu fungsi floor (pembulatan ke bawah), fungsi ceiling (pembulatan ke atas), dan fungsi bulat (pembulatan ke bilangan bulat yang terdekat).
5.1 Fungsi floor
Fungsi floor disebut juga fungsi pembulatan ke bawah, yakni dengan mengambil bagian bulatnya. Untuk sebarang bilangan real x,nilai fungsi floor dari x kita tulis dengan bxc .
Definisi 1
Misalkan x adalah sebarang bilangan real. Nilai fungsi floor x kita tulis dengan bxc merupakan bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x.
Contoh:
b3, 14c = 3, b−2, 5c = −3,√
2 = 1, dan lain sebagainya. Definisi 2
Untuk sebarang bilangan real x, notasi {x} menyatakan bagian pecahan dari x. Secara matematika, definisi di atas dapat kita tuliskan
{x} = x − bxc
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 real x selalu berlaku x − 1 < bxc ≤ x,
2. bxc = x jika dan hanya jika x ∈ Z,
3. bx + kc = bxc + k untuk sebarang bilangan bulat k, 4. bxc + byc ≤ bx + yc untuk setiap x, y ∈ R,
5. bxyc ≤ bxc byc untuk setiap x, 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 = bxc + {x} dan y = byc + {y} , akan kita peroleh
bx + yc = bbxc + byc + {x} + {y}c = bxc + byc + b{x} + {y}c ≥ bxc + byc dan kita selesai.
Contoh 1
Untuk sebarang bilangan real x, tunjukkan bahwax + 12 + bxc = b2xc . Bukti:
Tulis x = bxc + {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 + bxc = bxc + {x} +1 2 + bxc = 2 bxc + {x} + 1 2 = 2 bxc dan b2xc = b2 bxc + 2 {x}c = 2 bxc + b2 {x}c = 2 bxc yang jelas bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.
(ii). untuk 12 ≤ {x} < 1, kita punya x +1 2 + bxc = bxc + {x} +1 2 + bxc = 2 bxc + {x} +1 2 = 2 bxc + 1 dan b2xc = b2 bxc + 2 {x}c = 2 bxc + b2 {x}c = 2 bxc + 1 yang juga jelas bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.
Perhatikan bahwa jika n dan a adalah sebarang bilangan asli, mudah dipahami bahwa bn/ac merupakan banyaknya bilangan kelipatan a di 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 atau 3. Jawab:
Banyak bilangan kelipatan 2 ada b100/2c = 50, banyak bilangan kelipatan 3 ada b100/3c = 33, dan banyak bilangan kelipatan 2 dan 3 ada b100/6c = 16. Oleh karena itu, dengan prinsip inklusi eksklusi kita peroleh bahwa banyak kelipatan 2 atau 3 ada b100/2c + b100/3c − b100/6c = 50 + 33 − 16 = 67 bilangan.
Contoh 3
Hitung banyak nol di sebelah kanan tanpa terputus dari 31!. Jawab:
Angka nol di sebelah kanan tanpa terputus pada 31! akan dihasilkan pada saat kita menga-likankelipatan 10, dan faktor 10 ini didapat dari kelipatan genap dan kelipatan 5. Karena banyak kelipatan 2 lebih banyak daripada banyak kelipatan 5, maka kita cukup menghitung kelipatan 5. Perhatikan juga bahwa mungkin bilangan kelipatan 5 yang kita kalikan tersebut juga merupakan kelipatan 25 dan jika dikalikan dengan bilangan kelipatan 4 akan menghasilkan bilangan kelipatan 100 yang akan menambah nol di sebelah kanan sebanyak 2, akan tetapi sebanyak 1 nol telah telah kita masukkan saat kita menghitung kelipatan 5. Dengan demikian, banyak nol di sebelah kanan tanpa terputus dari 31! adalah b31/5c + b31/25c = 6 + 1 = 7 nol.
5.2 Fungsi ceiling
Fungsi floor disebut juga fungsi pembulatan ke atas. Untuk sebarang bilangan real x,nilai fungsi ceiling dari x kita tulis dengan dxe .
Definisi 3
Misalkan x adalah sebarang bilangan real. Nilai fungsi ceiling x kita tulis dengan dxe merupakan bilangan bulat terkecil yang lebih dari atau sama dengan x.
Contoh:
d3, 14e = 4, d−2, 5e = −2,√
2 = 2, dan lain sebagainya.
5.3 Fungsi bulat
Fungsibulat disebut juga fungsi pembulatan ke bilangan bulat terdekat. Untuk sebarang bilangan real x,nilai fungsi bulat dari x kita tulis dengan [x] .
Misalkan x adalah sebarang bilangan real. Nilai fungsi bulat x kita tulis dengan [x] merupakan bilangan bulat terdekat dengan x. Jika x = k+12 untuk suatu bilangan bulat k, maka kita definisikan [x] = k + 1.
Contoh:
[3, 14] = 3, [−2, 5] = −2,√2 = 1, dan lain sebagainya
Dari definisi di atas, kita dapat menurunkan beberapa sifat berikut: 1. bxc ≤ [x] ≤ dxe untuk setiap bilangan real x.
2. dxe = x jika dan hanya jika [x] = x,
3. dx + ke = dxe + k dan [x + k] = [x] + k untuk sebarang bilangan bulat k, 4. dxe + dye ≥ dx + ye untuk setiap x, y ∈ R,
5. dxye ≤ dxe dye untuk setiap x, y ∈ R.
Contoh 4
Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan real x selalu berlakux + 12 = [x] Jawab:
Tulis x = bxc + {x} , dengan 0 ≤ {x} < 1. Jika 0 ≤ {x} < 12 makax + 1
2 = bxc dan [x] = bxc . Jika 12 ≤ {x} < 1 makax + 1
2 = bxc + 1 dan [x] = bxc + 1. Contoh 5
Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan x2 + x2 = 2003 (soal OSN SMA tahun 2003, bidang matematika)
Jawab:
Perhatikan bahwa jika x2 bulat maka x2 = x2 yang akan berakibat x2 = 20032 yang jelas bukan bilangan bulat. Jadi, x2 harus bukan bilangan bulat. Akibatnya x2 = x2 + 1, sehingga 2x2 + 1 = 2003 yang selanjutnya kita peroleh x2 = 1001. Dari sini kita simpulkan 1001 ≤ x2 < 1002 yang kemudian kita dapatkan penyelesaiannya adalah −√1002 < x ≤ −√1001 atau √
1001 ≤ x <√1002.
5.4 Soal-soal Latihan
1. Buktikan atau beri contoh penyangkal dari pernyataan-pernyataan berikut (a) [x + y] ≤ [x] + [y] untuk setiap x, y ∈ R,
(b) [xy] ≤ [x] [y] untuk setiap x, y ∈ R, (c) jbxcm k=x
m untuk setiap x ∈ R dan bilangan bulat m.
2. Misalkan x dan y adalah bilangan real yang memenuhi bx + yc = bxc + byc dan b−x − yc = b−xc + b−yc . Buktikan bahwa x atau y merupakan bilangan bulat.
3. Untuk setiap bilangan real x didefinisikan bxc sebagai bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x. Misalkan a dan b adalah bilangan real positif sehingga a bac = 17 dan b bbc = 11. Tentukan nilai dari a − b.
4. Hitung 1 [1]+ 1 [2] + 1 [3] + ... + 1 [1000]
5. Cari semua bilangan asli n sehingga banyak nol di sebelah kanan tanpa terputus dari n! tepat ada 10 nol.
6. Diketahui S = {1, 2, ..., 100} . Hitung banyaknya anggota S yang merupakan kelipatan 2 atau kelipatan 3 tetapi bukan kelipatan 5.
7. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan bxc dxe = x2 8. Hitung banyak bilangan real x dengan 1 ≤ x ≤ 100 yang memenuhi persamaan
x2−x2 = (x − bxc)2
9. Tunjukkan bahwa untuk setiap m bilangan asli, j m2 3 k + j (m+1)2 3 k + j (m+2)2 3 k merupakan kuadrat sempurna. 10. Misalkan an = j 1 +√2nk
. Tunjukkan bahwa an ganjil jika n genap, dan genap jika n ganjil.
