Teori Bilangan.pdf

(1)

MX 127 Teori Bilangan

((Revisi Terakhir: Juli 2009 Revisi Terakhir: Juli 2009 ))

Oleh: Oleh:

Didit Budi Nugroho, S.Si., M.Si. Didit Budi Nugroho, S.Si., M.Si.

Program Studi Matematika

Fakultas Sains dan Matematika

Universitas Kristen Satya Wacana

(2)

Diktat ini merupakan catatan kuliah Teori Bilangan (MX 127) tingkat sarjana tahun Diktat ini merupakan catatan kuliah Teori Bilangan (MX 127) tingkat sarjana tahun pertama yang diberikan di Universitas Kristen Satya Wacana dalam semester 1 tahun pertama yang diberikan di Universitas Kristen Satya Wacana dalam semester 1 tahun 2008-2009. Karena itu naskah ini disajikan dalam cara yang sangat dasar (elementer). 2008-2009. Karena itu naskah ini disajikan dalam cara yang sangat dasar (elementer). Elementer berarti hampir tidak ada Analisis yang digunakan, dan hampir tidak ada Elementer berarti hampir tidak ada Analisis yang digunakan, dan hampir tidak ada Aljabar Abstrak.

Aljabar Abstrak.

Naskah ini dirancang untuk mencakup beberapa ide dasar teori bilangan dalam satu Naskah ini dirancang untuk mencakup beberapa ide dasar teori bilangan dalam satu semes

semester. ter. SelaiSelain n itu, di itu, di sini juga sini juga diserdisertaktakan masalah-an masalah-masamasalah teori lah teori bilanbilangan yang di-gan yang di-gunakan dalam berbagai pelatihan dan kompetisi matematika internasional untuk gunakan dalam berbagai pelatihan dan kompetisi matematika internasional untuk me-motivasi dan memberikan tantangan kepada mahasiswa.

motivasi dan memberikan tantangan kepada mahasiswa.

Penulis berharap bahwa naskah ini akan memberikan manfaat yang lebih dalam Penulis berharap bahwa naskah ini akan memberikan manfaat yang lebih dalam peng-ajaran Teo

ajaran Teori Bilanganri Bilangan. . UntuUntuk k itu masih itu masih diperludiperlukkan masukan masukan dan an dan sarasaran n dari pembacadari pembaca demi perbaikan dan pengembangan naskah ini secara terus menerus.

demi perbaikan dan pengembangan naskah ini secara terus menerus. Salatiga, Juli 2009

Salatiga, Juli 2009 Didit B. Nugroho Didit B. Nugroho

(3)

Diktat ini merupakan catatan kuliah Teori Bilangan (MX 127) tingkat sarjana tahun Diktat ini merupakan catatan kuliah Teori Bilangan (MX 127) tingkat sarjana tahun pertama yang diberikan di Universitas Kristen Satya Wacana dalam semester 1 tahun pertama yang diberikan di Universitas Kristen Satya Wacana dalam semester 1 tahun 2008-2009. Karena itu naskah ini disajikan dalam cara yang sangat dasar (elementer). 2008-2009. Karena itu naskah ini disajikan dalam cara yang sangat dasar (elementer). Elementer berarti hampir tidak ada Analisis yang digunakan, dan hampir tidak ada Elementer berarti hampir tidak ada Analisis yang digunakan, dan hampir tidak ada Aljabar Abstrak.

Aljabar Abstrak.

Naskah ini dirancang untuk mencakup beberapa ide dasar teori bilangan dalam satu Naskah ini dirancang untuk mencakup beberapa ide dasar teori bilangan dalam satu semes

semester. ter. SelaiSelain n itu, di itu, di sini juga sini juga diserdisertaktakan masalah-an masalah-masamasalah teori lah teori bilanbilangan yang di-gan yang di-gunakan dalam berbagai pelatihan dan kompetisi matematika internasional untuk gunakan dalam berbagai pelatihan dan kompetisi matematika internasional untuk me-motivasi dan memberikan tantangan kepada mahasiswa.

motivasi dan memberikan tantangan kepada mahasiswa.

Penulis berharap bahwa naskah ini akan memberikan manfaat yang lebih dalam Penulis berharap bahwa naskah ini akan memberikan manfaat yang lebih dalam peng-ajaran Teo

ajaran Teori Bilanganri Bilangan. . UntuUntuk k itu masih itu masih diperludiperlukkan masukan masukan dan an dan sarasaran n dari pembacadari pembaca demi perbaikan dan pengembangan naskah ini secara terus menerus.

demi perbaikan dan pengembangan naskah ini secara terus menerus. Salatiga, Juli 2009

Salatiga, Juli 2009 Didit B. Nugroho Didit B. Nugroho

(4)

K KAATTA A PPEENNGGAANNTTAAR R ii D DAAFFTTAARR IISSII iiii D DAAFFTTAAR R SSIINNGGKKAATTAAN N iiiiii 1

1 AksAksiomioma Da Dasaasar unr untuktuk ZZ 11 2

2 BBuukktti i ddeennggaan n IInndduukkssi i 33 3

3 KKeetteerrbbaaggiiaann 66

33..1 1 SSiiffaatt--ssiiffaat t KKeetteerrbbaaggiiaan n EElleemmeenntteer . . r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

33..2 2 AAllggoorriittmma a PPeemmbbaaggiiaan n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122

33..3 3 BBeebeberraappa a IIddeennttiittaas s AAlljjaabbaar r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1144

4 4 KoKongngruruenensisi ZZnn 1818 44..1 1 KKoonnggrruueennssi i . . . . . . . . . . . 1188

44..2 2 PPeerrssaammaaaan n KKoonnggrruueennssi . . . . i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2222

44..3 3 UUjji i KKeetteerrbbaaggiiaan n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2255

44..4 4 SSiissa a lleennggkkaap . . . . . p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2255

5 5 FFaakkttoorriissaassi i TTuunnggggaal l 2277 55..1 1 FFPPB B ddaan n KKPPK K . . . . . . . . . . . 2277

55..2 2 BBiillaannggaan n PPrriimma a ddaan n FFaakkttoorriissaassi . i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3300

55..3 3 TTeeoorreemma a FFeerrmmaat t ddaan n TTeeoorreemma a EEuulleer r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3344

6 6 AAllggoorriittmma a EEuucclliid d 3366 66..1 1 SSiisstteem m KKoonnggrruueennssi i LLiinneeaar r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4411

7 7 FFuunnggssii--ffuunnggssi i BBiillaannggaann--TTeeoorriittiik k 4455 77..1 1 FFuunnggssi i FFlloooor r . . . . . . . . . . . 4455

77..2 2 FFuunnggssi i LLeeggeennddrre e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5500

77..3 3 BBiillaannggaan n FFeerrmmaat t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5511

77..4 4 BBiillaannggaan n MMeerrsseennnne . e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5522

77..5 5 BBiillaannggaan n SSeemmppuurrnna a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5533 D

DAAFFTTAAR R PPUUSSTTAAKKA A 5544

ii ii

(5)

USAMO

USAMO : : UniteUnited Stad States otes of Amerf America Mica Mathemathematicaatical Oll Olympiaympiadd IM

IMO O : : InInteternrnatatioionanal l MaMaththememataticical al OlOlymympipiadad HMM

HMMT T : Har: Harvvardard–MI–MIT T MatMath h TTourournamnamenentt AHSME

AHSME : American : American High High SchSchool ool MatheMathematicmatics Es Examinxaminationation UMM

UMMC C : : UniUniveversirsity ty of Mof Micichighigan Man Mathathemaematictics Cos Competmpetitiitionon SM

SMC C : : StStananfoford rd MaMaththememataticics s CoCompmpetetititioionn AIM

AIME E : Am: Amerierican can InInvitvitatiationaonal l MatMathemhematiatics cs ExaExaminminatiationon Putnam

Putnam : The William : The William LowLowell ell Putnam Putnam MatheMathematicmatical al CompetCompetitionition ARM

ARML L : Am: Amerierican can RegRegionional al MatMathemhematiatics cs LeaLeaguegue APM

APMC C : Au: Austrstrianian–P–Poliolish sh MatMathemhematiatics cs ComCompetipetitiotionn

iii iii

(6)

Aksioma Dasar untuk

Aksioma Dasar untuk Z

Z

Perhatian dalam teori bilangan yaitu pada sifat-sifat bilangan bulat Perhatian dalam teori bilangan yaitu pada sifat-sifat bilangan bulat

: : : ;

_

44;;

_

33;;

_

22;;

_

11;;00;;11;;22;;33;;44; : : :; : : :

Karena itu pertama kali diperkenalkan beberapa notasi dan mengingat kembali Karena itu pertama kali diperkenalkan beberapa notasi dan mengingat kembali be-berapa sifat dasar dari bilangan bulat yang akan diperlukan pada bahasan-bahasan berapa sifat dasar dari bilangan bulat yang akan diperlukan pada bahasan-bahasan selanjutnya:

selanjutnya: N

N ==

_ff

11;;22;;33;:::;:::

_gg

(himpu(himpunan snan semuemua bila bilangaangan asn asli atli atau buau bulat polat positif)sitif) Z

Z ==

_ff

:::;:::;

_

33;;

_

22;;

_

11;;00;;11;;22;;33;:::;:::

_gg

(himpunan (himpunan semua semua bilangan bilangan bulat)bulat) Q

Q ==

nn

n n

m

m :: n; n; mm

2

ZZ dan dan m m

6

= 0= 0

oo

(himpunan (himpunan semua semua bilangan bilangan rasional)rasional)

R

R == himpunan semhimpunan semua bilangan ua bilangan riilriil Dicatat bahwa

Dicatat bahwa N N

_

ZZ

_

QQ

_

RR.. Beberapa aksioma dasar untuk Beberapa aksioma dasar untuk Z Z::

1.

1. JikJikaa a; a; bb

₂

ZZ, maka, maka aa++bb,, aa

_

bb,, ab ab

₂

ZZ. . ((ZZ dikatakan tertutup terhadap operasi dikatakan tertutup terhadap operasi penjumlahan, pengurangan, dan perkalian)

penjumlahan, pengurangan, dan perkalian) 2.

2. JikJikaa a a

₂

ZZ, maka tidak ada, maka tidak ada xx

₂

ZZ sedemikian sehingga sedemikian sehingga a < x < a a < x < a + 1+ 1.. 3.

3. JikJikaa a; a; bb

₂

ZZ dan dan ab ab = 11, maka = , maka aa = = b b = = 11 atau atau a a = = b b = =

_

11.. 4.

4. Hukum eksponen: Hukum eksponen: Untuk Untuk n;n; mm

₂

N danN dan a;a; bb

₂

RR berlaku: berlaku: (a)

(a) ((aann))mm == a anmnm

(b)

(b) ((abab))nn == a annbbnn

(c)

(c) aannaamm == a ann++mm::

Aturan-aturan di atas berlaku untuk semua

Aturan-aturan di atas berlaku untuk semua n; n; mm

₂

ZZ jika jika a; a; bb

₆

= 0= 0.. 5.

5. Sifat ketaksamaan: Sifat ketaksamaan: Untuk Untuk a a;; bb;; cc

₂₂

RR berlaku: berlaku: (a)

(a) Transitif Transitif : Jika : Jika a < a < bb dan dan b b < < cc, maka, maka a a < < cc.. (b)

(b) Jika Jika a a < < bb maka maka a a ++c c < < bb ++cc.. (c)

(c) Jika Jika a a < < bb dan dan 0 0 < < cc maka maka ac < bc ac < bc.. 11

(7)

(e) Trikotomi : Diberikan a dan b, hanya berlaku salah satu dari:

a = b, a < b, b < a.

6. Sifat terurut baik (well-ordering ) untuk N: setiap himpunan bagian tak kosong dari N memuat suatu elemen terkecil atau minimal. Suatu elemen terkecil dari suatu himpunan bagian S

_

N adalah suatu elemen s0

2

S dimana s0



s

untuk setiap s

₂

S .

7. Prinsip Induksi Matematis: Diambil P (n) sebagai suatu pernyataan me-nyangkut variabel bilangan asli n. Diambil n0 adalah suatu bilangan asli. P (n)

adalah benar untuk semua bilangan asli n

_

n₀ jika kedua pernyataan berikut ini berlaku:

PIM(a) P (n) benar untuk n = n₀.

(8)

Bukti dengan Induksi

Pada bab ini diberikan beberapa pernyataan yang dapat dibuktikan dengan menggu-nakan Prinsip Induksi Matematis, atau secara sederhana disebut induksi. Berikut ini diberikan suatu pernyataan beserta bukti induksi.

Proposisi 2.1 Jika n

_

5 maka 2n > 5n.

Bukti. Di sini digunakan Prinsip Induksi Matematis.

PIM(a) Diambil P (n) adalah pernyataan 2n _> ₅_n_{. Untuk} _n

0 diambil 5. Secara

sederhana dapat dituliskan:

P (n) : 2n > 5n dan n0 = 5:

Sekarang jika n = 4 maka P (n) menjadi pernyataan 24 > 5

_

4 yang adalah salah. Tetapi jika n = 5 , P (n) adalah pernyataan 25 > 5

_

5 atau 32 > 25 yang adalah benar. Jadi P (n) benar untuk n = 5.

PIM(b) Diasumsikan bahwa P (k) benar untuk suatu bilangan bulat positif k

_

5. Artinya, diasumsikan bahwa

2k > 5k untuk suatu k

₂

N dan k

_

5: (2.1) Asumsi (2.1) dinamakan hipotesis induksi dan akan digunakan untuk membuk-tikan bahwa P (n) benar ketika n = k+1. Atau dengan kata lain akan dibuktikan bahwa

2k+1 > 5 (k + 1) (2.2) dan dilakukan seperti berikut ini. Berdasarkan (2.1), ruas kiri dari (2.2) dapat dituliskan sebagai

2k+1 = 2

_

2k > 2

_

5k = 10k;

dan karena 5k > 5 untuk setiap k

_

5, maka 10k = 5k+ 5k > 5k+ 5 = 5(k + 1), sehingga

2k+1 > 10k > 5 (k + 1):

yang berarti bahwa P (n) benar ketika n = k + 1. Disimpulkan bahwa P (n) berlaku untuk n

_

5:

(9)

Contoh 2.2 (USAMO 1978) Suatu bilangan bulat dikatakan bagus (good) jika dapat dituliskan sebagai

n = a₁ +a₂ +

_{  }

+ak;

dimana a1; a2;

  

; ak adalah bilangan-bilangan bulat positif (tidak perlu berbeda) yang

memenuhi 1 a1 + 1 a2 +

  

+ 1 ak = 1:

Diberikan informasi bahwa bilangan-bilangan bulat 33 sampai 73 adalah bagus, buktikan bahwa setiap bilangan bulat

_

33 adalah bagus.

Bukti. Diambil n = 33, maka bilangan-bilangan bulat 33 sampai 73 dapat dituliskan sebagai barisan

n; n+ 1; n+ 2; :::;2n+ 7

yang adalah bagus berdasarkan yang diketahui. Akan dibuktikan bahwa 2n + 8 dan 2n+ 9 adalah bagus. Karena n adalah bagus, maka dapat dituliskan

2n+ 8 = 2 (a1 +a2 +

  

+ak) + 4 + 4 = 2a1 + 2a2 +

  

+ 2ak + 4 + 4 dan 1 2a₁ + 1 2a₂ +

  

+ 1 2ak + 1 4 + 1 4 = 1 2 + 1 4 + 1 4 = 1: Juga, 2n+ 9 = 2a₁ + 2a₂ +

_{  }

+ 2ak + 3 + 6 dan 1 2a₁ + 1 2a₂ +

  

+ 1 2ak + 1 3 + 1 6 = 1 2 + 1 3 + 1 6 = 1: Oleh karena itu,

2n+ 8 dan 2n+ 9 adalah bagus.

Latihan 2.3 Buktikan bahwa 2n _>₆_n_untuk_n



5. Latihan 2.4 Buktikan bahwa 1 + 2 +

_{  }

+n = n(n+ 1)

2 untuk n



1.

Latihan 2.5 Buktikan bahwa jika 0 < a < b maka 0 < an < bn untuk setiap n

₂

N. Latihan 2.6 Buktikan bahwa n! < nn untuk n

_

2.

Latihan 2.7 Buktikan bahwa jika a; r

₂

R dan r

₆

= 1, maka untuk n

_

1 berlaku

a+ar +ar2 +

_{  }

+arn = a



r

n+1



1



r

_

1 : Ini dapat dituliskan seperti

a



rn+1

_

1



= (r

_

1)



a+ar + ar2 +

_{  }

+arn



:

Dan kasus khusus pentingnya adalah

(10)

Latihan 2.8 Buktikan bahwa 1 + 2 + 22+

_{  }

+ 2n _{= 2}n+1



1 untuk n

_

1. Latihan 2.9 Buktikan bahwa 111

_{  }

1

| {z }

n kali

= 10

n



1

9 untuk n



1.

Latihan 2.10 Buktikan bahwa 12+22+32+

_{  }

+n2 = n(n+ 1) (2n+ 1)

(11)

Keterbagian

3.1 Sifat-sifat Keterbagian Elementer

Pertama kali diperkenalkan pernyataan d

_j

n yang dapat dibaca seperti berikut ini: 1. d membagi n.

2. d adalah pembagi dari n. 3. d adalah suatu faktor dari n. 4. n adalah kelipatan dari n.

Jadi, lima pernyataan di bawah ini adalah ekivalen, artinya semua cara yang berbeda mengatakan hal yang sama.

1. 2

_j

6:

2. 2 membagi 6.

3. 2 adalah pembagi dari 6. 4. 2 adalah suatu faktor dari 6. 5. 6 adalah kelipatan dari 2.

De…nisi 3.1 d

_j

n berarti terdapat suatu bilangan bulat k sedemikian sehingga n = dk, sedangkan d - n berarti bahwa d

_j

n adalah salah. Dicatat bahwa a

_j

b

₆

= a

b.

Suatu cara lain untuk menyatakan de…nisi dari d

_j

n adalah seperti berikut ini.

De…nisi 3.2 d

_j

n

₍₎

n = dk untuk suatu k. (Dicatat bahwa notasi

₍₎

diinter-pretasikan dengan arti jika dan hanya jika.)

Teorema 3.3 (Sifat-sifat keterbagian) Jika n, m, dan d adalah bilangan-bilangan bulat maka pernyataan-pernyataan berikut ini adalah benar:

(1) n

_j

n (sifat re‡eksif);

(2) d

_j

n dan n

_j

m =

₎

d

_j

m (sifat transitif); 6

(12)

(3) d

_j

n dan d

_j

m =

₎

d

_j

an+bm untuk setiap bilangan bulat a dan b (sifat linier); (4) d

_j

n =

₎

ad

_j

an untuk a

₆

= 0 (sifat perkalian);

(5) ad

_j

an dan a

₆

= 0 =

₎

d

_j

n (sifat penghapusan); (6) 1

_j

n ( 1 membagi sembarang bilangan);

(7) n

_j

1 =

₎

n =

_

1 (hanya 1 dan

_

1 yang merupakan pembagi dari 1); (8) d

_j

0 (sembarang nilai membagi nol);

(9) 0

_j

n =

₎

n = 0 (nol hanya membagi nol);

(10) d, n adalah positif dan d

_j

n =

₎

d

_

n (sifat perbandingan). (11) d

_j

n dan d

_j

(n+m) =

₎

d

_j

m.

Contoh 3.4 Buktikan sifat 1 sampai 10 dalam Teorema 3.3.

Bukti. Untuk (1), dicatat bahwa n = 1

_

n. Untuk (2) sampai (5), (10) dan (11), syarat

d

_j

n diberikan, artinya n = kd untuk suatu bilangan bulat k. Untuk (2), dipunyai

n

_j

m, artinya m = k₁n, maka m = (k₁k)d atau d

_j

m. Untuk (3), diasumsikan bahwa

m = k₂d, maka an + bm = (ka+k₂b)d. Untuk (4) dan (5), karena a

₆

= 0, d

₆

= 0 jika dan hanya jika ad

₆

= 0. Dicatat bahwa n = kd jika dan hanya jika na = kda. Untuk (6), dicatat bahwa n = n

_

1. Untuk (7), dicatat bahwa 1 = 1

_

1 atau 1 = (

_

1)

_

(

_

1). Untuk (8), dicatat bahwa 0 = d

_

0. Untuk (9), dipunyai 0

_j

n, artinya n = 0

_

k, maka n = 0. Untuk (10), dicatat bahwa d;n > 0, maka

_j

k

_{j }

1 dan juga n =

_j

k

_{j }

d

_

d. Untuk (11), dipunyai d

_j

(n+m), artinya n + m = k1d, maka kd + m = k1d atau m = (k1



k)d

atau d

_j

m.

De…nisi 3.5 Jika c = as + bt untuk suatu bilangan bulat s dan t, dikatakan bahwa c

merupakan suatu kombinasi linier dari a dan b.

Jadi, pernyataan (3) dalam Teorema 3.3 mengatakan bahwa jika d membagi a dan b, maka d membagi semua kombinasi linear dari a dan b. Khususnya, d membagi a + b

dan a

_

b.

Contoh 3.6 Diambil x dan y adalah bilangan bulat. Buktikan bahwa 2x + 3y dapat dibagi oleh 17 jika dan hanya jika 9x+ 5y dapat dibagi oleh 17.

Bukti. 17

_j

(2x+ 3y) =

₎

17

_j

13(2x+ 3y) atau 17

_j

(26x+ 39y) =

₎

17

_j

[(9x+ 5y) + (17x+ 34y)] =

₎

17

_j

(9x+ 5y), dan sebaliknya, 17

_j

(9x+ 5y) =

₎

17

_j

4 (9x+ 5y) atau 17

_j

(36x+ 20y) =

₎

17

_j

[(2x+ 3y) + (34x+ 17y)] =

₎

17

_j

(2x+ 3y).

Contoh 3.7 Tentukan semua bilangan bulat positif d sedemikian sehingga d membagi

n2+ 1 dan (n+ 1)2 + 1 untuk suatu bilangan bulat n.

Penyelesaian. Diambil d

_j

n2 + 1 dan d

_j

h

(n+ 1)2 + 1

i

atau d

_j



n2+ 2n+ 2



. Jadi d

_j



n2 + 2n+ 2



_

n2 + 1



atau d

_j

(2n+ 1) =

₎

d

_j



4n2+ 4n+ 1



, sehingga

d

_j



4



n2 + 2n+ 2



_



4n2+ 4n+ 1



atau d

_j

(4n+ 7): Jadi d

_j

[(4n+ 7)

_

2 (2n+ 1)] atau d

_j

5. Disimpulkan bahwa d adalah 1 atau 5. (Dapat ditunjukkan bahwa nilai dicapai dengan mengambil n = 2:) 

(13)

Contoh 3.8 Buktikan bahwa 33n+3



26n

_

27 merupakan suatu kelipatan dari 169 untuk semua bilangan asli n.

Bukti. Di sini digunakan Prinsip Induksi Matematis. PIM(a) Diambil P (n) adalah pernyataan 33n+3



26n

_

27 = 169

_

n, n

₂

N. Untuk

n = 1, kita menyatakan bahwa 36

_

53 = 676 = 169

_

4 yang berarti dapat dibagi oleh 169. Jadi P (n) benar untuk n = 1.

PIM(b) Diasumsikan bahwa pernyataan benar untuk n = k

_

1, k > 1, yaitu 33k

_

26k

_

1 = 169N

untuk suatu bilangan bulat N . Karena itu

33k+3

_

26k

_

27 = 27

_

33k

_

26k

_

27 = 27



33k

_

26k

_

1



+ 676k

yang direduksi menjadi

27

_

169N + 169

_

4k,

yang dapat dibagi oleh 169, yang berarti bahwa P (n) benar untuk n = k.

Contoh 3.9 (IMO 1984) Diandaikan bahwa a1, a2, :::, a2n adalah bilangan-bilangan

bulat berbeda sedemikian sehingga persamaan

(x

_

a1) (x



a2)

  

(x



a2n)



(



1)n(n!)2 = 0

mempunyai suatu penyelesaian bilangan bulat r. Tunjukkan bahwa

r = a1 +a2 + :::+a2n

2n :

Bukti. Jelas r

₆

= ai untuk semua i, dan r



ai adalah 2n bilangan bulat berbeda,

sehingga

j

(r

_

a₁) (r

_

a₂)

_{  }

(r

_

a₂n)

j  j

(1) (2)

  

(n) (



1) (



2)

  

(



n)

j

= (n!)2;

dengan kesamaan terjadi jika dan hanya jika

f

r

_

a₁; r

_

a₂;

_{  }

; r

_

a₂n

g

=

f

1;2;

  

; n;



1;



2;

  

;



n

g

:

Oleh karena itu

(r

_

a1) + (r



a2) +

  

+ (r



a2n) = 2nr



(a1 +a2 +:::+a2n) = 1 + 2 +

_{  }

+n+ (

_

1) + (

_

2) +

_{  }

+ (

_

n) = 0 yang mengakibatkan r = a1 +a2 + :::+a2n 2n :

(14)

Himpunan bilangan bulat dapat dipartisi menjadi dua himpunan bagian, yaitu him-punan bilangan bulat ganjil dan himhim-punan bilangan genap:

f

1;

_

3;

_

5;:::

_g

dan

_f

0;

_

2;

_

4;:::

_g

berturut-turut.

Berikut ini diberikan beberapa ide dasar:

(1) suatu bilangan ganjil mempunyai bentuk 2k + 1, untuk suatu bilangan bulat k; (2) suatu bilangan genap mempunyai bentuk 2k, untuk suatu bilangan bulat k; (3) jumlahan dari dua bilangan ganjil adalah suatu bilangan genap;

(4) jumlahan dari dua bilangan genap adalah suatu bilangan genap;

(5) jumlahan dari suatu bilangan ganjil dan genap adalah suatu bilangan ganjil; (6) hasil kali dari dua bilangan ganjil adalah suatu bilangan ganjil;

(7) hasil kali dari bilangan-bilangan bulat adalah genap jika dan hanya jika paling sedikit dari faktor-faktornya adalah genap.

Contoh 3.10 Diambil n adalah suatu bilangan bulat yang lebih besar dari 1. Buktikan bahwa

(a) 2n _{adalah jumlahan dari dua bilangan bulat ganjil berturutan.}

(b) 3n adalah jumlahan dari tiga bilangan bulat berturutan.

Bukti. Untuk (a), dari hubungan 2n = 22+n



2 = 4

_

2n



2 dimisalkan k = 2n



2, sehingga karena 4k = (2k

_

1) + (2k + 1) maka diperoleh 2n _{= 4}_k ₌



₂n

_

1



1



+



2n

_

1 _{+ 1}



_.

Untuk (b), dari hubungan 3n _{= 3}1+n

_

1 _{= 3}



3n

_

1 _dimisalkan_s_{= 3}n

_

1_{, sehingga karena}

3s = (s

_

1) +s+ (s+ 1) maka diperoleh 3n = 3s =



3n



1

_

1



+ 3n



1+



3n



1 + 1



. Contoh 3.11 Diambil k adalah suatu bilangan genap. Apakah mungkin untuk menu-liskan 1 sebagai jumlahan dari kebalikan k bilangan ganjil?

Penyelesaian. Diasumsikan bahwa 1 = 1

n₁ +

  

+

1

nk

untuk bilangan-bilangan ganjil n1, ..., nk; maka diperoleh n1

  

nk = s1 +

 

+ sk,

dimana semua si adalah ganjil. Ini tidaklah mungkin terjadi karena ruas kiri adalah

ganjil dan ruas kanan adalah genap. 

Contoh 3.12 (HMMT 2004) Andi memilih lima bilangan dari himpunan

_f

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

_g

. Selanjutnya Andi memberitahu Vian berapa hasil kali dari bilangan-bilangan terpilih tersebut, yang tidak akan menjadi informasi yang cukup bagi Vian untuk mem-bayangkan apakah jumlahan dari bilangan-bilangan terpilih adalah genap atau ganjil. Berapa hasil kali dari bilangan-bilangan terpilih tersebut?

(15)

Penyelesaian. Mencari hasil kali dari bilangan-bilangan terpilih ekivalen dengan mengetahui hasil kali dari dua bilangan yang tidak terpilih. Hasil kali dari bilangan-bilangan tidak terpilih dan mungkin diperoleh dari lebih satu pasangan bilangan-bilangan yaitu hanya 12 ({3,4} dan {2,6}) dan 6 ({1,6} dan {2,3}). Tetapi dalam kemungkinan ke-dua, jumlahan dari dua bilangan (tidak terpilih) adalah ganjil (dan juga lima bilangan terpilih mempunyai jumlahan ganjil), sehingga belum tentu benar. Oleh karena itu ke-mungkinan pertama pasti benar, dan hasil kali dari lima bilangan terpilih sama dengan

1

_

2

_

3

_{  }

7

12 = 420: 

Contoh 3.13 Buktikan bahwa



1 +

p

2



2n +



1

_

p

2



2n adalah suatu bilangan bulat genap dan bahwa



1 +

p

2



2n

_



1

_

p

2



2n = b

p

2

untuk suatu bilangan bulat positif b, untuk semua bilangan bulat n

_

1. Bukti. Diproses dengan induksi pada n

₂

N.

PIM(a) Diambil P (n) adalah pernyataan:



1 +

p

2



2n+



1

_

p

2



2n adalah genap dan



1 +

p

2



2n

_



1

_

p

2



2n = b

p

2 untuk suatu b

₂

N. Untuk n = 1, dipunyai



1 +

p

2



2 +



1

_

p

2



2 = 6 yang adalah bilangan genap, dan



1 +

p

2



2

_



1

_

p

2



2 = 4

p

2:

Oleh karena itu P (1) adalah benar.

PIM(b) Diasumsikan bahwa P (n) benar untuk n = k

_

1, k > 1, yaitu diasumsikan bahwa



1 +

p

2



2(k



1) +



1

_

p

2



2(k



1) = 2N

untuk suatu bilangan bulat N dan bahwa



1 +

p

2



2(k



1)

_



1

_

p

2



2(k



1) = a

p

2 untuk suatu bilangan bulat positif a.

(16)

Sekarang diperhatikan



1 +

p

2



2k +



1

_

p

2



2k =



1 +

p

2



2



1 +

p

2



2k



2 +



1

_

p

2



2



1

_

p

2



2k



2 =



3 + 2

p

2

 

1 +

p

2



2(k



1) +



3

_

2

p

2

 

1

_

p

2



2(k



1) = 3



1 +

p

2



2(k



1) +



1

_

p

2



2(k



1)



+ 2

p

2



1 +

p

2



2(k



1)

_



1

_

p

2



2(k



1)



= 6N + 2

p

2

_

a

p

2 = 2(3N + 2a)

yang merupakan suatu bilangan bulat genap dan secara serupa



1 +

p

2



2k

_



1

_

p

2



2k = 3a

p

2 + 2

p

2 (2N ) = (3a+ 4N )

p

2:

Jadi P (k) adalah benar.

Contoh 3.14 (USAMO 2003) Buktikan bahwa untuk setiap bilangan bulat positif n

terdapat suatu bilangan n-digit yang dapat dibagi oleh 5n dimana semua digit-nya ganjil. Bukti. Diproses dengan induksi pada n

₂

N.

PIM(a) Pernyataan adalah benar untuk n = 1 karena terdapat bilangan satu digit yang dapat dibagi oleh 5, yaitu 5.

PIM(b) Diasumsikan bahwa N = a₁a₂:::an dapat dibagi oleh 5n dan hanya

mempu-nyai digit-digit ganjil. Diperhatikan bilangan-bilangan

N ₁ = 1a₁a₂:::an = 1



10n+ 5nM = 5n(1



2n+M );

N ₂ = 3a₁a₂:::an = 3



10n+ 5nM = 5n(3



2n+M );

N ₃ = 5a₁a₂:::an = 5



10n+ 5nM = 5n(5



2n+M );

N ₄ = 7a₁a₂:::an = 7



10n+ 5nM = 5n(7



2n+M );

N ₅ = 9a₁a₂:::an = 9



10n+ 5nM = 5n(9



2n+M ):

Diperhatikan dua kemungkinan. Kemungkinan pertama, bilangan-bilangan 1

_

2n+M , 3

_

2n+M , 5

_

2n+M , 7

_

2n+M , 9

_

2n+M memberikan sisa-sisa yang berbeda ketika dibagi oleh 5. Kemungkinan kedua, beda dari dua diantaranya merupakan kelipatan dari 5, yang adalah tidak mungkin karena 2n bukan kelipatan dari 5 dan bukan beda dari sembarang bilangan-bilangan 1, 3, 5, 7, 9. Karena itu yang benar adalah kemungkinan pertama, dan ini berarti bahwa satu di antara bilangan-bilangan N ₁, N ₂, N ₃, N ₄, N ₅ dapat dibagi oleh 5n

_

5.

(17)

Latihan 3.15 Buktikan bahwa jika d

_j

a dan d

_j

b maka d

_j

a

_

b. Latihan 3.16 Buktikan bahwa jika d

_j

a dan d

_j

a

_

b maka d

_j

b. Latihan 3.17 Buktikan bahwa jika d

_j

n dan n

₆

= 0 maka

_j

d

_{j  j}

n

_j

. Latihan 3.18 Buktikan bahwa jika d

_j

n dan n

_j

d maka

_j

d

_j

=

_j

n

_j

. Latihan 3.19 Buktikan bahwa jika d

_j

n dan n

₆

= 0 maka n

d

j

n.

Latihan 3.20 Buktikan bahwa jika a

₂

Z maka pembagi positif dari a dan a+ 1 hanya 1:

Latihan 3.21 Diambil a dan b adalah bilangan bulat positif sedemikian sehingga a

_j

b2,

b2

_j

a3, a3

_j

b4, b4

_j

a5, ... . Buktikan bahwa a = b.

3.2 Algoritma Pembagian

Tujuan dari bagian ini adalah membuktikan hasil penting berikut ini.

Teorema 3.22 (Algoritma Pembagian) Jika a dan b adalah bilangan bulat dan b >

0 maka terdapat secara tunggal bilangan bulat q dan r yang memenuhi dua kondisi:

a = bq +r dan 0

_

r < b. (3.1) Dalam situasi ini q dinamakan hasil bagi (quotient ) dan r dinamakan sisa (remainder ) ketika a dibagi oleh b. Dicatat bahwa terdapat dua bagian untuk hasil ini. Satu bagian adalah EKSISTENSI dari bilangan bulat q dan r yang memenuhi (3.1) dan bagian kedua adalah KETUNGGALAN dari bilangan bulat q dan r yang memenuhi (3.1). Bukti. Pertama kali diperkenalkan fungsi ‡oor :

b

x

_c

= bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan x

dimana x adalah sembarang bilangan riil. Dipunyai sifat bahwa x

_

1 <

_b

x

_{c }

x. Bahasan lebih lanjut mengenai fungsi ‡oor diberikan dalam Bab 7.

Sekarang diambil b > 0 dan sembarang a mende…nisikan

q =

j

a

b

k

r = a

_

bq:

Secara jelas dipunyai a = bq +r. Tetapi kita perlu untuk membuktikan bahwa 0

_

r < b. Berdasarkan sifat fungsi ‡oor dipunyai

a b



1 <

j

a b

k



a b:

Sekarang dikalikan semua suku dari ketaksamaan dengan

_

b yang akan menghasilkan

b

_

a >

_

b

j

a

(18)

Jika ditambahkan a ke semua ruas dari ketaksamaan dan

j

a

b

k

diganti dengan q maka

diperoleh

b > a

_

bq

_

0:

Karena r = a

_

bq , maka persamaan terakhir memberikan hasil 0

_

r < b.

Kita tetap harus membuktikan bahwa q dan r ditentukan secara tunggal. Untuk itu diasumsikan bahwa

a = bq ₁ + r₁ dan 0

_

r₁ < b;

dan

a = bq ₂ + r₂ dan 0

_

r₂ < b:

Kita harus menunjukkan bahwa r1 = r2 dan q 1 = q 2. Jika r1

6

= r2, tanpa kehilangan

keumuman, dapat diasumsikan bahwa r₂ > r₁. Pengurangan kedua persamaan di atas akan menghasilkan

0 = a

_

a = (bq ₁ +r₁)

_

(bq ₂ + r₂) = b(q ₁

_

q ₂) +r₁

_

r₂:

Ini mengakibatkan

r₂

_

r₁ = b(q ₁

_

q ₂): (3.2) Ini berarti bahwa b

_j

(r₂

_

r₁). Berdasarkan Teorema 3.3 nomor (10), ini mengaki-batkan bahwa b

_

r2



r1. Tetapi karena

0

_

r₁ < r₂ < b

maka dipunyai r₂

_

r₁ < b. Ini kontradiksi dengan b

_

r₂

_

r₁. Jadi kita harus menyimpulkan bahwa r1 = r2. Sekarang dari (3.2) kita mempunyai 0 = b(q 1



q 2).

Karena b > 0, akibatnya q ₁

_

q ₂ = 0, artinya q ₁ = q ₂. Ini melengkapi bukti ketunggalan dari q dan r.

Contoh 3.23 (AHSME 1976) Diambil r adalah sisa ketika 1059, 1417 dan 2312 dibagi oleh b > 1. Tentukan nilai dari b

_

r.

Penyelesaian. Berdasarkan Algoritma Pembagian, 1059 = q ₁b+r, 1417 = q ₂b+r, dan 2312 = q 3b+r untuk bilangan-bilangan bulat q 1, q 2, q 3. Dari sini, 358 = 1417



1059 =

b(q ₂

_

q ₁), 1253 = 2312

_

1059 = b(q ₃

_

q ₁), dan 895 = 2312

_

1417 = b(q ₃

_

q ₂). Karena itu b

_j

358 atau b

_j

2

_

179, b

_j

1253 atau b

_j

7

_

179, dan b

_j

895 atau b

_j

5

_

179. Karena b > 1, disimpulkan bahwa b = 179. Jadi (sebagai contoh) 1059 = 5

_

179 + 164, yang berarti bahwa r = 164. Disimpulkan bahwa b

_

r = 179

_

164 = 15. 

Contoh 3.24 Tunjukkan bahwa n2 + 23 dapat dibagi oleh 24 untuk n tak hingga ba-nyaknya.

Bukti. n2 + 23 = n2

_

1 + 24 = (n

_

1) (n+ 1) + 24. Jika diambil n = 24k

_

1,

k = 0;1;2;:::, maka pernyataan dapat dibagi oleh 24.

De…nisi 3.25 Suatu bilangan prima (prime) p adalah bilangan bulat positif lebih besar 1 yang pembagi positifnya hanya 1 dan p. Jika bilangan bulat n > 1 bukan prima, maka bilangan tersebut dinamakan bilangan composite.

(19)

Contoh 3.26 Tunjukkan bahwa jika p > 3 adalah prima, maka 24

_j



p2

_

1



.

Bukti. Berdasarkan Algoritma Pembagian, sembarang bilangan bulat dapat dinyata-kan sebagai salah satu dari: 6k, 6k

_

1, 6k

_

2, atau 6k + 3, dengan k

₂

Z: Jika p > 3 adalah prima, maka p mempunyai bentuk p = 6k

_

1 (karena pilihan lainnya dapat dibagi 2 atau 3). Dicatat bahwa (6k

_

1)2

_

1 = 36k2

_

12k = 12k(3k

_

1). Karena k

atau 3k

_

1 adalah genap, maka 12k(3k

_

1) dapat dibagi oleh 24.

Contoh 3.27 Buktikan bahwa kuadrat dari sembarang bilangan mempunyai bentuk 4k

atau 4k + 1.

Bukti. Berdasarkan Algoritma Pembagian, sembarang bilangan bulat dapat dinyata-kan sebagai salah satu dari: 2a atau 2a+ 1. Dikuadratkan,

(2a)2 = 4a2; (2a+ 1)2 = 4



a2 +a



+ 1;

sehingga pernyataan adalah benar.

Contoh 3.28 Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat dalam barisan

11;111;1111;11111;::: (3.3) yang merupakan kuadrat dari suatu bilangan bulat.

Bukti. Sudah diperoleh bahwa kuadrat dari sembarang bilangan bulat mempunyai bentuk 4k atau 4k+ 1. Semua bilangan dalam barisan (3.3) mempunyai bentuk 4k

_

1, yang berarti tidak bisa menjadi kuadrat dari sembarang bilangan bulat.

Contoh 3.29 Tunjukkan bahwa dari sembarang tiga bilangan bulat, selalu dapat dipilih dua diantaranya, misalnya a dan b, sehingga a3b

_

ab3 dapat dibagi 10.

Bukti. Jelas bahwa a3b

_

ab3 = ab(a

_

b) (a+b) selalu genap. Jika satu dari tiga bilangan bulat mempunyai bentuk 5k, maka selesai (misalnya diambil a = 5k). Jika tidak, dipilih tiga bilangan yang terletak dalam klas-klas sisa 5k

_

1 atau 5k

_

2. Dua dari tiga bilangan bulat pasti terletak di salah satu dari dua kelompok tersebut. Akibatnya jumlah atau selisih dari dua bilangan tersebut berbentuk 5k dan diperoleh hasil yang diinginkan.

Contoh 3.30 Buktikan bahwa jika 3

_j



a2 +b2



, maka 3

_j

a dan 3

_j

b.

Bukti. Dibuktikan dengan kontraposisi seperti berikut ini. Diandaikan bahwa 3 - a

atau 3 - b, dan akan dibuktikan bahwa 3 -



a2 +b2



. Dari hipotesis dapat dinyatakan

a = 3k

_

1 atau b = 3m

_

1. Dari sini diperoleh a2 = 3



3k2

_

2k



+ 1 atau a2 = 3x+ 1, dan serupa dengan itu b2 = 3y+ 1. Jadi a2+b2 = 3x+ 1 + 3y+1 = 3s+ 2, yang berarti 3 -



a2 +b2



.

3.3 Beberapa Identitas Aljabar

Pada bagian ini diberikan beberapa contoh dimana penyelesaiannya tergantung pada penggunaan beberapa identitas aljabar elementer.

(20)

Contoh 3.31 Tentukan semua bilangan prima berbentuk n3

_

1, untuk bilangan bulat

n > 1.

Penyelesaian. n3

_

1 = (n

_

1)



n2 +n+ 1



. Jika pernyataan ini merupakan bilangan prima, karena n2+n+1 > 1, pasti dipunyai n

_

1 = 1, yang berarti n = 2. Jadi bilangan prima yang dimaksud hanyalah 7. 

Contoh 3.32 Buktikan bahwa n4 + 4, n

₂

N, adalah prima hanya untuk n = 1.

Bukti. Diamati bahwa

n4+ 4 = n4 + 4n2+ 4

_

4n2

=



n2+ 2



2

_

(2n)2

=



n2+ 2n+ 2

 

n2

_

2n+ 2



=



(n+ 1)2+ 1

 

(n

_

1)2 + 1



:

Setiap faktor lebih besar 1 untuk n > 1, akibatnya n4+ 4 bukanlah prima.

Contoh 3.33 Tentukan semua bilangan bulat n

_

1 yang memenuhi n4 + 4n adalah prima.

Penyelesaian. Untuk n = 1, jelas bahwa pernyataan merupakan bilangan prima. Lebih lanjut haruslah diambil n adalah ganjil. Untuk n

_

3, semua bilangan di bawah ini adalah bulat:

n4 + 22n = n4 + 2n22n+ 22n

_

2n22n =



n2+ 2n



2

_



n212(n+1)



2

=



n2+ 2n+n212(n+1)

 

n2 + 2n



n212(n+1)



:

Ini mudah dilihat bahwa jika n

_

3, maka setiap faktor lebih besar 1, sehingga bilangan tersebut bukan prima. 

Contoh 3.34 Buktikan bahwa untuk semua n

₂

N, n2 membagi (n+ 1)2

_

1.

Bukti. Jika n = 1, maka pernyataan benar. Sekarang diandaikan n > 1, maka berdasarkan Teorema Binomial,

(n+ 1)2

_

1 = n

X

k=1



n k



_nk_;

dan setiap sukunya dapat dibagi oleh n2:

Contoh 3.35 Buktikan bahwa

xn

_

yn = (x

_

y)



xn



1+xn



2y + xn



3y2 +

_{  }

+xyn



2 +yn



1



:

(21)

Bukti. Diasumsikan bahwa x

₆

= y dan xy

₆

= 0. Dalam kasus ini, hasil di atas mengikuti identitas n

_

1

X

k=0 ak = aa n



1 a

_

1

6

= 1; pada pengambilan a = x

y dan dikalikan dengan y

n_.

Sebagai contoh, tanpa penghitungan dapat dilihat bahwa 87672345

_

81012345 dapat dibagi 666:

Contoh 3.36 (E½otv½os 1899) Tunjukkan bahwa

2903n

_

803n

_

464n + 261n dapat dibagi oleh 1897 unuk semua bilangan asli n.

Bukti. Berdasarkan hasil sebelumnya, 2903n



803n _{dapat dibagi oleh 2903}



803 = 2100 = 7

_

300, dan 261n



464 =

_

203 = 7

_

(

_

29). Jadi pernyataan 2903n

_

803n

_

464n + 261n dapat dibagi oleh 7. Dan juga, 2903n

_

464n dapat dibagi oleh 2903

_

464 = 9

_

271 dan 261n



803 =



542 = (

_

2) 271. Jadi pernyataan juga dapat dibagi oleh 271. Karena 7 dan 271 tidak mempunyai faktor prima yang sama (kecuali 1), maka disimpulkan bahwa pernyataan dapat dibagi oleh 7

_

271 = 1897.

Contoh 3.37 (UMMC 1987) Diberikan bahwa 1002004008016032 mempunyai suatu faktor prima p > 250000, cari bilangan tersebut.

Penyelesaian. Jika a = 103 dan b = 2, maka

1002004008016032 = a5 +a4b+a3b2 +a2b3+ab4+b5 = a

6



b6 a

_

b :

Pernyataan terakhir dinyatakan sebagai

a6

_

b6 a

_

b = (a+b)



a 2₊_ab₊_b2

 

_a2



ab+b2



= 1002

_

1002004

_

998004 = 4

_

4

_

1002

_

250501

_

k;

dimana k < 250000. Oleh karena itu p = 250501. 

Contoh 3.38 (Grünert 1856) Jika x ;y ;z ;n

₂

N dan n

_

z, maka tidak berlaku hubungan

xn+yn = zn:

Bukti. Jelas bahwa jika berlaku hubungan xn + yn = zn untuk x;y;z

₂

N, maka

x < z dan y < z. Berdasarkan kesimetrian, bisa diandaikan bahwa x < y. Selanjutnya pernyataan dibuktikan dengan kontraposisi. Jadi diandaikan bahwa xn+yn = zn dan

n

_

z, maka

zn

_

yn = (z

_

y)



zn



1 +yzn



2+

_{  }

+yn



1



_

1

_

nxn



1 > xn

(22)

Contoh 3.39 Buktikan bahwa untuk n ganjil,

xn +yn = (x+y)



xn



1

_

xn



2y +xn



3y2

_

+

_{   }

+

_

xyn



2 +yn



1



:

Jadi jika n adalah ganjil, maka x+y membagi xn +yn.

Bukti. Bukti diperoleh dengan pensubstitusian

_

y untuk y dalam Contoh 3.35 dan diperhatikan bahwa (

_

y)n =

_

yn untuk n ganjil.

Contoh 3.40 Tunjukkan bahwa 1001 membagi

11993+ 21993 + 31993+

_{  }

+ 10001993:

Penyelesaian. Berdasarkan contoh sebelumnya karena setiap 11993+10001993, 21993+ 9991993, ..., 5001993 + 50011993 dapat dibagi oleh 1001. 

Contoh 3.41 (SMC 250) Tunjukkan bahwa untuk sembarang bilangan asli n, terda-pat bilangan asli lain x sedemikian sehingga setiap suku dari barisan

x+ 1; xx + 1; xxx + 1;:::

dapat dibagi oleh n.

(23)

Kongruensi Z

n

4.1 Kongruensi

De…nisi 4.1 Diambil n

₂

N. Untuk x; y

₂

Z, x dikatakan kongruen dengan y modulo

n jika n

_j

(y

_

x) dan dituliskan x = y (modn) atau

_

n. Selanjutnya y dinamakan sisa

dari x ketika dibagi oleh n.

Lebih lanjut, modulo n adalah relasi ekivalensi pada Z, artinya untuk x;y;z

₂

Z berlaku:

1. (re‡eksif ) x = x (modn),

2. (simetris ) x = y (modn) =

₎

y = x (modn);

3. (transitif ) x = y (modn) dan y = z (modn) =

₎

x = z (modn).

Klas kongruensi dari suatu bilangan bulat x modulo n, dinotasikan dengan xn

(ser-ingkali juga digunakan notasi x atau [x]_n), adalah himpunan dari semua bilangan bulat yang kongruen dengan x modulo n. Dengan kata lain, menggunakan de…nisi keterba-gian,

xn =

f

y

2

Z : n

j

(y



x)

g

=

_f

y

₂

Z : y

_

x = kn; k

₂

Z

_g

=

_f

x+kn : k

₂

Z

_g

.

Himpunan dari klas-klas kongruensi dinotasikan dengan Zn. Elemen-elemen berbeda

dari Zn biasanya didaftar seperti

0n;1n;2n; :::;(n



1)_n:

Contoh 4.2 Diambil n = 4, maka dipunyai klas-klas kongruensi dari Zn:

08 =

f

0 + 4k : k

2

Z

g

=

f

0;



4;



8;:::

g

;

14 =

f

1 + 4k : k

2

Z

g

=

f

:::;



7;



3;1;5;9;:::

g

;

2₄ =

_f

2 + 4k : k

₂

Z

_g

=

_f

:::;

_

6;

_

2;2;6;10;:::

_g

;

3₄ =

_f

3 + 4k : k

₂

Z

_g

=

_f

:::;

_

5;

_

1;3;7;11;:::

_g

:

Klas-klas ekivalensi dapat dijumlahkan dan dikalikan menggunakan sifat berikut ini. 18

(24)

Lemma 4.3 Diambil n

₂

N. Pada Zn berlaku rumus

xn



yn = (x



y)_n; xnyn = (xy)_n:

Bukti. Jika x

0

_n = xn dan yn

0

= yn maka

x

0

+ y

0

= x+y +



x

0 _

x



+



y

0 _

y



= x +y (modn); x

0

y

0

=



x+



x

0 _

x

 

y +



y

0 _

y



= xy +y



x

0 _

x



+x



y

0 _

y



+



x

0 _

x



y

0 _

y



= xy (modn):

Selanjutnya, dengan mengaplikasikan rumus perkalian di atas akan diperoleh sifat bahwa jika a = b (modn) maka ak = bk.

Contoh 4.4 Tentukan sisa ketika 61987 dibagi oleh 37.

Penyelesaian. Dapat dituliskan 61987 = 6

_

61986 = 6



62



993 = 6 (

_

1)993 karena 62 =

_

1 (mod 37). Jadi 61987 =

_

6 = 31 (mod 37). 

Contoh 4.5 Cari digit terakhir dalam ekspansi desimal dari 4100.

Penyelesaian. Digit terakhir adalah sisa ketika dibagi oleh 10. Jadi harus dihitung klas kongruensi dari 4100(mod 10). Dipunyai 42 = 6(mod 10), dan selanjutnya 62 = 6(mod 10). Jadi 4100 = (42)50 = 650 = 6(mod 10). 

Contoh 4.6 Cari digit satuan dari 777:

Penyelesaian. Harus dicari 777 (mod 10). Diamati bahwa 72 =

_

1 (mod10), 73 = 72

_

7 =

_

7 = 3 (mod10), dan 74 =



72



2 = 1 (mod10). Selain itu, 72 = 1 (mod4) dan 77 =



72



3

_

7 = 3 (mod4), yang berarti bahwa terdapat suatu bilangan bulat t

sedemikian sehingga 77 = 3 + 4t. Sekarang diperoleh

777 = 74t+3 =



74



t

_

73 = 1t

_

3 = 3 (mod 10):

Jadi digit terakhir adalah 3. 

Contoh 4.7 (Putnam 1986) Berapakah digit satuan dari



1020000 10100_{+ 3}



?

Penyelesaian. Dimisalkan a

_

3 = 10100, maka 1020000 10100_{+ 3} = (a

_

3)200 a = 1 a 200

X

k=0



200 k



_a200

_

k₍



3)k = 199

X

k=0



200 k



a 199

_

k₍



3)k: (4.1)

(25)

Karena 200

X

k=0 (

_

1)k



200 k



_{= 0, maka untuk} _a_{= 3 (mod 10) persamaan (??) menjadi}

3199 199

X

k=0 (

_

1)k



200 k



₌



3199 = 3(mod 10): 

Contoh 4.8 Apakah 4100 dapat dibagi 3?

Penyelesaian. Karena 4100 = 1100 = 1(mod 3), berarti 3

_j

4100. 

Contoh 4.9 Buktikan bahwa 7 membagi 32n+1+ 2n+2 untuk setiap n

₂

N.

Bukti. Diamati bahwa 32n+1 = 3

_

9n = 3

_

2n (mod 7) dan 2n+2 = 4

_

2n (mod 7). Karena itu

32n+1+ 2n+2 = 7

_

2n = 0 (mod 7), untuk setiap n

₂

N.

Contoh 4.10 Buktikan hasil Euler: 641

_j



232 + 1



.

Bukti. Diamati bahwa 641 = 27

_

5 + 1 = 24 + 54. Karena itu 27

_

5 =

_

1 (mod 641) dan 54 =

_

24 (mod 641). Sekarang, 27

_

5 =

_

1 (mod641) menghasilkan 54

_

228 =



5

_

27



4 = 1 (mod641). Kongruensi terakhir dan 54 =

_

24 (mod 641) menghasilkan



232 =

_

24

_

228 = 54

_

228 = 1 (mod 641), yang berarti bahwa 641

_j



232 + 1



. Contoh 4.11 Tentukan bilangan-bilangan kuadrat sempurna di modulo 13:

Penyelesaian. Karena r2 = (13

_

r)2, maka hanya dipunyai r = 0;1;:::;6. Diamati bahwa 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 42 = 3, 52 = 12, dan 62 = 10 (mod 13). Jadi kuadrat sempurna di modulo 13 yaitu 0;1;4;9;3;12;10. 

Contoh 4.12 Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat yang memenuhi x2

_

5y2 = 2:

Bukti. Jika x2 = 2 + 5y2, maka x2 = 2 (mod5). Tetapi karena 2 bukanlah kuadrat sempurna modulo 5, maka dapat disimpulkan tidak ada bilangan bulat yang memenuhi

x2

_

5y2 = 2:

Contoh 4.13 Buktikan bahwa 7

_j



22225555+ 55552222



.

Bukti. Diamati bahwa 2222 = 3 (mod7), 5555 = 4 (mod7), 35 = 5 (mod7), dan 42 = 2 =

_

5 (mod7). Diperoleh

22225555+ 55552222 = 35555 + 42222 = 35(1111)+ 42(1111)

= 51111

_

51111 = 0 (mod 7):

Contoh 4.14 Cari bilangan-bilangan bulat n sedemikian sehingga 2n_{+ 27 dapat dibagi}

(26)

Penyelesaian. Diamati bahwa 21 = 2, 22 = 4, 23 = 1, 24 = 2, 25 = 4, 26 = 1 (mod 7) dan juga 23k = 1 (mod 3) untuk semua k

₂

N. Karena itu 23k+27 = 1+ 27 = 0 (mod 7) untuk semua k

₂

N. Jadi n = 3k; k

₂

N. 

Contoh 4.15 Tentukan semua bilangan bulat n sedemikian sehingga 13

_j

4(n2 + 1). Penyelesaian. Ini adalah ekivalen dengan menyelesaikan kongruensi 4(n2 + 1) = 0(mod 13). Karena faktor persekutuan terkecil dari 4 dan 3 adalah 1, maka kita dapat menghapus 4 untuk mendapatkan n2 =

_

1(mod 13). Penghitungan kuadrat-kuadrat di modulo 13 memberikan (

_

1)2 = 1, (

_

2)2 = 4, (

_

3)2 = 9, (

_

4)2 = 3(mod13), (

_

5)2 =

_

1(mod 13), dan (

_

6)2 =

_

3(mod 13). Jadi, telah dilakukan penghitungan untuk perwakilan dari setiap klas kongruensi, sehingga jawaban untuk pertanyaan asli adalah x

_

5(mod 13). 

Contoh 4.16 Di modulo 7, apakah ada x; y

₂

N sedemikian sehingga x3 = 2y _{+ 15?}

Penyelesaian. Diamati bahwa setiap pangkat dari 2 kongruen dengan 1;2; atau 4 (mod7). Jadi 2y _{+ 15 = 2}_;₃_;_{atau 5 (mod7). Di sisi lain, karena pangkat tiga}

sempurna di modulo 7 yaitu 0;1, dan 6, maka tidak mungkin terjadi 2y _{+ 15 =} _x3_.

Disimpulkan tidak ada x; y

₂

N sedemikian sehingga x3 = 2y _{+ 15.} _

Contoh 4.17 Buktikan bahwa 2k



5, k = 0;1;2;::: tidak pernah mempunyai sisa 1 ketika dibagi oleh 7.

Bukti. Diamati bahwa 21 = 24 = ::: = 2, 22 = 25 = ::: = 4, 20 = 23 = 26 = ::: = 1 (mod 7). Jadi 2k



5 = 3;4; atau 6 yang tidak lain adalah sisa atas pembagian oleh 7.

Contoh 4.18 (AIME 1994) Barisan naik

3;15;24;48;::: (4.2)

terdiri dari kelipatan positif dari 3 dan kurang satu dari suatu kuadrat sempurna. Be-rapakah sisa dari suku ke-1994 dari barisan tersebut ketika dibagi oleh 1000?

Penyelesaian. Diinginkan 3

_j



n2

_

1



atau 3

_j

(n

_

1) (n+ 1). Karena 3 adalah bilangan prima, ini mengharuskan n = 3k + 1 atau n = 3k

_

1, k = 1;2;3;:::. Barisan 3k + 1, k = 1;2;::: menghasilkan suku-suku n2

_

1 = (3k + 1)2

_

1 yang merupakan suku-suku di posisi genap dari barisan (4.2). Barisan 3k

_

1, k = 1;2;::: menghasilkan suku-suku n2

_

1 = (3k

_

1)2

_

1 yang merupakan suku-suku di posisi ganjil dari barisan (4.2). Selanjutnya harus dicari suku ke-997 dari barisan 3k + 1, k = 1;2;:::, yaitu (3

_

997 + 1)2

_

1 = (3 (

_

3) + 1)2

_

1 = 82

_

1 = 63 (mod 1000). Jadi, sisa yang dicari adalah 63. 

Contoh 4.19 (USAMO 1979) Tentukan semua penyelesaian tak negatif (n₁; n₂;:::;n₁₄)

di modulo 16, jika ada, dari persamaan

(27)

Penyelesaian. Semua pangkat 4 sempurna di modulo 16 adalah 0;1 (mod 16). Ini berarti bahwa

n4₁ +n4₂ +

_{  }

n2₁₄

paling besar adalah 14 (mod 16), padahal 1599 = 15 (mod 16). Jadi tidak ada penyele-saian untuk (4.3).  Contoh 4.20 Diambil n!! = n!



1 2!



1 3! +

   

+ (

_

1)n n!



: Buktikan bahwa untuk semua n

₂

N, n > 3,

n!! = n! (mod(n

_

1)): Bukti. Dipunyai n!

_

n!! = n(n

_

1) (n

_

2)!



1

_

1 2!



1 3! +

   

+(



1) n

_

1 (n

_

1)! + (

_

1)n n!

!

= (n

_

1)



m+ (

_

1)n



1 n n

_

1 + (

_

1)n n

_

1



= (n

_

1) (m+ (

_

1)n)

dengan m

₂

Z, dan dicatat bahwa (n

_

2)! dapat dibagi oleh k; k

_

n

_

2.

4.2 Persamaan Kongruensi

De…nisi 4.21 Bilangan bulat x₀ yang memenuhi persamaan (kongruensi) dinamakan penyelesaian untuk persamaan tersebut.

Pertama kali dipelajari persamaan linear terhadap penjumlahan. Persamaan linear (terhadap penjumlahan) dalam kongruensi:

a+x = b(modn)

selalu mempunyai penyelesaian. Kunci dari penyelesaian persamaan tersebut adalah bilangan c sedemikian sehingga c +a = n.

Contoh 4.22 Cari semua x yang memenuhi persamaan 7 + x = 4(mod5). Penyelesaian. Persamaan diubah menjadi 2 +x = 4(mod5) dan

3 + 2 + x = 3 + 4 (mod5) 5 +x = 7(mod 5)

x = 2(mod 5):

(28)

Berikutnya dipelajari persamaan linear terhadap perkalian dalam kongruensi:

ax = b(modn):

Kunci dari penyelesaian persamaan tersebut adalah bilangan c sedemikian sehingga

ac = 1(modn). Tetapi hal ini tidak selalu terjadi. Sebagi contoh, diambil n = 4 dan a; c

_{2 f}

0;1;2;3

_g

. Jika a = 2(mod4), maka tidak ada c

_{2 f}

0;1;2;3

_g

sehingga 2c = 1(mod2).

Contoh 4.23 Periksa apakah persamaan-persamaan berikut ini mempunyai penyele-saian:

a) 2x = 1(mod4) b) 3x = 1(mod4) c) 12x = 8 (mod 15)

Penyelesaian. Diperiksa satu persatu seperti berikut.

a) Jika persamaan tersebut mempunyai penyelesaian, maka penyelesaiannya adalah 2x

_

1 = 4t, dengan t adalah suatu bilangan bulat.

Karena ruas kiri adalah bilangan ganjil dan ruas kanan adalah bilangan genap, maka kesamaan tersebut tidak pernah terjadi. Jadi, persamaan kongruensi tidak mempunyai penyelesaian.

b) Karena (3;4) = 1, maka terdapat bilangan bulat p, q sehingga 3 p+ 4q = 1 atau 3 p = 1

_

4q:

Bilangan p = 3 dan q =

_

2. Jadi, persamaan di atas mempunyai penyelesaian

x = p + 4r = 3 + 4r dengan r adalah suatu bilangan bulat.

c) Jika persamaan tersebut mempunyai penyelesaian, maka terdapat x yang memenuhi 12x

_

8 = 15t:

Ruas kanan dapat dibagi 3, maka ruas kiri harus dapat dibagi 3. Suku 12x

habis dibagi 3, tetapi 8 tidak habis dibagi 3. Jadi persamaan tidak mempunyai penyelesaian. 

Contoh 4.24 Selesaikan setiap kongruensi di bawah ini. a) 5x = 7 (mod 12).

b) 3x = 6(mod101):

c) 2x = 8 (mod 10):

(29)

a) Dicatat bahwa 5

_

5 = 25 = 1 (mod 12). Karena itu 5

_

5x = 5

_

7(mod12)

x = 35(mod12) = 11:

b) Dicatat 34

_

3 = 102 = 1 (mod 101). Karena itu

34

_

3x = 34

_

6 (mod 101)

x = 204 (mod101) = 2:

c) Di sini (2;10) = 2, sehingga metode seperti di atas tidak bisa diaplikasikan. Berdasarkan de…nisi kongruensi dan keterbagian, diminta 2x

_

8 = k

_

10 = 0(mod 10) untuk suatu k

₂

Z. Persamaan dapat dituliskan menjadi

2 (x

_

4) = 0 (mod 10) = 10 dan memberikan persamaan

x

_

4 = 0 atau x

_

4 = 5:

Karena itu diperoleh penyelesaian untuk persamaan kongruensi yaitu x = 4 atau

x = 9. 

Latihan 4.25 Cari penyelesaian untuk persamaan berikut ini. a) 5x = 4 (mod 11):

b) 3x = 7 (mod 17):

c) 9x = 4 (mod 49):

d) 100x = 7



mod112



:

Latihan 4.26 Jika ada, cari penyelesaian untuk persamaan berikut ini. a) 4x = 5(mod6):

b) 6x = 2(mod8):

c) 14x = 12(mod21):

d) 8x = 4 (mod 12):

Latihan 4.27 Untuk a = 1;2; :::;6, cari semua penyelesaian untuk persamaan ax = 1(mod7).

Latihan 4.28 Cari semua bilangan bulat a dimana 1

_

a

_

5 sehingga ax = 1(mod6). Latihan 4.29 Diberikan bilangan-bilangan bulat a dan b. Jika 0 < a < 7 dan 0 < b <

(30)

4.3 Uji Keterbagian

Berikut ini diberikan suatu contoh aturan keterbagian yang sangat terkenal.

Teorema 4.30 (Casting-out 9’s) Suatu bilangan asli n dapat dibagi oleh 9 jika dan hanya jika jumlahan dari digit-digitnya dapat dibagi oleh 9.

Bukti. Diambil n = ak10k + ak

_

110k



1 +

  

+ a110 + a0 sebagai ekspansi

basis-10 dari n. Untuk 10 = 1 (mod9), dipunyai 10 j = 1 (mod9). Karena itu diperoleh

n = ak + ak

_

1 +

  

+a1 +a0.

Contoh 4.31 (AHSME 1992) Bilangan bulat dua digit dari 19 sampai 92 dituliskan secara berturutan untuk membentuk bilangan bulat

192021222324:::89909192: (4.4)

Berapakah pangkat terbesar dari 3 yang membagi bilangan tersebut?

Penyelesaian. Dengan penggunaan aturan casting-out 9, bilangan (4.4) dapat dibagi oleh 9 jika dan hanya jika

19 + 20 +

_{  }

+ 91 + 92 = 372

_

3

Oleh karena itu, bilangan (4.4) dapat dibagi oleh 3 tetapi tidak oleh 9. 

Contoh 4.32 (IMO 1975) Ketika 44444444 dituliskan dalam notasi desimal, jumlah-an dari digit-digitnya adalah A. Diambil B sebagai jumlahan dari digit-digit pada bilangan A. Tentukan jumlahan dari digit-digit pada bilangan B. ( A dan B dituliskan dalam notasi desimal)

Penyelesaian. Dipunyai 4444 = 7 (mod9), karena itu 44443 = 73 = 1 (mod9). Jadi 44444444 = 44443(1481)

_

4444 = 1

_

7 = 7 (mod 9). Diambil C sebagai jumlahan dari digit-digit pada bilangan B.

Berdasarkan aturan casting-out 9, 7 = 44444444 = A = B = C (mod 9). Sekarang, 4444 log (4444) < 4444 log



104



= 17776. Ini berarti bahwa 44444444 mempunyai paling banyak 17776 digit, sehingga jumlahan dari digit-digit pada 44444444 adalah paling besar 9

_

17776 = 159984 , yang berarti A

_

159984. Di antara semua bilangan asli



159984, bilangan yang mempunyai jumlahan digit terbesar adalah 99999, sehingga diperoleh B

_

45. Dari semua bilangan asli

_

45, bilangan yang mempunyai jumlahan digit terbesar adalah 39. Jadi jumlahan dari digit-digit B adalah paling besar 12. Tetapi karena C = 7 (mod9), maka diperoleh C = 7. Jadi, jumlahan dari digit-digit pada bilangan B adalah 7. 

4.4 Sisa lengkap

De…nisi 4.33 Suatu himpunan x1; x2;:::;xn dinamakan sistem sisa lengkap (complete

residue system) modulo n jika untuk setiap bilangan bulat y terdapat secara tepat satu indeks j sedemikian sehingga y = x j (modn).

(31)

Dalam hal ini jelas bahwa untuk sembarang himpunan berhingga A dari bilangan-bilangan bulat, himpunan A akan membentuk himpunan sisa lengkap modulo n jika dan hanya jika himpunan A mempunyai n anggota dan setiap anggota dari himpunan tidak saling kongruen modulo n. Sebagai contoh, himpunan A =

_f

0;1;2;3;4;5

_g

mem-bentuk suatu himpunan sisa lengkap modulo 6, karena setiap bilangan bulat x kongruen dengan satu dan hanya satu anggota dari A. Himpunan B =

_f

3;

_

2;

_

1;1;2;3

_g

tidak membentuk himpunan sisa lengkap modulo 6 karena

_

3 = 3 (mod 6).

Sekarang diperhatikan himpunan Zn =

f

0;1;2;:::;n



1

g

. Sebagai contoh, diambil

n = 3 sehingga dipunyai Z3 =

f

0;1;2

g

. Elemen 0 menyatakan semua semua bilangan

bulat yang dapat dibagi oleh 3, sedangkan 1 dan 2 berturut-turut menyatakan semua bilangan bulat yang mempunyai sisa 1 dan 2 ketika dibagi oleh 3. Dide…nisikan jumlah-an pada Z3 seperti berikut ini. Diberikan a; b

2

Z3, maka terdapat c

2

Z3 sedemikian

sehingga a+₃ b = c (mod3). Tabel 4.1 memuat semua penjumlahan yang mungkin.

Tabel 4.1: Tabel penjumlahan untuk Z3.

+3 0 1 2

0 0 1 2 1 1 2 0 2 2 0 1

Diamati bahwa Z₃ bersama-sama dengan operasi +₃ seperti yang diberikan dalam Tabel 4.1 memenuhi sifat-sifat:

1. Elemen 0

₂

Zn merupakan suatu elemen identitas untuk Z3, yaitu 0 memenuhi

0 +3 a = a+3 0 = a untuk semua a

2

Z3.

2. Setiap elemen a

₂

Z₃ mempunyai suatu invers penjumlahan b, yaitu suatu elemen sedemikan sehingga a +3 b = b +3 a = 0. Invers penjumlahan dari a dinotasikan

dengan

_

a. Dicatat bahwa di Z₃ dipunyai

_

0 = 0,

_

1 = 2, dan

_

2 = 1.

3. Operasi penjumlahan di Z3 adalah asosiatif, yaitu untuk setiap a; b; c

2

Z3 berlaku

a+₃ (b+₃ c) = (a+₃ b) +₃ c.

Selanjutnya dikatakan bahwa (Z3;+3) membentuk suatu grup (group) dan dinamakan

grup dari sisa dibawah penjumlahan modulo 3.

Secara serupa, dide…nisikan (Zn;+n) sebagai grup dari sisa dibawah penjumlahan

mod-ulo n.

Latihan 4.34 Konstruksikan tabel penjumlahan untuk Z6 dan Z8.

Latihan 4.35 Berapa banyak pasangan berurutan (a; b)

₆

= 0 yang berbeda di Z12