3 TEORI KONGRUENSI
Pada bab ini dipelajari aritmatika modular yaitu aritmatika tentang kelas-kelas ekuiv-alensi, dimana permasalahan dalam teori bilangan disederhanakan dengan cara meng-ganti setiap bilangan bulat dengan sisanya bila dibagi oleh suatu bilangan bulat tertentu n. Ini berdampak pada penggantian himpunan bilangan bulat Z dengan suatu sistem bilangan Zn yang hanya memuat n elemen. Banyak sifat yang berlaku pada Z diwarisi
oleh Zn seperti operasi penjumlahan dan perkalian. Karena hanya berhingga elemen
yang terdapat di dalamZn maka lebih mudah ditangani. Sebelum masuk ke aritmatika
modular diperhatikan dulu masalah sederhana berikut.
Contoh 3.1. Misalkan hari ini adalah Sabtu, hari apa setelah 100 hari dari sekarang? Penyelesaian. Cara 'konyol' menjawab pertanyaan ini adalah menghitung langsung
satu per satu hari-hari pada kalender sampai dengan hari ke 100. Tetapi dengan mengingat terjadi pengulangan secara periodik setiap 7 hari maka permasalahan ini mudah diselesaikan dengan menghitung sisanya jika 100 dibagi 7, yaitu
100 = 14×7 + 2.
Jadi 100 hari mendatang adalah hari ke 2 dari sekarang, yaitu Senin.
Contoh 3.2. Apakah 22051946 bilangan kuadrat sempurna?
Penyelesaian. Cara umum untuk menjawab pertanyaan ini adalah dengan menghitung√
22051946, jika hasilnya bulat maka ia kuadrat sempurna. Cara lain adalah
den-gan cara mengkuadratkan bilanden-gan-bilanden-gan bulat, apakah hasilnya ada yang sama dengan bilangan yang dimaksud. Cara yang paling sederhana adalah dengan meng-gunakan sifat bilangan kuadrat sempurna, yaitu jika bilangan kuadrat sempurna dibagi 4 maka sisanya 0 atau 1. Artinya, jika sisanya selain dari 0 dan 1 maka dipastikan ia bukan kuadrat sempurna. Diperoleh
22051946 = 220519×100 + 46 = 220519×(25×4) + (11×4) + 2 = (220519 + 25 + 11)×4 + 2,
Kedua contoh ini merupakan masalah sederhana pada aritmatika modular, masih banyak masalah rumit pada teori bilangan yang hanya dapat diselesaikan dengan mudah melalui artimatika modular.
3.1 Aritmatika Modular
Denisi 3.1. Misalkann sebuah bilangan bulat positif tertentu. Dua bilangan bulata dan b dikatakan kongruen modulo n, ditulis
a ≡b mod(n)
jikan membagi selisih a−b, atau jika a−b=kn untuk suatu bilangan bulatk. Dibaca juga, a kongruen dengan b modulo n, atau a kongruen modulo n denganb.
Untuk lebih memahami denisi ini kita amati contoh berikut.
Contoh 3.3. Ambiln= 7 maka diperoleh beberapa fakta berikut3≡24mod(7)sebab 3−24 = 21 terbagi oleh 7, −31 ≡ 11 mod(7)sebab −31−11 = −42 terbagi oleh 7,
−15≡ −64mod(7)sebab −15 + 64 = 49 habis dibagi 7. Tetapi 25 12mod(7)sebab 25−12 = 13 tidak habis dibagi 7, yaitu 25tidak kongruen dengan 12 modulo 7.
Pada bagian lainnya relasi kongruensi ini juga terkadang menggunakan notasi a ≡
b(modn), atau a ≡n b. Bila bilangan modulo n sudah dipahami dengan baik maka
cukup ditulis sederhana dengana≡b.
Bila pada algoritma pembagian, diambil n sebagai pembagi maka sebarang bilangan bulata selalu terdapat hasil bagi q dan sisar sehingga
a=qn+r, 0≤r < n.
Berdasarkan denisi kongruensi, relasi ini dapat ditulis sebagai a ≡ r mod(n).Karena ada n pilihan untuk r maka disimpulkan bahwa setiap bilangan bulat pasti kongruen modulo n dengan salah satu bilangan 0,1,· · · , n −1. Khusunya n|a bila hanya bila a≡0mod(n).Himpunan bilangan{0,1,· · · , n−1}disebut residu taknegatif terkecil
modulo n. Secara umum, kumpulan bilangan bulat a1, a2,· · · , an dikatakan
memban-gun himpunan lengkap residu modulon jika setiap bilangan bulat kongruen dengan salah satu bilangan ak. Dengan kata lain jikaa1, a2,· · · , an kongruen modulon dengan
Contoh 3.4. Bilangan−12,−4,11,13,22,82,91 membentuk himpunan lengkap residu
modulo 7sebab
−12≡2,−4≡3,11≡4,13≡5,22≡1,82≡5,91≡0.
Jadi prinsipnya dalam suatu himpunan residu lengkap tidak ada dua bilangan yang saling modulo, misalnyaa2 ≡a5. Berikut sifat dua bilangan bulat sebarang jika mereka
saling modulo.
Teorema 3.1. Untuk sebarang bilangan bulat a dan b, a ≡n b bila hanya bila mereka
memberikan sisa yang sama bila dibagi oleh n.
Bukti. Karena a ≡n b maka berdasarkan denisi a = b +kn untuk suatu k bulat.
Misalkan b memberikan sisa r jika dibagi n, yaitu b =qn+r, dengan 0≤ r < n. Selanjutnya sisaa jika dibagin dapat ditemukan sebagai berikut
a= (qn+r) +kn= (q+k)n+r,
ternyata juga memberikan sisar. Sebaliknya, misalkan keduanya memberikan sisa yang sama jika dibagi olehn, katakan
a=q1n+r, b=q2n+r
maka a−b= (q1−q2)n, yakni a≡nb.
Kongruensi dapat dipandang sebagai generalisasi dari relasi sama dengan. Bila dua bi-langan sama maka mereka kongruen terhadap sebarang modulo. Namun dua bibi-langan yang tidak sama boleh jadi mereka kongruen terhadap modulo tertentu. Sebaliknya dua bilangan yang kongruen modulo tertentu belum tentu sama. Teorema berikut mem-berikan sifat-sifat dasar kongruensi.
Teorema 3.2. Misalkan n > 1 sebagai bilangan modulo dan a, b, c, d adalah bilangan bulat sebarang. Maka pernyataan berikut berlaku :
1. a≡a (sifat reeksif)
2. a≡b bila hanya bila b ≡a (simetris) 3. bila a≡b dan b≡c maka a ≡c(transitif)
5. bila a≡b dan k bulat positif sebarang maka ak ≡bk.
Bukti. Karena a−a = 0·n maka disimpulkan a ≡ a. Untuk pernyataan 2, gunakan denisi yaitua≡ b↔a−b =q·n ↔b−a = (−q)·n ↔b ≡a. Pada pernyataan 3, diketahui a≡b dan b ≡cyaitu a−b=q1·n dan b−c=q2·n. Diperoleh
a−b+b−c= (q1+q2 | {z }
q
)·n ↔a−c=q·n,
yakni a≡c. Untuk pernyataan 4, diketahui a−b=q1·n dan c−d=q2·n. Bila kedua ruas dijumlahkan diperoleh(a+c)−(b+d) = (q1+q2)·n, yaitua+c≡b+d. Untuk sifat multiplikatif dicoba sendiri. Pernyataan terakhir dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi matematika. Untukk = 1maka jelas dipenuhi sebab
diketahuia≡b. Misalkan berlaku untukk: ak≡bkmakaak+1 =aka≡bkb=bk+1, yaitu berlaku untukk+ 1.
Contoh 3.5. Buktikan41 membagi habis220−1.
Bukti. Disini kita berhadapan dengan bilangan yang cukup besar sehingga sangat sulit ditangani langsung. Dengan menggunakan kongruensi, permasalahan ini dapat diselesaikan dengan mudah. Ambil bilangan modulo41, arahkan salah satu
bilan-gan kongruensinya adalah 220. Berangkat dari fakta sederhana 25 ≡ −9 tentunya
dalam modulo41. Dengan Torema (3.2)(5) maka dengan mempangkatkan dengan 4diperoleh
254 ≡(−9)4 = (81)(81)≡(−1)(−1) = 1
sehingga diperoleh220 ≡1, yakni 220−1 merupakan kelipatan 41. Contoh 3.6. Tentukan sisanya jika1! + 2! + 3! +· · ·+ 100! dibagi oleh 12.
Penyelesaian. Tanpa teori kongruensi masalah ini mungkin tidak dapat diselesaikan. Mulailah dari suku pada deret tersebut yang habis dibagi 12. Dalam hal ini kita
mempunyai4! = 24≡0modulo12. Karena suku selanjutnya pasti memuat faktor 4! maka suku-suku tersebut juga habis dibagi oleh 12. Jadi, sisanya hanyalah 1! + 2! + 3! = 9. Karena bilangan ini tidak dapat dibagi 12maka inilah sisa yang
dimaksud, yaitu 9.
Pada Teorema (3.2) telah dnyatakan bahwa jika a ≡ b maka ac≡ bc terhadap modulo yang sama. Sebaliknya, belum ada sifat kanselasi atau pembagian yang membawa ac≡
bc menjadi a ≡ b. Ternyata sifat ini tidak berlaku otomatis, seperti diberikan pada teorema berikut.
Teorema 3.3. Jika ac≡bc(modn)maka a≡b(modnd)dimana d= gcd(c, n).
Bukti. Berdasarkan hipotesis dapat ditulis
(a−b)c=ac−bc=k·n
untuk suatuk bulat. Karena d= gcd(c, n)maka kedua bilangan bulatr := dc dan
s := nd adalah prima relatif. Substitusi c = dr dan n = ds ke dalam persamaan sebelumnya diperoleh
(a−b)dr =k(ds)→(a−b)r=k·s
Jadi,s|(a−b)r. Karenagcd(r, s) = 1makas|(a−b)yang berartia≡b(mods)atau a≡c(modnd).
Akibat 3.1. Jikaac≡bc(modn)dan gcd(c, n) = 1 maka a≡b(modn).
Akibat ini menyatakan bahwa kita dapat melakukan kanselasi cpada ac≡bc asalkan c dan n prima relatif. Amati bahwa jikap prima dan p- cmaka gcd(p, c) = 1. Fakta ini
menghasilkan akibat berikut.
Akibat 3.2. Jikap prima, p-c dan ac≡bc(modp)maka a≡b(modp).
Contoh 3.7. Sederhanakan kongruensi berikut: 33≡15(mod9)dan −35≡45(mod8). Penyelesaian. Kongruensi pertama diselesaikan sebagai berikut:
33≡15(mod9)↔11·3≡5·3(mod9)↔11≡5(mod9)
sebabgcd(3,9) = 3. Untuk kongruensi kedua diselesaikan sejalan,
−35≡45(mod8)↔5·(−7)≡5·9(mod8)↔ −7≡9(mod8)
sebab5 dan 8 prima relatif.
3.2 Kelas-kelas Ekuivalensi
Pada Teorema (3.2), sifat reeksif, simetris dan transitif menunjukkan bahwa untuk sebarangn bulat positif, relasi kongruensi≡nmerupakan relasi ekuivalensi pada Z.
kelas-kelas ekuivalensi. Kelas-kelas ekuivalensi ini dinyatakan dengan notasi [a]ndan
didenisikan sebagai
[a]n: = {b∈R: a≡b(modn)}
= {· · · , a−2n, a−n, a, a+n, a+ 2n,· · · }.
Jadi[a]nmerupakan himpunan semua bilangan bulat yang kongruen modulondengana. Kita memandang para bilangan di dalam [a]n ini sebagai satu kesatuan. Bila bilangan
modulo n sudah dipastikan maka cukup menggunakan notasi [a] untuk maksud [a]n.
Karena pembagian dengan n akan memberikan n kemungkinan sisa r = 0,1,· · · , n−1
sehingga setiap bilangan pada Z pasti kongruen dengan salah satu sisa tersebut. Jadi sesungguhnya bilangan bulat Zterpartisi atas n kelas ekuivalensi, yaitu
[0] = {· · · ,−2n, n,0, n,2n,· · · }
[1] = {· · · ,1−2n,1−n,1,1 +n,1 + 2n,· · · }
[2] = {· · · ,2−2n,2−n,2,2 +n,2 + 2n,· · · }
...
[n−1] = {· · · ,−n−1,−1,n−1,2n−1,3n−1,· · · }
Tidak ada kelas ekuivalensi lainnya. Bila dilanjutkan maka kelas ekuivalensi berikutnya kembali ke semula. Misalnya,
[n] ={· · · −n,0,n,2n,3n,· · · }= [0].
Secara umum berlaku
[a] = [b]←→a≡b(modn). (3.1) Contoh 3.8. Untuk n= 1 hanya terdapat 1 kelas ekuivalensi, yaitu
[0] ={0 +k·1 :k ∈Z}={k :k∈Z}=Z.
Untuk n= 2 terdapat dua kelas ekuivalensi, yaitu
[0] = {0 +k·2 :k ∈Z}={2k:k ∈Z}= 2Z
Denisi 3.2. Untuk suatu n ≥ 1 yang diberikan, Zn didenisikan sebagai himpunan
kelas-kelas ekuvalensi terhadap modulo n, yaitu
Zn:={[0],[1],· · · ,[n−1]} (3.2)
Selanjutnya, pada Zn didenisikan operasi penjumlahan, pengurangan dan perkalian
berikut:
[a] + [b] := [a+b],[a]−[b] = [a−b],[ab] = [a][b] (3.3)
untuk setiap[a], [b] ∈Zn.
Perbedaan Z dan Zn dapat dijelaskan sebagai berikut: Z merupakan himpunan semua bilangan bulat sehingga banyak anggotanya takberhingga, sedangkan Zn merupakan
himpunan yang memuat kelas-kelas ekuivalensi. Jadi banyak anggotaZnberhingga yaitu
hanya n anggota, sedangkan masing-masing kelas mempunyai takberhingga anggota. Setiapa∈Z, pasti termuat ke dalam salah satu kelas ekuivalensi di dalam Zn.
Contoh 3.9. Tentukan residu taknegatif terkecil modulo35 dari 28×33.
Penyelesaian. Pertanyaan ini sama saja dengan menentukan sisa 28×33 jika dibagi 35. Gunakan kongruensi,
28≡ −7, 33≡ −2−→28×33≡(−7)(−2) = 14
karena 0 ≤ 14 < 35 maka disimpulkan residu teknegatif terkecil yang dimaksud
adalah14. Coba cek pakai kalkulator!
Contoh 3.10. Tentukan digit terakhir angka desimal dari 1! + 2! + 3! +· · ·+ 10!.
Penyelesaian. Digit terakhir hanya ditentukan oleh suku-suku yang angka desimalnya tidak 0. Perhatikan pertama bilangan5! = 5·4·3·2·1 = 120. Bilangan selanjutnya
pasti kelipatan 10. Jadi dapat ditulis
1! + 2! + 3! + 4! +· · ·+ 10! = 1 + 2 + 6 + 24 + 10k = 33 + 10k = 3 + (3 +k)10.
Karena suku kedua bilangan terakhir ini berakhir dengan0maka disimpulkan digit
