MX 127 Teori Bilangan
(Revisi Terakhir: Juli 2009 )
Oleh:
Didit Budi Nugroho, S.Si., M.Si.
Program Studi Matematika Fakultas Sains dan Matematika Universitas Kristen Satya Wacana
Diktat ini merupakan catatan kuliah Teori Bilangan (MX 127) tingkat sarjana 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). Elementer berarti hampir tidak ada Analisis yang digunakan, dan hampir tidak ada Aljabar Abstrak.
Naskah ini dirancang untuk mencakup beberapa ide dasar teori bilangan dalam satu semester. Selain itu, di sini juga disertakan masalah-masalah teori bilangan yang di-gunakan dalam berbagai pelatihan dan kompetisi matematika internasional untuk me-motivasi dan memberikan tantangan kepada mahasiswa.
Penulis berharap bahwa naskah ini akan memberikan manfaat yang lebih dalam peng-ajaran Teori Bilangan. Untuk itu masih diperlukan masukan dan saran dari pembaca demi perbaikan dan pengembangan naskah ini secara terus menerus.
Salatiga, Juli 2009 Didit B. Nugroho
KATA PENGANTAR i
DAFTAR ISI ii
DAFTAR SINGKATAN iii
1 Aksioma Dasar untuk Z 1
2 Bukti dengan Induksi 3
3 Keterbagian 6
3.1 Sifat-sifat Keterbagian Elementer . . . 6
3.2 Algoritma Pembagian . . . 12
3.3 Beberapa Identitas Aljabar . . . 14
4 Kongruensi Zn 18 4.1 Kongruensi . . . 18 4.2 Persamaan Kongruensi . . . 22 4.3 Uji Keterbagian . . . 25 4.4 Sisa lengkap . . . 25 5 Faktorisasi Tunggal 27 5.1 FPB dan KPK . . . 27
5.2 Bilangan Prima dan Faktorisasi . . . 30
5.3 Teorema Fermat dan Teorema Euler . . . 34
6 Algoritma Euclid 36 6.1 Sistem Kongruensi Linear . . . 41
7 Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik 45 7.1 Fungsi Floor . . . 45 7.2 Fungsi Legendre . . . 50 7.3 Bilangan Fermat . . . 51 7.4 Bilangan Mersenne . . . 52 7.5 Bilangan Sempurna . . . 53 DAFTAR PUSTAKA 54 ii
USAMO : United States of America Mathematical Olympiad IMO : International Mathematical Olympiad
HMMT : Harvard–MIT Math Tournament
AHSME : American High School Mathematics Examination UMMC : University of Michigan Mathematics Competition SMC : Stanford Mathematics Competition
AIME : American Invitational Mathematics Examination
Putnam : The William Lowell Putnam Mathematical Competition ARML : American Regional Mathematics League
APMC : Austrian–Polish Mathematics Competition
Aksioma Dasar untuk
Z
Perhatian dalam teori bilangan yaitu pada sifat-sifat bilangan bulat : : : ; 4; 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3; 4; : : :
Karena itu pertama kali diperkenalkan beberapa notasi dan mengingat kembali be-berapa sifat dasar dari bilangan bulat yang akan diperlukan pada bahasan-bahasan selanjutnya:
N = f1; 2; 3; :::g (himpunan semua bilangan asli atau bulat positif) Z = f:::; 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3; :::g (himpunan semua bilangan bulat) Q = n nm : n; m 2 Z dan m 6= 0o (himpunan semua bilangan rasional) R = himpunan semua bilangan riil
Dicatat bahwa N Z Q R. Beberapa aksioma dasar untuk Z:
1. Jika a; b 2 Z, maka a + b, a b, ab 2 Z. (Z dikatakan tertutup terhadap operasi penjumlahan, pengurangan, dan perkalian)
2. Jika a 2 Z, maka tidak ada x 2 Z sedemikian sehingga a < x < a + 1. 3. Jika a; b 2 Z dan ab = 1, maka a = b = 1 atau a = b = 1.
4. Hukum eksponen: Untuk n; m 2 N dan a; b 2 R berlaku: (a) (an)m = anm
(b) (ab)n= anbn (c) anam= an+m:
Aturan-aturan di atas berlaku untuk semua n; m 2 Z jika a; b 6= 0. 5. Sifat ketaksamaan: Untuk a; b; c 2 R berlaku:
(a) Transitif : Jika a < b dan b < c, maka a < c. (b) Jika a < b maka a + c < b + c.
(c) Jika a < b dan 0 < c maka ac < bc.
(d) Jika a < b dan c < 0 maka bc < ac.
(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.
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 > 5n. Untuk n0 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 dibukmembuk-tikan 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:
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> 6n 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
Latihan 2.8 Buktikan bahwa 1 + 2 + 22+ + 2n= 2n+1 1 untuk n 1.
Latihan 2.9 Buktikan bahwa 111| {z }1
nkali
= 10
n 1
9 untuk n 1.
Latihan 2.10 Buktikan bahwa 12+ 22+ 32+ + n2= n (n + 1) (2n + 1)
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= ab.
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);
(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 jkj 1 dan juga n = jkj 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+ 1i 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:)
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
fr a1; r a2; ; r a2ng = f1; 2; ; n; 1; 2; ; ng :
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 :
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 f0; 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 2dimisalkan k = 2n 2, sehingga karena 4k = (2k 1) + (2k + 1) maka diperoleh 2n = 4k = 2n 1 1 + 2n 1+ 1 . Untuk (b), dari hubungan 3n= 31+n 1= 3 3n 1 dimisalkan s = 3n 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 f1, 2, 3, 4, 5, 6, 7g. 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?
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 +p2 2n+ 1 p2 2n adalah suatu bilangan bulat genap dan bahwa
1 +p2 2n 1 p2 2n = bp2
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 +p2 2n+ 1 p2 2nadalah genap dan 1 +p2 2n 1 p2 2n = bp2 untuk suatu b 2 N. Untuk n = 1, dipunyai
1 +p2 2+ 1 p2 2 = 6
yang adalah bilangan genap, dan
1 +p2 2 1 p2 2 = 4p2:
Oleh karena itu P (1) adalah benar.
PIM(b) Diasumsikan bahwa P (n) benar untuk n = k 1, k > 1, yaitu diasumsikan bahwa
1 +p2 2(k 1)+ 1 p2 2(k 1)= 2N untuk suatu bilangan bulat N dan bahwa
1 +p2 2(k 1) 1 p2 2(k 1) = ap2
Sekarang diperhatikan 1 +p2 2k+ 1 p2 2k = 1 +p2 2 1 +p2 2k 2 + 1 p2 2 1 p2 2k 2 = 3 + 2p2 1 +p2 2(k 1) + 3 2p2 1 p2 2(k 1) = 3 1 +p2 2(k 1)+ 1 p2 2(k 1) + 2p2 1 +p2 2(k 1) 1 p2 2(k 1) = 6N + 2p2 ap2 = 2 (3N + 2a)
yang merupakan suatu bilangan bulat genap dan secara serupa
1 +p2 2k 1 p2 2k= 3ap2 + 2p2 (2N ) = (3a + 4N )p2:
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 5ndimana 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
N1 = 1a1a2:::an= 1 10n+ 5nM = 5n(1 2n+ M ) ;
N2 = 3a1a2:::an= 3 10n+ 5nM = 5n(3 2n+ M ) ;
N3 = 5a1a2:::an= 5 10n+ 5nM = 5n(5 2n+ M ) ;
N4 = 7a1a2:::an= 7 10n+ 5nM = 5n(7 2n+ M ) ;
N5 = 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 N1, N2, N3, N4, N5 dapat dibagi oleh 5n 5.
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 jdj jnj. Latihan 3.18 Buktikan bahwa jika d j n dan n j d maka jdj = jnj.
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, b2j a3, a3j b4, b4j 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 :
bxc = bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan x
dimana x adalah sembarang bilangan riil. Dipunyai sifat bahwa x 1 < bxc x. Bahasan lebih lanjut mengenai fungsi ‡oor diberikan dalam Bab 7.
Sekarang diambil b > 0 dan sembarang a mende…nisikan
q = ja
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 < ja b k a b:
Sekarang dikalikan semua suku dari ketaksamaan dengan b yang akan menghasilkan
b a > bja b k
Jika ditambahkan a ke semua ruas dari ketaksamaan dan ja 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 = bq1+ r1 dan 0 r1 < b;
dan
a = bq2+ r2 dan 0 r2 < b:
Kita harus menunjukkan bahwa r1 = r2 dan q1 = q2. Jika r1 6= r2, tanpa kehilangan
keumuman, dapat diasumsikan bahwa r2 > r1. Pengurangan kedua persamaan di atas
akan menghasilkan
0 = a a = (bq1+ r1) (bq2+ r2) = b (q1 q2) + r1 r2:
Ini mengakibatkan
r2 r1 = b (q1 q2) : (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 (q1 q2).
Karena b > 0, akibatnya q1 q2= 0, artinya q1 = q2. 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 = q1b+r, 1417 = q2b+r, dan
2312 = q3b + r untuk bilangan-bilangan bulat q1, q2, q3. Dari sini, 358 = 1417 1059 =
b (q2 q1), 1253 = 2312 1059 = b (q3 q1), dan 895 = 2312 1417 = b (q3 q2).
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.
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. Dikuadratdinyata-kan,
(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.
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 n2 1 2(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 n k;
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 : Jadi x y selalu membagi xn yn.
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 464n dapat dibagi oleh 261 464 = 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 803n dapat dibagi oleh 261 803 = 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 yang bertentangan dengan pernyataan xn+ yn= zn.
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.
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 (mod n) 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 (mod n),
2. (simetris) x = y (mod n) =) y = x (mod n);
3. (transitif ) x = y (mod n) dan y = z (mod n) =) x = z (mod n).
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 = fy 2 Z : n j (y x)g
= fy 2 Z : y x = kn; k 2 Zg = fx + kn : k 2 Zg .
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 = f0 + 4k : k 2 Zg = f0; 4; 8; :::g ;
14 = f1 + 4k : k 2 Zg = f:::; 7; 3; 1; 5; 9; :::g ;
24 = f2 + 4k : k 2 Zg = f:::; 6; 2; 2; 6; 10; :::g ;
34 = f3 + 4k : k 2 Zg = f:::; 5; 1; 3; 7; 11; :::g :
Klas-klas ekivalensi dapat dijumlahkan dan dikalikan menggunakan sifat berikut ini.
Lemma 4.3 Diambil n 2 N. Pada Zn berlaku rumus
xn yn= (x y)n; xnyn= (xy)n:
Bukti. Jika x0n= xn dan y0n= yn maka
x0+ y0 = x + y + x0 x + y0 y = x + y (mod n); x0y0 = x + x0 x y + y0 y
= xy + y x0 x + x y0 y + x0 x y0 y = xy (mod n):
Selanjutnya, dengan mengaplikasikan rumus perkalian di atas akan diperoleh sifat bahwa jika a = b (mod n) 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 (mod 10), 73 = 72 7 = 7 = 3 (mod 10), dan 74 = 72 2 = 1 (mod 10). Selain itu, 72 = 1 (mod 4) dan 77 = 72 3 7 = 3 (mod 4), 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 a 200 k( 3)k = 199 X k=0 200 k a 199 k( 3)k: (4.1)
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 = 3 199= 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 (mod 641) menghasilkan 54 228 = 5 27 4 = 1 (mod 641). 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 (mod 5). 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 (mod 7), 5555 = 4 (mod 7), 35 = 5 (mod 7), dan 42 = 2 = 5 (mod 7). 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 oleh 7.
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(mod 13), ( 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 (mod 7). Jadi 2y + 15 = 2; 3; atau 5 (mod 7). 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
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 (mod n)
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 (mod 5). Penyelesaian. Persamaan diubah menjadi 2 + x = 4 (mod 5) dan
3 + 2 + x = 3 + 4 (mod 5) 5 + x = 7 (mod 5)
Berikutnya dipelajari persamaan linear terhadap perkalian dalam kongruensi: ax = b (mod n) :
Kunci dari penyelesaian persamaan tersebut adalah bilangan c sedemikian sehingga ac = 1 (mod n). Tetapi hal ini tidak selalu terjadi. Sebagi contoh, diambil n = 4 dan a; c 2 f0; 1; 2; 3g. Jika a = 2 (mod 4), maka tidak ada c 2 f0; 1; 2; 3g sehingga 2c = 1 (mod 2).
Contoh 4.23 Periksa apakah persamaan-persamaan berikut ini mempunyai penyele-saian:
a) 2x = 1 (mod 4) b) 3x = 1 (mod 4) 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 3p + 4q = 1 atau 3p = 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 (mod 101) : c) 2x = 8 (mod 10) :
a) Dicatat bahwa 5 5 = 25 = 1 (mod 12). Karena itu 5 5x = 5 7 (mod 12)
x = 35 (mod 12) = 11:
b) Dicatat 34 3 = 102 = 1 (mod 101). Karena itu
34 3x = 34 6 (mod 101) x = 204 (mod 101) = 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 mod 112 :
Latihan 4.26 Jika ada, cari penyelesaian untuk persamaan berikut ini. a) 4x = 5 (mod 6) :
b) 6x = 2 (mod 8) : c) 14x = 12 (mod 21) : d) 8x = 4 (mod 12) :
Latihan 4.27 Untuk a = 1; 2; :::; 6, cari semua penyelesaian untuk persamaan ax = 1 (mod 7).
Latihan 4.28 Cari semua bilangan bulat a dimana 1 a 5 sehingga ax = 1 (mod 6). Latihan 4.29 Diberikan bilangan-bilangan bulat a dan b. Jika 0 < a < 7 dan 0 < b < 7, tentukan a dan b sedemikian sehingga ab = 0 (mod 15).
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 basis-10 = 1 (mod 9), dipunyai basis-10j = 1 (mod 9). 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 jumlahjumlah-an 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 (mod 9), karena itu 44443 = 73 = 1 (mod 9). 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 (mod 9), 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 = xj (mod n).
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 = f0; 1; 2; 3; 4; 5g 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; 3g tidak membentuk himpunan sisa lengkap modulo 6 karena 3 = 3 (mod 6).
Sekarang diperhatikan himpunan Zn = f0; 1; 2; :::; n 1g. Sebagai contoh, diambil
n = 3 sehingga dipunyai Z3 = f0; 1; 2g. 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 +3b = c (mod 3). 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 Z3bersama-sama dengan operasi +3seperti yang diberikan dalam Tabel
4.1 memenuhi sifat-sifat:
1. Elemen 0 2 Zn merupakan suatu elemen identitas untuk Z3, yaitu 0 memenuhi
0 +3a = a +30 = a untuk semua a 2 Z3.
2. Setiap elemen a 2 Z3mempunyai suatu invers penjumlahan b, yaitu suatu elemen
sedemikan sehingga a +3b = b +3a = 0. Invers penjumlahan dari a dinotasikan
dengan a. Dicatat bahwa di Z3 dipunyai 0 = 0, 1 = 2, dan 2 = 1.
3. Operasi penjumlahan di Z3adalah asosiatif, yaitu untuk setiap a; b; c 2 Z3berlaku
a +3(b +3c) = (a +3b) +3c.
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
Faktorisasi Tunggal
5.1
FPB dan KPK
Diberikan a; b 2 Z dan keduanya tidak nol. Bilangan bulat positif terbesar yang mem-bagi a dan b dinamakan faktor persekutuan terbesar (greatest common divisor ) dari a dan b, dan dinotasikan dengan (a; b). Dicatat bahwa jika d j a dan d j b maka d j (a; b). Sebagai contoh, (68; 8) = 2, (1998; 1999) = 1.
Jika (a; b) = 1, maka a dan b dikatakan prima relatif (relatively prime) atau koprima (coprime). Jadi, jika a; b adalah prima relatif, maka keduanya tidak mempunyai faktor bersama yang lebih besar dari 1.
Jika a; b 2 Z, keduanya tidak nol, bilangan bulat positif terkecil yang merupakan keli-patan dari a dan b dinamakan kelikeli-patan persekutuan terkecil (least common multiple) dari a dan b, dan dinotasikan dengan [a; b]. Dicatat bahwa jika a j c dan b j c maka [a; b] j c.
Berikut ini diberikan teorema-teorema yang berkaitan dengan faktor persekutuan terbe-sar.
Teorema 5.1 (Teorema Bachet-Bezout) Faktor persekutuan terbesar, disingkat FPB, dari sembarang dua bilangan bulat a dan b dapat dituliskan sebagai kombinasi linier dari a dan b, yaitu terdapat bilangan bulat x; y dimana
(a; b) = ax + by:
Bukti. Dimisalkan F = fax + by > 0 : x; y 2 Zg. Jelas bahwa satu di antara a, b berada di F, untuk a dan b yang tak nol. Berdasarkan Prinsip Terurut Baik, F mempunyai elemen terkecil, misalnya d. Oleh karena terdapat x0, y0 sedemikian
sehingga d = ax0+ by0. akan dibuktikan bahwa d = (a; b). Atau dengan kata lain akan
dibuktikan bahwa d j a, d j b dan jika t j a, t j b maka t j d.
Pertama kali akan dibuktikan d j a. Berdasarkan Algoritma Pembagian, dapat dicari bilangan bulat q, r, dengan 0 r < d sedemikian sehingga a = dq + r. Karena itu
r = a dq = a q (ax0+ by0) = a (1 qx0) by0:
Jika r > 0, maka r 2 F lebih kecil daripada elemen terkecil d di F, yang kontradiksi dengan kenyataan bahwa d adalah elemen terkecil di F. Jadi r = 0. Akibatnya dq = a, yang berarti d j a. Dengan cara serupa dapat dibuktikan bahwa d j b.
Berikutnya diandaikan bahwa t j a dan t j b, maka a = tm dan b = tn untuk bilangan bulat m, n. Karena itu d = ax0+ by0= t (mx0+ ny0), yang berarti t j d.
Di sini jelas bahwa sembarang kombinasi linier dari a dan b dapat dibagi oleh (a; b). Akibat 5.2 Bilangan bulat positif a dan b adalah prima relatif jika dan hanya jika terdapat bilangan bulat x dan y sedemikian sehingga ax + by = 1.
Lemma 5.3 (Lemma Euclid) Jika a j bc dan (a; b) = 1, maka a j c.
Bukti. Untuk (a; b) = 1, berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, terdapat bilangan bulat x; y dimana ax + by = 1. Karena a j bc, terdapat suatu bilangan bulat s dimana as = bc. Selanjutnya c = c 1 = cax + cby = cax + asy, yang berarti a j c.
Teorema 5.4 Jika (a; b) = d, maka a d;
b d = 1:
Bukti. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, terdapat bilangan bulat x; y dimana ax + by = d. Karena itu diperoleh a
d x + b d y = 1 dimana a d, b d adalah bilangan-bilangan bulat. Disimpulkan bahwa a
d; b d = 1:
Teorema 5.5 Jika c adalah suatu bilangan bulat positif, maka (ca; cb) = c (a; b) :
Bukti. Diambil d1= (ca; cb) dan d2= (a; b). Akan dibuktikan bahwa d1 j cd2dan cd2 j
d1. Untuk d2 j a dan d2 j b, maka cd2 j ca dan cd2 j cb. Jadi cd2 merupakan pembagi
persekutuan dari ca dan cb, karena itu d1 j cd2. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout,
dapat ditemukan bilangan-bilangan bulat x; y dimana d1 = acx + bcy = c (ax + by).
Tetapi karena ax + by merupakan kombinasi linier dari a dan b, maka ini dapat dibagi oleh d2. Karena itu terdapat suatu bilangan bulat s sedemikian sehingga sd2 = ax+by.
Ini berarti bahwa d1 = csd2, artinya cd2 j d1.
Serupa dengan di atas, berlaku (ca; cb) = jcj (a; b) untuk sembarang bilangan bulat tak nol c.
Lemma 5.6 Untuk bilangan-bilangan bulat tak nol a, b, c berlaku (a; bc) = (a; (a; b) c) :
Bukti. Karena (a; (a; b) c) membagi (a; b) c dan (a; b) c membagi bc (menurut Teorema 5.5(a; b) c) maka (a; (a; b) c) membagi bc. Jadi (a; (a; b) c) membagi a dan bc, atau dituliskan (a; (a; b) c) j (a; bc). Di sisi lain, (a; bc) membagi a dan bc, karena itu (a; bc) membagi ac dan bc. Oleh karena itu, (a; bc) membagi (ac; bc) = (a; b) c. Jadi (a; bc) membagi a dan (a; b) c, atau dituliskan (a; bc) j (a; (a; b) c). Disimpulkan (a; bc) = (a; (a; b) c).
Bukti. Diandaikan bahwa (m; n) = 1. Diaplikasikan lemma sebelumnya dua kali untuk memperoleh
m2; n2 = m2; m2; n n = m2; (n; (m; n) m) n :
Untuk (m; n) = 1, ruas kanan dari pernyataan di atas sama dengan m2; n .
Diaplika-sikan kembali lemma di atas, diperoleh
m2; n = (n; (m; n) m) = 1:
Jadi (m; n) = 1 mengakibatkan m2; n2 = m2; n = 1. Berdasarkan Teorema 5.4, a (a; b); b (a; b) = 1, karena itu a2 (a; b)2; b2 (a; b)2 = 1.
Berdasarkan Teorema 5.5, pernyataan terakhir dikalikan dengan (a; b)2 untuk memper-oleh
a2; b2 = (a; b)2.
Contoh 5.8 Diambil (a; b) = 1. Buktikan bahwa a + b; a2 ab + b2 = 1 atau 3. Bukti. Dimisalkan d = a + b; a2 ab + b2 . Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, sembarang kombinasi linier dari a + b dan a2 ab + b2 dapat dibagi oleh d. Karena itu d membagi
(a + b) (a + b) + ( 1) a2 ab + b2 = 3ab:
Karena itu d membagi a + b dan 3ab, akibatnya d membagi 3b (a + b) + ( 1) 3ab = 3b2 atau dituliskan d j 3b2. Serupa dengan itu, diperoleh d j 3a2. Jadi
d j 3a2; 3b2 = 3 a2; b2 = 3 (a; b)2 = 3: Disimpulkan bahwa d = 1 atau 3.
Contoh 5.9 (IMO 1959) Buktikan bahwa pecahan 21n + 4
14n + 3 adalah irreducible (tidak dapat disederhanakan) untuk setiap bilangan asli n.
Bukti. Untuk semua bilangan asli n dipunyai 3 (14n + 3) 2 (21n + 4) = 1. Jadi, berdasarkan Akibat 5.2, diperoleh bahwa pembilang dan penyebut adalah prima relatif, atau dengan kata lain tidak mempunyai faktor persekutuan yang lebih besar dari 1. Contoh 5.10 (AIME 1985) Bilangan-bilangan dalam barisan
101; 104; 109; 116; :::
mempunyai bentuk an= 100+n2, n = 1; 2; :::. Untuk setiap n, diambil dn= (an; an+1).
Penyelesaian. Diamati bahwa
dn = 100 + n2; 100 + (n + 1)2
= 100 + n2; 100 + n2+ 2n + 1 = 100 + n2; 2n + 1 :
Jadi dnj 2 100 + n2 n (2n + 1) atau dnj (200 n). Oleh karena itu
dnj (2 (200 n) + (2n + 1))
atau dnj 401 untuk semua n. Jadi maksfdngn 1= 401.
Contoh 5.11 Buktikan bahwa jika m dan n adalah bilangan-bilangan asli dan m adalah ganjil, maka (2m 1; 2n+ 1) = 1.
Bukti. Dimisalkan d = (2m 1; 2n+ 1). Karena 2m 1 dan 2n+ 1 adalah ganjil, maka d haruslah suatu bilangan ganjil. Selain itu, dapat dituliskan 2m 1 = kd dan 2n+1 = ld
untuk bilangan-bilangan asli k dan l. Oleh karena itu, 2mn= (kd + 1)n= td+1, dimana t = n 1 X j=0 n j k
n jdn j 1. Melalui cara yang sama diperoleh 2mn= (ld 1)m = ud 1,
dengan menggunakan kenyataan bahwa m adalah ganjil. Untuk td + 1 = ud 1 atau dapat dituliskan (u t) d = 2, haruslah d j 2. Akibatnya d = 1.
Contoh 5.12 Berapa banyak bilangan bulat positif 1260 yang prima relatif terhadap 1260?
Penyelesaian. Karena 1260 = 22 32 5 7, sekarang masalahnya adalah mencari
bilangan-bilangan yang lebih kecil dari 1260 dan tidak dapat dibagi oleh 2, 3, 5, atau 7. Diambil A menyatakan himpunan dari bilangan-bilangan bulat 1260 dan merupakan kelipatan dari 2, B adalah himpunan kelipatan dari 3, dan seterusnya. Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi, jA [ B [ C [ Dj = jAj + jBj + jCj + jDj jA \ Bj jA \ Cj jA \ Dj jB \ Cj jB \ Dj jC \ Dj + jA \ B \ Cj + jA \ B \ Dj + jA \ C \ Dj + jB \ C \ Dj jA \ B \ C \ Dj = 630 + 420 + 252 + 180 210 126 90 84 60 36 +42 + 30 + 18 + 12 6 = 972:
Jadi, banyaknya bilangan bulat positif 1260 yang prima relatif terhadap 1260 adalah 1260 972 = 288.
5.2
Bilangan Prima dan Faktorisasi
Diingat kembali de…nisi suatu bilangan prima, yaitu suatu bilangan bulat positif lebih besar dari 1 yang hanya mempunyai pembagi positif 1 dan dirinya sendiri. Jelas bahwa
hanya 2 yang merupakan bilangan prima genap, dan juga hanya 2 dan 3 yang meru-pakan bilangan-bilangan prima yang berturutan. Suatu bilangan, selain 1, yang tidak prima dinamakan bilangan composite. Jelas bahwa jika n > 1 adalah composite maka n dapat dituliskan sebagai n = ab, dimana 1 < a b < n dan a; b 2 N.
Contoh 5.13 Tentukan semua bilangan bulat positif n untuk yang mana 3n 4, 4n 5, dan 5n 3 adalah bilangan-bilangan prima.
Penyelesaian. Jumlah dari ketiga bilangan tersebut adalah 12n 12, yang jelas merupakan suatu bilangan genap, maka paling sedikit satu diantaranya adalah bilangan genap. Dipunyai bahwa bilangan prima genap hanyalah 2. Diamati bahwa 4n 5 tidak mungkin menjadi bilangan genap karena 4n selalu genap untuk setiap n, sehingga jika dikurangi suatu bilangan ganjil maka hasilnya ganjil. Tetapi 3n 4 dan 5n 3 adalah mungkin untuk menjadi bilangan genap. Karena itu diselesaikan persamaan 3n 4 = 2 dan 5n 3 = 2 yang secara berturutan menghasilkan n = 2 dan n = 1. Secara mudah bisa diperiksa bahwa n = 2 akan membuat ketiga bilangan tersebut adalah prima.
Contoh 5.14 (AHSME 1976) Jika p dan q adalah prima, dan x2 px + q = 0
mempunyai dua akar bulat positif berbeda, tentukan p dan q.
Penyelesaian. Diambil x1dan x2, dengan x1 < x2, sebagai dua akar bulat positif yang
berbeda. Karena itu bisa dituliskan x2 px+q = (x x1) (x x2), yang mengakibatkan
p = x1 + x2 dan q = x1x2. Karena q adalah prima, maka x1 = 1. Jadi, q = x2 dan
p = x2 + 1, yang berarti p dan q adalah dua bilangan prima yang berurutan, yaitu
q = 2 dan p = 3.
Teorema 5.15 Jika n > 1, maka n dapat dibagi oleh paling sedikit satu bilangan prima. Bukti. Karena n > 1, maka dipunyai paling sedikit satu pembagi > 1. Berdasarkan Prinsip Terurut Baik, n pasti mempunyai paling sedikit satu pembagi positif yang lebih besar dari 1, misalnya q. Diklaim bahwa q adalah prima. Jika q bukan prima maka dapat dituliskan q = ab, 1 < a b < q. Ini berarti bahwa a adalah suatu pembagi dari n yang lebih besar dari 1 dan lebih kecil dari q. Timbul kontradiksi dengan kenyataan bahwa q adalah minimal.
Teorema 5.16 (Euclid) Terdapat tak hingga banyak bilangan prima.
Bukti. Diandaikan terdapat berhingga banyak bilangan prima, misalnya p1, p2, ...,
pn. Diambil
N = p1p2 pn+ 1
Bilangan bulat N adalah lebih besar dari 1, sehingga berdasarkan teorema sebelum-nya diperoleh bahwa N pasti mempusebelum-nyai suatu pembagi prima p. Bilangan prima p haruslah salah satu dari bilangan-bilangan p1, p2, ..., pn. Tetapi, diamati bahwa p pasti
berbeda dari sembarang p1, p2, ..., pn karena N mempunyai sisa 1 ketika dibagi oleh
sembarang pi. Jadi timbul kontradiksi.
Teorema 5.17 Jika bilangan bulat positif n adalah composite, maka n pasti mempun-yai suatu faktor prima p dengan p pn.
Bukti. Diandaikan bahwa n = ab, dimana 1 < a b < n. Jika a; b > pn, maka n = ab >pnpn = n, yang adalah kontradiksi. Jadi n mempunyai suatu faktor 6= 1 dan pn. Karena itu, faktor prima dari n adalah pn.
Contoh 5.18 Berapa banyak bilangan prima 100?
Penyelesaian. Diamati bahwa p100 = 10. Berdasarkan teorema sebelumnya, semua bilangan composite dalam range 10 n 100 mempunyai suatu faktor prima diantara 2, 3, 5, atau 7. Dimisalkan Am adalah himpunan bilangan-bilangan bulat positif yang
merupakan kelipatan dari m dan 100. Diperoleh jA2j = 50, jA3j = 33, jA5j = 20,
jA7j = 14, jA6j = 16, jA10j = 10, jA14j = 7, jA15j = 6, jA21j = 4, jA35j = 2, jA30j = 3,
jA42j = 2, jA70j = 1, jA105j = 0, jA210j = 0. Jadi, banyaknya bilangan prima 100
adalah
= 100 (banyak bilangan composite 100) 1 = 100 + 4 (kelipatan dari 2; 3; 5; atau 7 100) 1 = 100 + 4 (50 + 33 + 20 + 14) + (16 + 10 + 7 + 6 + 4 + 2)
(3 + 2 + 1 + 0) 0 1 = 25
dengan mengingat bahwa 1 bukanlah prima atau composite.
Sekarang diperhatikan bilangan bulat 1332. Jelas bahwa bilangan tersebut dapat dibagi oleh 2, sehingga diperoleh 1332 = 2 666. Selanjutnya, 666 dapat dibagi oleh 6, sehingga 1332 = 2 2 3 111. Terakhir, 111 dapat dibagi oleh 3, sehingga diperoleh 1332 = 2 2 3 3 37. Karena 2, 3, 37 adalah bilangan-bilangan prima maka proses faktorisasi dari 1332 berhenti. Selanjutnya faktorisasi dari 1332 dapat dituliskan seperti 223237. Faktorisasi demikian dinamakan faktorisasi kanonis (canonical factorisation).
Teorema 5.19 (Teorema Fundamental Aritmatika) Setiap bilangan asli n 1 mempunyai suatu faktorisasi tunggal dalam bentuk
n = pa1 1 p a2 2 p as s
dimana pi adalah prima berbeda dan ai adalah bilangan bulat positif.
Bukti. Diasumsikan bahwa n = pa1 1 p a2 2 pass = q b1 1 q b2 2 qtbt
merupakan dua faktorisasi kanonis dari n. Berdasarkan Lemma Euclid, disimpulkan bahwa setiap p pasti membagi suatu q dan setiap q membagi suatu p. Akibatnya s = t. Selanjutnya, dari p1 < p2 < < ps dan q1< q2< < qtdisimpulkan bahwa pi= qi,
1 i s.
Jika ai> bi untuk suatu i, atas pembagian oleh paii, diperoleh
pa1 1 p a2 2 p ai bi i pass = p b1 1 p b2 2 p bi 1 i 1p bi+1 i+1 pbss;
yang adalah tidak mungkin, karena ruas kiri dapat dibagi oleh pi dan ruas kanan tidak
dapat dibagi oleh pi. Serupa dengan itu, diperoleh hasil yang sama untuk ai< bi. Jadi
Contoh 5.20 Diambil p adalah suatu bilangan prima. Buktikan bahwa pp bukan suatu bilangan rasional.
Bukti. Diasumsikan bahwa pp adalah rasional, artinya pp = a
b dimana a dan b bilangan-bilangan asli yang prima relatif sebab faktor-faktor persekutuannya dapat dihapus. Karena itu bisa dituliskan pb2= a2. Jadi p j a2 dan juga p j a. Dituliskan a = a1p untuk suatu bilangan bulat a1, maka dipunyai pb2 = a12p2, sehingga b2 = a21p yang
berarti p j b. Jadi, p adalah faktor persekutuan dari a dan b, sehingga ini kontradiksi dengan asumsi. Jadi, pp bukan suatu bilangan rasional.
Contoh 5.21 Buktikan bahwa terdapat tepat satu bilangan asli n dimana 28+ 211+ 2n adalah pangkat dua sempurna.
Bukti. Jika k2= 28+211+2n= 2304+2n= 482+2n, maka k2 482 = (k 48) (k + 48) =
2n. Berdasarkan faktorisasi tunggal diperoleh k 48 = 2s, k + 48 = 2t, s + t = n. Dari sini diperoleh 2t 2s= 96 = 3 25 atau 2s 2t s 1 = 3 25. Berdasarkan faktorisasi tunggal, dari kesamaan terakhir diperoleh s = 5, t s = 2. Jadi, s = 5 dan t = 7, sehingga n = s + t = 12.
Untuk suatu bilangan prima p, pk dikatakan membagi penuh (fully divide) n dan dit-uliskan pkk n jika k adalah bilangan bulat positif terbesar sedemikian sehingga pkj n.
Contoh 5.22 (ARML 2003) Tentukan pembagi terbesar dari 1001001001 yang tidak melebihi 1000.
Penyelesaian. Dipunyai
1001001001 = 1001 106+ 1001 = 1001 106+ 1 = 7 11 13 106+ 1 :
Berdasarkan rumus x6+ 1 = x2 3+ 1 = x2+ 1 x4 x2+ 1 , dituliskan 106+ 1 = 101 9901. Karena itu dapat dituliskan 1001001001 = 7 11 13 101 9901. Dari sini tidaklah sulit untuk memeriksa bahwa tidak ada kombinasi dari 7, 11, 13, dan 101 yang dapat menghasilkan suatu hasil kali yang lebih besar dari 9901 tetapi kurang dari 1000. Jadi jawabannya adalah 9901.
Contoh 5.23 Diambil n adalah suatu bilangan bulat positif. Buktikan bahwa 32n+ 1
dapat dibagi oleh 2, tetapi tidak dapat dibagi oleh 4.
Bukti. Jelas bahwa 32n adalah ganjil dan 32n + 1 adalah genap. Dicatat bahwa 32n = 32 2
n 1
= 92n 1 = (8 + 1)2n 1. Dipunyai rumus binomial
(x + y)m = xm+ m 1 x m 1y + m 2 x m 2y2+ + m m 1 xy m 1+ ym:
Diambil x = 8, y = 1, dan m = 2n 1 dalam persamaan di atas, maka pada ruas kanan dapat dilihat bahwa setiap bagian jumlahan merupakan kelipatan dari 8 kecuali yang terakhir (yaitu ym = 1). Karena itu sisa dari 32n ketika dibagi oleh 4 adalah sama dengan 1, dan sisa dari 32n+ 1 ketika dibagi oleh 4 adalah sama dengan 2.
Penyelesaian. Dicatat bahwa 210= 1024 dan x2 y2= (x + y) (x y). Karena itu
3210 1 = 329 2 12
= 329+ 1 329 1 = 329+ 1 328+ 1 328 1
= = 329+ 1 328+ 1 327+ 1 321 + 1 320 + 1 (3 1) :
Berdasarkan contoh sebelumnya, 2 j 32k+ 1 untuk bilangan bulat positif k. Karena itu, dari persamaan terakhir dapat dilihat bahwa setiap faktor dapat dibagi oleh 2. Karena banyaknya faktor adalah 11 dan juga 3210 1 dapat dibagi oleh 20, maka n = 11 + 1 = 12.
5.3
Teorema Fermat dan Teorema Euler
Untuk sembarang bilangan bulat positif m dinotasikan ' (m) sebagai banyaknya bi-langan bulat positif yang kurang dari m dan prima relatif terhadap m. Fungsi ' dinamakan fungsi totient Euler. Ini jelas bahwa ' (1) = 1 dan ' (p) = p 1 untuk sembarang bilangan prima p. Selain itu, jika n adalah suatu bilangan bulat positif sedemikian sehingga ' (n) = n 1, maka n adalah prima. Selain itu ' pk = pk pk 1 untuk semua bilangan bulat positif k, karena terdapat pk 1 bilangan bulat x yang memenuhi 0 x < pk yang dapat dibagi oleh p, dan bilangan-bilangan bulat yang prima relatif terhadap pk tidak dapat dibagi oleh p.
Proposisi 5.25 Diambil m adalah suatu bilangan bulat positif dan a adalah bilangan bulat yang prima relatif terhadap m. Diandaikan bahwa S adalah sistem sisa lengkap modulo m. Himpunan
T = aS = fas : s 2 Sg juga merupakan sistem lengkap modulo m.
Proposisi di atas menyediakan dua teorema yang sangat terkenal dalam teori bilangan. Teorema 5.26 (Teorema Euler) Diambil a dan m adalah bilangan-bilangan bulat positif prima relatif, maka a'(m) = 1 (mod m) :
Bukti. Diperhatikan himpunan S = a1; a2; :::; a'(m) yang terdiri dari semua
bilan-gan bulat positif yang kurang dari m dan prima relatif terhadap m. Karena (a; m) = 1, dari proposisi sebelumnya diperoleh bahwa
aS = aa1; aa2; :::; aa'(m)
merupakan sistem sisa lengkap modulo m yang lain, maka
(aa1) (aa2) ::: aa'(m) = a1a2:::a'(m) (mod m):
Dengan penggunaan (ak; m) = 1, k = 1; 2; :::; ' (m) diperoleh hasil yang diinginkan.
Teorema 5.27 (Teorema Fermat) Diambil p adalah suatu bilangan prima, maka ap = a (mod p) untuk semua bilangan bulat a. Selain itu jika a adalah prima relatif terhadap p, maka ap 1= 1(mod p)
Contoh 5.28 Diambil p adalah bilangan prima. Buktikan bahwa p membagi abp bap untuk semua bilangan bulat a dan b.
Bukti. Dicatat bahwa abp bap = ab bp 1 ap 1 .
Jika p j ab, maka p j (abp bap); jika p - ab, maka (p; a) = (p; b) = 1, sehingga bp 1= ap 1= 1(mod p), berdasarkan Teorema kecil Fermat. Karena p j bp 1 ap 1 , akibatnya p j (abp bap). Oleh karena itu p j (abp bap) untuk semua p.
Contoh 5.29 Diambil suatu bilangan prima p 7. Buktikan bahwa bilangan prima 11:::1 | {z } p 1 dapat dibagi p. Bukti. Dipunyai 11:::1 | {z } p 1 = 10 p 1 1 9 ;
dan kesimpulan diperoleh dari Teorema Fermat. (Dicatat juga bahwa (10; p) = 1). Contoh 5.30 Diambil suatu bilangan prima p 5. Buktikan bahwa p8= 1(mod 240).
Bukti. Dicatat bahwa 240 = 24 3 5. Berdasarkan Teorema Fermat, p2 = 1(mod 3) dan p4= 1(mod 5). Karena suatu bilangan bulat positif adalah prima relatif terhadap 24 jika hanya jika bilangan bulat positif adalah ganjil, maka ' 24 = 23. Berdasarkan
Teorema Euler, dipunyai 28 = 1(mod 16). Oleh karena itu p8 = 1(mod m) untuk m = 3, 5, dan 6, yang berakibat p8 = 1(mod 240).
Contoh 5.31 (IMO 2005) Diperhatikan barisan a1; a2; ::: yang dide…nisikan oleh
an= 2n+ 3n+ 6n 1
untuk semua bilangan bulat positif n. Tentukan semua bilangan bulat positif yang prima relatif terhadap setiap suku dari barisan.
Penyelesaian. Cukup ditunjukkan bahwa setiap bilangan prima p membagi an untuk
suatu bilangan bulat positif n. Dicatat bahwa p = 2 dan p = 3 membagi a2 = 48.
Diandaikan p 5. Berdasarkan Teorema Fermat, dipunyai 2p 1 = 3p 1 = 6p 1 = 1 (mod p), maka
3 2p 1+ 2 3p 1+ 6p 1= 3 + 2 + 1 = 6(mod 6);
atau 6 2p 2+ 3p 2+ 6p 2 1 = 0(mod p), artinya 6ap 2dapat dibagi oleh p. Karena
p adalah prima relatif terhadap 6, ap 2 dapat dibagi oleh p. Karena itu jawabannya
Algoritma Euclid
Sekarang akan diperiksa suatu prosedur yang menghindari pemfaktoran dua bilangan bulat positif untuk memperoleh faktor persekutuan terbesar. Ini dinamakan Algoritma Euclid dan digambarkan seperti berikut ini. Diambil a, b adalah bilangan-bilangan bu-lat tak nol. Setelah Algoritma Pembagian diaplikasikan secara berulang-ulang, diper-oleh barisan kesamaan, dengan r0= a dan r1= b,
r0 = q1r1+ r2; 0 < r2 < jr1j ; r1 = q2r2+ r3; 0 < r3 < r2; r2 = q3r3+ r4; 0 < r4 < r3; .. . ... rn 3= qn 2rn 2+ rn 1; 0 < rn 1 < rn 2; rn 2= qn 1rn 1+ rn; 0 < rn< rn 1; rn 1= qnrn: Dicatat bahwa 0 rn< rn 1< < r3< r2 < b;
karena itu pada akhirnya dicapai rn+1 yang sama dengan nol. Selain itu, diperhatikan
bahwa barisan kesamaan memperbolehkan setiap rk, k = 2; :::; n dinyatakan dalam
suku-suku dari rk 2 dan rk 1. Sebagai contoh, dipunyai
rn 1= rn 2 qn 1rn 1:
Digunakan pernyataan tersebut secara berulang, maka dapat dituliskan rn= ur0+ vr1 = ua + vb:
Jadi rn dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari a dan b. Berdasarkan
Teorema Bachet-Bezout, disimpulkan bahwa rn adalah FPB dari a dan b. Jadi, suku
sisa tak nol terakhir rn yang dihasilkan oleh algoritma Euclid adalah (a; b).
Selanjutnya, FPB dari dua bilangan bulat boleh dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari dua bilangan bulat tersebut dengan menggunakan metode substitusi balik. Contoh 6.1 Tentukan (84; 60), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi li-nier dari kedua bilangan bulat tersebut.
Penyelesaian. Diambil a = 84 dan b = 60, maka
84 = 1 60 + 24; 24 = 84 + ( 1) 60; 60 = 2 24 + 12; 12 = 60 + ( 2) 24; 24 = 1 12; 12 = (84; 60) : Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan
12 = 60 + ( 2) 24
= 60 + ( 2) (84 + 60 ( 1)) = ( 2) 84 + 3 60.
Jadi,
(84; 60) = 12 = ( 2) 84 + 3 60.
Contoh 6.2 Tentukan (190; 72), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari kedua bilangan bulat tersebut.
Penyelesaian. Diambil a = 190 dan b = 72, maka
190 = ( 2) ( 72) + 46; 46 = 190 + 2 ( 72) ; 72 = ( 2) 46 + 20; 20 = 72 + 2 46;
46 = 2 20 + 6; 6 = 46 + ( 2) 20;
20 = 3 6 + 2; 2 = 20 + ( 3) 6;
6 = 3 2; 2 = (190; 72) :
Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan 2 = 20 + ( 3) 6 = 20 + ( 3) (46 + ( 2) 20) = ( 3) 46 + 7 20 = ( 3) 4 + 7 ( 72 + 2 46) = 7 ( 72) + 11 46 = 7 ( 72) + 11 (190 + 2 ( 72)) = 11 190 + 29 ( 72) : Jadi, (190; 72) = 2 = 11 190 + 29 ( 72).
Ini juga dapat dilakukan dengan menggunakan kenyataan bahwa (190; 72) = (190; 72) dan dikerjakan seperti berikut ini.
Contoh 6.3 Tentukan (190; 72), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari kedua bilangan bulat tersebut.
Penyelesaian. Diambil a = 190 dan b = 72, maka 190 = 2 72 + 46; 46 = 190 + ( 2) 72; 72 = 1 46 + 26; 26 = 72 + ( 1) 46; 46 = 1 26 + 20; 20 = 46 + ( 1) 26; 26 = 1 20 + 6 6 = 26 + ( 1) 20 20 = 3 6 + 2; 2 = 20 + ( 3) 6; 6 = 3 2; 2 = (190; 72) :
Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan 2 = 20 + ( 3) 6 = 20 + ( 3) (26 + ( 1) 20) = ( 3) 26 + 4 20 = ( 3) 26 + 4 (46 + ( 1) 26) = 4 46 + ( 7) 26 = 4 46 + ( 7) (72 + ( 1) 46) = ( 7) 72 + 11 46 = ( 7) 72 + 11 (190 + ( 2) 72) = 11 190 + 29 ( 72) : Jadi, (190; 72) = 2 = 11 190 + 29 ( 72).
Dicatat bahwa jika (a; b) = ua + vb, maka nilai-nilai u; v tidak tunggal. Sebagai contoh, 83 190 + 219 ( 72) = 2:
Secara umum, bilangan-bilangan u; v dapat dimodi…kasi menjadi u + tb dan v ta karena
(u + tb) a + (v ta) b = (ua + vb) + (tba tab) = ua + vb:
Jadi, pendekatan-pendekatan berbeda untuk menentukan kombinasi linier dari (a; b) dapat menghasilkan jawaban-jawaban berbeda.
Suatu persamaan yang meminta penyelesaian-penyelesaian bilangan bulat dinamakan persamaan diophantine. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, diperhatikan bahwa persamaan diophantine linier
ax + by = c (6.1)
mempunyai suatu penyelesaian bilangan bulat jika dan hanya jika (a; b) j c. Algoritma Euclid merupakan suatu cara yang e…sien untuk mencari suatu penyelesaian bagi per-samaan (6.1). Sebagai contoh, dari masalah sebelumnya, penyelesaian bilangan bulat untuk persamaan diophantine
190x + 72y = 2 adalah x = 11, y = 29.
Contoh 6.4 Tunjukkan bahwa persamaan diophantine 206x + 446y = 40 mempunyai penyelesaian-penyelesaian bulat. Cari penyelesaian (x; y) sedemikian sehingga x + y mengambil nilai positif terkecil.
Penyelesaian. Diaplikasikan Algoritma Euclid:
446 = 2:206 + 34 =) 206 = 6:34 + 2 =) 34 = 2:17:
Karena (206; 446) = 2 dan 2 j 40, maka terdapat penyelesaian-penyelesaian bilangan bulat.
Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh
2 = 206 6 34 = 206 6 (446 2 206) = 13:206 6:446: Sekarang, karena 40 = 20 2, maka dapat dituliskan
40 = 20 (13 206 6 446) = 260 206 120 446:
Jadi, penyelesaiannya adalah x = 260 dan y = 120. Penyelesaian umumnya adalah
x = 260 446
2 t = 260 223t; y = 120 +206
2 t = 120 + 103t;
untuk suatu t 2 Z. Karena itu, x + y = 140 120t, dan t 2 Z, sehingga x + y bernilai positif terkecil untuk t = 1, bernilai negatif untuk t 2, dan x + y > 140 untuk t 0. Jadi, penyelesaian yang diminta yaitu x = 37 dan y = 17.
Contoh 6.5 Cari semua penyelesaian bulat x dimana 0 x < 9 dari kongruensi linear 6x = 15 (mod 9), atau, jika tidak ada penyelesaian, berikan alasan kenapa tidak ada penyelesaian.
Penyelesaian. Kita harus menyelesaikan persamaan diophantine 6x + 9y = 15 atau ekivalen dengan 2x + 3y = 5. Karena 2 ( 1) + 3 (1) = 1, maka 2 ( 5) + 3 (5) = 5. Oleh karena itu, suatu penyelesaiannya adalah x = 5. Karena (6; 9) = 3, semua penyelesaiannya mempunyai bentuk
x = 5 9
3t = 5 3t
untuk suatu t 2 Z. Terdapat tiga penyelesaian mod 9, yaitu 5 3 ( 2) = 1, 5 3 ( 3) = 4, dan 5 3 ( 4) = 7.
Contoh 6.6 Vian ingin membeli beberapa prangko klas kedua dengan harga $20 per prangko, dan beberapa prangko klas pertama dengan harga $26 per prangko. Uang yang saya miliki 264. Berapa banyak prangko yang dapat dibeli oleh Vian?
Penyelesaian. Dimisalkan x adalah banyaknya prangko klas kedua, dan y adalah banyaknya prangko klas pertama. Selanjutnya x; y 2 Z, dengan 20x + 26y = 264, dan x; y 0.
Sekarang dicari suatu penyelesaian bilangan bulat dari persamaan (menggunakan Al-goritma Euclid)
26 = 1 20 + 6 =) 6 = 3 2 + 0: Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh
