Teo Bil

 

Daftar Isi 1 Ak Aksi siom oma a Da Dasa sarr   Z

 

2 Ke Kete terb rbag agia ian n (Divisibility )

3  

5

2.1 Kon Konsep sep Das Dasar ar Ket Keterb erbagi agian an   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2. 2.22 FP FPB B dan dan KP KPK K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2.2.1

Faktor Pe Perseku rsekutuan tuan Terbesar (FPB)   . . . . . . . . . . . .

9

2.2.2

Kelip Kelipatan atan Pe Perseku rsekutuan tuan Terk erkecil ecil (KPK)   . . . . . . . . . . .

18

2.3 Pe Persa rsamaa maan n Dio Diopha phant ntine ine   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

3 Bi Bila lang ngan an Pr Prim ima a

 

4 Teor eorema ema Bin Binomi omial al

23  

5 Ko Kong ngru ruen ensi si

 

29 31

5.1 Kon Konsep sep Das Dasar ar Kon Kongru gruens ensii   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Sis Sistem tem Res Residu idu Len Lengk gkap ap   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31 34

5.3 Siste Sistem m Resid Residu uT Tered ereduksi uksi Modulo Modulo m  m   . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

5.4 Sol Solusi usi Kon Kongru gruens ensii   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

5.5 Teor eorema ema Sis Sisaa Cin Cinaa   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

1

 

2

 

DAFT DAFTAR AR ISI 

 

BAB 1 Aksioma Dasar   Z Fokus pembahasan pa pada da Te Teori ori Bilangan, yaitu bilangan bulat Z = ..., 2, 1, 0, 1, 2,... .

{ − −

Bilangan bulat terdiri dari bilangan asli N = 1, 2, 3, 4,... , 0, dan negatif bilangan asli. Ingat kemb kembali ali notasi notasi-notas -notasii beriku berikut: t:

{

}

{ } C   = {0, 1, 2, 3,...}  (himpunan bilangan cacah).  0}  (himpunan bilangan rasional). Q   = { |a, b ∈ Z, b = N   = 1, 2, 3,...  (himpunan bilangan asli). a b

Qc = Himpunan semua bilangan selain bilangan rasional (himpunan bilangan irasional). R  = Himpunan semua bilangan riil. N

⊂ C ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R.

Termasuk bilangan apakah

Sifat-sifat dasar bilangan bulat, yaitu: 1.  Sifat Tertutup  Jika  Jika   a, b

∈ Z,  maka (a (a + b  + b)), (a − b), (a × b) ∈ Z.

2.   Sifat Ketaksamaan  Jika  Jika a  a,, b, c

∈ R,  maka

•   Jika a Jika  a < b, maka b,  maka a  a +  + c  c < bb +  + c.  c. •   Jika a Jika  a < b, b, c < b × c. 3

√ −1?

}

 

BAB 1. AKS AKSIOM IOMA A DA DASAR  SAR  Z  Z

 

4

•   Jika a Jika  a < b, b, c > > 0  0,,  maka  maka a  a × c < b × c. •   Transitif   Jika a Jika  a < b, b < cc,,  maka  maka a  a < c. •   Trikotomi  Jika diberikan bilangan a bilangan  a  dan   b, maka b,  maka berlaku a =  = b  b atau  atau a  a < b  atau  atau a  a > b.

 ∀  ∈   Z

3. Unsur identitas penjumlahan pada bilangan bulat, yaitu 0 karena a berlaku a berlaku  a +  + 0 =  a. 4. Uns Unsur ur ide ident ntita itass perk perkali alian an pad padaa bil bilanga angan n bul bulat, at, ya yaitu itu 1 kare arena na berlaku a berlaku  a 5. Jika a Jika  a

× 1 = a.

∈ Z,  maka invers dari a dari  a  adalah −a ∈ Z.

6. Jika a, Jika  a, b 7. Jika a Jika  a

  ∀a   ∈   Z

Z   dan dan a  a

∈

b  = 0,  maka  maka a  a =  = 0 atau b atau  b =  = 0.

×

∈ Z,  maka tidak ada  ada   x ∈ Z  yang memenuhi a memenuhi  a < x < a + a + 1. 1.

Sifat Terurut yang Rapi (The Well Ordering Property )  Setiap himpunan bilangan bulat positif tak nol   S  S    mempunyai mempunyai elemen terk terkecil. ecil. Suatu bilanga bilangan n a disebut unsur terkecil suatu himpunan S  himpunan  S  jika  jika a  a  kurang dari atau sama dengan x, dengan  x,

∀x ∈ S. Contoh 1.0.1.  Misalkan   S   S   = 1, 2, 3, 4 . S  mempunyai   mempunyai anggota terkecil  1 karena   1  karena 

{

1, 1

1

≤

2, 1

≤

3, 1

≤

}

4.

≤

Contoh 1.0.2.   Apakah   Z  merupakan himpunan terurut rapi? Tidak, karena un-

 ∈ Z  selalu ada   (x − 1) ∈ Z  sehingga   Z  tidak mempunyai anggota  terkecil. Misalkan pilih bilangan  −  −100 100,,  maka bisa dipilih  −  −101 101 <  < −100 100..

tuk sebarang   x

Definisi 1.0.1.   Bilangan Bulat Terbesar. Bilangan bulat terbesar dalam bilangan riil  x yang  x  yang dinotasikan dengan  [ [ x ]  adalah 

||

bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan   dengan   x.

Contoh 1.0.3.   [ 2, 1 ] = 2, [ 3, 7 ] = 3, [

| |

| |

4, 1 ] =

|− | −

5.

 

BAB 2 Keterbagian (Divisibility ) 2.1 2. 1

Ko Konse nsep p Dasa Dasarr Ke Kete terb rbag agia ian n

Suatu Sua tu bilang bilangan an bulat bulat dap dapat at dibagi oleh suatu bilan bilangan gan bulat yang lain. Has Hasil il bagi bilangan bulat oleh bilangan bulat lain dapat berupa bilangan bulat atau bukan bilangan bulat. Misalkan, 20 : 4 = 5

2 3

∈ Z, sedangkan jika 20 : 3 = 6  ∈/ Z.

Keadaan inilah yang memberikan gagasan tentang perlunya definisi keterbagian.

Definisi 2.1.1.   Keterbagian 

∈ Z  dan  = 0.  Suatu bilangan  a  dan  a  a   a  membagi suatu bilangan  b  b  jika ada  suatu bilangan   bilangan   c ∈   Z  sehingga   sehingga    b   =   c.a  dan dinyatakan dengan   dengan   a |   b   (dibaca:   a

Misalkan   a, a, b

membagi  b).  b ). Bilangan  a disebut  a  disebut pembagi atau faktor dari  b dan   b  dan  b disebut  b  disebut kelipatan  dari   a. a.   Sebaliknya,  Sebaliknya,   a  tidak membagi   b  dinyatakan sebagai   a   b.    b. Ingat bahwa a bahwa  a b =   ab ,b/a ,b/a =  =   ab (2 (2//5 =   52   = 0.4). 4).  Jika  Jika a  a b  dan 0 < 0  < a < b, maka b,  maka

| 

|

a  disebut pembagi murni (proper (proper divisor ) divisor ) dari b. dari  b. Terkadang,  Terkadang, muncul notasi a notasi  a k untuk menyatakan  menyatakan   ak b, tetapi b,  tetapi   ak+1      b. b.

|

Teorema 2.1.1.   Sifat-Sifat Keterbagian  a,b,c

 ∀  ∀

(1)   a b, maka  b,  maka   a b.c, c

|

|  ∀ ∈ Z.

(2)   a b, maka  b,  maka   a ( b).

|

|−

5

∈ Z,  berlaku:

b

 

 

6

BA BAB B 2. KET KETERB ERBAG AGIAN IAN ( DIVISIBILITY  DIVISIBILITY )

(3)   a b   dan   b c, c, maka   maka   a c.

|

|

|

(4)   a b   dan   a c, c, maka   maka   a (bx + bx + cy  cy))  untuk suatu   x, y

|

|

 ∈ Z.

|

(5)   a b   dan   b a, a, maka   maka   a  =

|

|

±b. Lebih b.  Lebih lanjut, jika  a,b   a,b > 0 >  0,, a | b   dan   b | a, maka  a,  maka 

a  = b.  =  b. (6)   a b, a > > 0  0,, b >  0,  0,  maka   a

|

≤ b.

(7) Jika   m = 0, a b, maka  b,  maka   am bm.



|

|

|



|

(8)   ab ac ac   dan   a = 0,  maka   b c.

| ∀ ∈ Z.

(9)   1 m, m

(10)   a 0, a a, a

|

| ∀ ∈ Z, a = 0.

(11)   a b   dan   a (b +  + c  c)),  maka   a c.

|

|

|

Bukti.   (1) Diketahui   a   b.   Berdasarkan definisi,   b   =   xa  untuk suatu   x

 |

 ∈   Z.

 ∈  Z  sehingga  sehingga   bc  bc   =  xac   = (xc) xc)a  =   ma, ma, untuk  untuk   m   =  xc.  Karena c, x   ∈   Z,   maka   m   =   xc   ∈   Z. Ber Berdas dasark arkan an defin definisi isi,, ada sua suatu tu   m   ∈   Z   yang memenuhi  bc  bc =  = ma.  ma. Dengan  Dengan kata lain, a lain,  a |bc.    (2) Diketahui  Diketahui   a |  b,  maka  maka   b  =  xa  untuk suatu  suatu   x ∈  Z.  Z . Jadi, −b  =  a(  a (−x).  Karena Ambil sebarang  sebarang   c

Z,  maka

x

x

Z. Berdasarkan definisi,

 berarti a  =  a(( x),  berarti  a ( b).    b  = a

−  ∈   Z.b   |   c   berarti | −  c = x b  −  −  ∈|  Jadi,   c  =  = x  x b  =  = x  x (x a) =  a(  a (x x ), (x x ) ∈ Z. Berda Berdasark sarkan an untuk suatu  suatu   x  ∈ Z.  Jadi, (4),  maka  maka a dan c  = a definisi, karena ada (x (x x ) ∈ Z   dan  a | c.     c =  a((x x ) (4), (4) Diketahui a Diketahui a|b dan  dan a  a|c. a |b berarti  berarti b  b =  = ap,a  ap,a|c berarti  berarti c  c =  = aq.  aq. Perhatikaan  Perhatikaan bahwa bx + bx + cy  cy =  = apx  apx +  + aqy  aqy =  = a  a(( px  px +  + qy  qy)).  Dengan kata lain,  lain,   a|(bx + bx + cy  cy)).    ∈

(3) Diketahui   a   b,   maka   b   =   x1 a   untuk suatu   x1 2

2

2

1

1 2

2

1 2

1 2

1 2

Bukti untuk poin lainnya ditinggalkan sebagai latihan. Ingat, untuk Teorema  Teorema   2.1.1  poin (4) dapat diperluas diperluas.. Jik Jikaa   a  b 1 , a  b 2 , a  ...,  ..., a

 |

bn,  maka  maka a  a (b1

| ± b ± ...... +  + b  b ).  Coba buktikan sebagai latihan! 2

n

 |

 |

 |

 

2.1. KO KONSEP NSEP D DASAR ASAR K KETER ETERBA BAGIAN  GIAN 

 

7

Contoh 2.1.1.  Contoh konsep keterbagian,  keterbagian,   2 4, 3 6, 5 15 15,, 3   4    4, 4   5    5.  Pembagi 

|

|

|

 ± ± ±  ±

dari   4, yaitu  1, 2, 4.

Contoh 2.1.2.   3 6, 3 9,  berdasarkan Teorema   2.1.1, 2.1.1,   3 (6 + 9) atau  9)  atau   3 15 15..

|

|

|

Contoh 2.1.3.  Misalkan   a, b

|

∈ Z. Buktikan bahwa   11|(3a (3a + 5b 5b) ⇔ 11|4a + 10b. 10b.

Jawab.   Akan dibuktikan (a (a) Jika 11 (3 (3a a + 5b),  maka 11 4a + 10 10bb  dan (b (b) Jika

|

|

11 4a + 10b, 10 b, maka  maka 11 (3 (3a a + 5b 5 b).  Pertama, (a (a)11 (3a (3a + 5b 5 b),  maka 11 3(3 3(3a a + 5b 5 b) =

|

|

|

|

(9 (9a a + 15 15bb) = [(4a [(4a + 10 10bb) + ( 5a 5a + 5b)]. Berdasarkan Teorema 2.1.1 Teorema  2.1.1 poin  poin (12), maka 11 (4 (4a a + 10b 10b).   

|

Kedua,, (b)11 4a + 10 Kedua 10b, b, maka  maka 11 3(4 3(4a a + 10 10bb) = (12a (12a + 30 30bb) = [(3a [(3a + 5b)+(9 )+(9a a + 25 25bb)]. )].

|

|

|

Berdasarkan Teorema 2.1.1 Teorema  2.1.1 poin  poin (12) (12),, 11 (3 (3a a + 5b 5b).   

Contoh 2.1.4.  Tentukan semua bilangan positif  a yang  a  yang memenuhi syarat  a  a (n2 + 1) 1)   dan   a (n + 1)2 + 1 untuk 1  untuk suatu   n

|

|

∈ Z.

2), dan  a (n2 + 2n + 2), 2)..  Karena  Karena a Jawab.   a (n + 1)2 +1 atau a atau  a (n2 + 2n + 2)  a (n2 +1) dan a

|

maka   a (n2 + 2n  + 2)

|

− (n

2

|

|

|

+ 1) atau   a (2n (2n  + 1) sehingga   a (2n (2n  + 1)(2n 1)(2n  + 1)

|

|

atau   a (4 atau (4n n2 + 4n + 1) 1)..  Karena  Karena   a (n2 + 2n + 2), 2),   maka  maka   a 4(n 4(n2 + 2n 2 n + 2). 2).  Karena

|

|

|

2

1),,  maka  maka a 4(n2 + 2n + 2) dan  a (4 (4n 4(n  a 4(n n2 + 4n + 1) a 4( n2 + 2n +2) dan a

− (4n (4n + 4n +1) atau | | | a|(4 (4n n + 7) 7)..  Karena  Karena a  a|(2 (2n n + 1) 1),, maka  maka a  a|2(2 2(2n n + 1). 1).  Karena  Karena a  a|(4n (4n +7) dan a dan a|2(2 2(2n n + 1), 1), maka  a (4 maka a (4n n + 7) 2(2 2(2n n +1) atau a atau a 5.  Dengan kata lain, diperoleh a diperoleh  a =  = 1, 5.  Kondisi ini terpenuhi dengan memilih  memilih   n  = 2.  Untuk  Untuk   n  = 2,  diperoleh  diperoleh   a (n2 + 1) atau  atau   a 5

|

dan a dan  a (n + 1)2

| dan 5|10 10..   

−

|

|

| + 1 atau atau a  a |10 10..  Pemilihan kita n kita  n =  = 2 benar karena 1|5 dan 1|10 10,,  5 |5

Bagaimanakah jika pembagian suatu bilangan menghasilkan sisa pembagian? Misalk sal kan 20 dib dibagi agi 6. Has Hasil il 20 dibagi 6, yait yaitu u 3 sisa sisa 2 ata atau u 20 = 66..3 + 2.  Hasil ini dapat dinyatakan secara umum dalam Teorema berikut.

Teorema 2.1.2.  Algoritma Keterbagian. Misalkan diberikan   a, b

 ∈   Z, a >   0.  Maka terdapat suatu bilangan bulat tunggal,

 

 

8

BA BAB B 2. KET KETERB ERBAG AGIAN IAN ( DIVISIBILITY  DIVISIBILITY )

yaitu    q   yaitu  q   dan  dan    r   sehingga   sehingga   b   =   aq   +  r, 0

  ≤   r < a.   Jika   Jika   a         b,   maka   maka   r   memenuhi 

pertidaksamaan    0 < r < a. pertidaksamaan  Pada persamaan b persamaan  b =  = aq   aq   + + r, b  disebut  disebut bilangan  bilangan yang dibagi ,  a  disebut  disebut pembagi   pembagi  (faktor),   q  disebut (faktor),   disebut hasil bagi, dan  dan   r  disebut  disebut sisa  sisa pembagian . Dengan demikian,  demikian,   a membagi b membagi  b  jika  jika r  r  = 0.

Contoh 2.1.5.  Buktikan bahwa   a(a2 + 2)/ 2)/3  adalah bilangan bulat  a

 ∀  ∀ ∈ Z.

Jawab.  Misalkan kita tuliskan a tuliskan a((a2 + 2) 2)//3 = (a/3)( a/3)(a a2 +2) dan 3 = b. =  b. Berdasarkan  Berdasarkan Algoritma pembagian, dapat kita tuliskan   a   = 3 p +  p + r  r  dengan  dengan   r   = 0, 1, 2.  Untuk r   = 0, a   = 3q  sehingga    sehingga   a(a2 + 2)/ 2) /3 =  q ((9q  ((9q 2 + 2))

 ∈  Z.  Z .  Untuk  Untuk   r   = 1, a  = 3q  +  + 1

sehingga   a(a2 + 2) 2)//3 = (3q  (3q  +   + 1)((3q  1)((3q  +  + 1)2 + 2) = (3q  (3q  +   + 1)(9q  1)(9q 2 + 6q  +  + 3)/ 3)/3 = 3(3q  + 3(3q   + 1)(3q  1)(3q 2 + 2q  2 q  +   + 1) = (3q  (3q  +  + 1)(3q  1)(3q 2 + 2q  2 q  +  + 1)   Z.  Untuk  Untuk   r   = 2, a   = 3q  +  + 2 sehingga a sehingga  a((a2 + 2)/ 2)/3 = (3q  (3q  +  + 2)((3q  2)((3q  +  + 2) 2 + 2))/ 2))/3 = (3q  (3q  +  + 2)(9q  2)(9q 2 + 12q  12q  +  + 6)/ 6) /3 =

 ∈

3(3q  3(3 q  +  + 2)(3q  2)(3q 2 + 4 + 2)/ 2)/3 = (3q  (3q  +  + 2)(3q  2)(3q 2 + 4 + 2)

∈ Z.   

Definisi 2.1.2.   Bilangan genap dan Bilangan Ganjil. Jika    n  dibagi oleh 2 bersisa   Jika  bersisa   0,   maka   maka   n   = 2k  untuk suatu   k

 ∈   Z,   dan  dan    n  disebut 

bilangan genap. Sedangkan jika   n  dibagi oleh   2  bersisa   1,  maka   n  = 2k + 1 untuk  1  untuk 

 ∈ Z,   dan   n  disebut bilangan ganjil.

suatu   k

Contoh 2.1.6.  Jika   a = a  = 5, b  = 37 37,,  maka  q   q  =  = 7, r  = 2  karena  37   37 = 5. 5.7 + 2.  Contoh  lainnya, jika   a  = 6, b  = 23 23,,  maka   q   = = 4, r  = 1  karena  23 = 6. 6.( 4) + 1. 1.

−

−

 −  −

−

Contoh 2.1.7.  Buktikan bahwa jumlah sebarang dua bilangan genap adalah bilangan genap.

Jawab.   Suatu bilangan genap adalah bilangan yang dapat dinyatakan sebagai

 ∈   Z.  Ambil sebarang bilangan genap   a, b ∈   Z  sehingga dapat dinyatakan a dinyatakan  = 2 p dan suatu  p, q   ∈ ∈ Z. Jadi,  Jadi,   a + b  + b =  = (2 p) (2q ) =  a =  p  dan  b =  b  = 2q n untuk suatu p,  p) + (2q  2 p +  p + 2q  2q  =  = 2( 2( p  p +  + q   q ) ∈ Z.   

2n   untuk suatu  suatu   n

 

2.2. 2.2. FP FPB BD DAN AN K KPK  PK 

 

9

Contoh 2.1.8.   Buktikan bahwa jumlah sebarang dua bilangan ganjil adalah bilangan genap.

Jawab.   Suatu bilangan ganjil adalah bilangan yang dapat dinyatakan sebagai 2n  + 1 untuk suatu   n   Z.   Ambil sebarang bilangan ganjil   a, b   Z   sehingga dapat dinyatakan  dinyatakan   a  = 2 p +  p + 1 dan dan   b  = 2q  +   + 1 untuk suatu  suatu   p, q  Z.  Jadi,  Jadi,   a + b  + b =  =

 ∈

 ∈  ∈

(2 p +  p + 1) + (2q  (2q  +  + 1) = 2 p +  p + 2q  2q  +  + 2 = 2( p 2( p +  + q   q  +  + 1)

2.2 2.2.1

 ∈

∈ Z.   

FPB dan KPK Faktor Perseku Persekutuan tuan Terbesar (FPB) (FPB)

Definisi 2.2.1.  Faktor Persekutuan Terbesar. suatu suat u bilan bilangan gan bulat   a   adalah fakto faktorr persek persekutua utuan n dari   b   dan  dan    c   jika   jika   a   b   dan 

 |

a   c.   Karena Karena fak faktor tor sua suatu tu bil bilang angan an bul bulat at tak nol berh erhing ingga ga bany anyakn aknya, ya, mak maka  a 

 |

 faktor per persekutuan sekutuan dari  dari    b   dan  dan    c   juga berhingga banyaknya, keculai untuk kasus  b  = c  =  c =  = 0.  Jika minimal salah satu dari   b   dan   c  tak nol, faktor terbesar di antara   faktor-faktor pers persekutuan ekutuan dari  b  b  dan   dan  c  c  disebut faktor persekutuan terbesar (Greatest Common Divisor (GCD)) yang dinyatakan dengan   dengan   (b, c).   Dengan demikian,  faktor persekutuan terbesar  terbesar   α dari α  dari bilangan bulat tak nol  b  b1 , b2 , b3 ,...,bn  dinyatakan  dengan   α  = (b1 , b2 , b3 ,...,bn ). Perhatikan bahwa faktor persekutuan terbesar (b, (b, c) didefinisikan untuk setiap pasangan bilangan bulat   b   dan   c,   kecuali   b   =   c   = 0.   Ingat bahwa (b, (b, c)

 |

  ≥   1.

 |

Jika   a   = (b, c),   maka jelas   a   b   dan   a   c.   Perhatikan contoh berikut untuk mempermudah kalian dalam memahami materi!

Contoh 2.2.1.  Faktor dari  8,  8,  yaitu  1, 2, 4, 8.  Faktor dari  22,  22 ,  yaitu  1, 2,

± ± ± ±

± ±

±11 11,, ±22 22..   Faktor persekutuan dari   dari   8   dan  dan    22 22,,   yaitu  ±  ± 1, ±2.  Faktor persekutuan  terbesar dari   8   dan   22 22,,  yaitu   2.

 

 

10

BA BAB B 2. KET KETERB ERBAG AGIAN IAN ( DIVISIBILITY  DIVISIBILITY )

Contoh 2.2.2.  Faktor dari  4,  yaitu  1, 2, 4.  Faktor dari   10 10,,  yaitu  1, 2,

 −  −

 ± ± ±  ±

 ± ±  ±

±5, ±10  −4   dan   ±1, ±2.  Faktor persekutuan  10..   Faktor persekutuan dari  − dan    10 10,,  yaitu  ±  −4   dan   10 10,,  yaitu   2. terbesar dari  − Definisi 2.2.2.   Kombinasi Linear  Suatu bilangan   a   Z   disebut kombinasi linear dari   dari   x1 , x2 , x3 ,...,xn   jika   a  dapat 

 ∈

dinyatakan sebagai   a  =  k 1 x1  +  + k  k2 x2  +  + k  k3 x3  +  + ...  ... +  + k  kn xn,  dengan   ni , ki

 ∈   Z   untuk 

i  = 1, 2, 3,...,n.

Teorema 2.2.1.   ( Teorema Teorema Bachet-Bezout) Jika    a   adalah faktor persekutuan terbesar dari   b   dan   c, maka Jika  c,  maka ada bilangan bulat  x0   dan   y0  sehingga   a  = (b, c) =  bx0  +  + cy  cy0 .

Bukti.  Perhatikan kombinasi linear bx linear  bx + cy, x, y

Z.  Himpunan  Himpunan S   S    = bx + cy

∀  ∈

{

}

dapat memuat memuat bilang bilangan an bernilai bernilai negat negatif, if, p positi ositif, f, atau 0 (deng (dengan an memil memilih ih x  x =  = y  y =  =

0) 0).. Pili Pilih h   x0   dan dan   y0   sehingga  sehingga   bx0  +  + cy  cy0  adalah bilangan bulat positif terkecil   S , sebut saja l saja  l..  Jadi,  Jadi, l l  =  = bx  bx0  +  + cy  cy0 . Selanjutnya, Selanjutny a, akan dibuktikan bahwa bahwa l l b  dan  dan l l c. Pembuktian dilakukan dengan

|

|

cara kontradiksi. Pertama, Misalkan l Misalkan  l    b, menurut b,  menurut Teorema 2 Teorema  2..1.2,  2,   ada ada q   q 1 , r1

 ∈ Z

− lq   = b  =  b − q  (bx + cy ) =  b(1  b (1 − q  x ) + c + c((−q  y ) sehingga  sehingga   r  ∈ S. S. Diperoleh  Diperoleh 0 < 0  < r   <  1 dan r dan  r  ∈ S . sehingga b sehingga  b =  = lq   lq 1 + r1  dengan 0 < 0  < r1  < l. l. Jadi,  Jadi, diperoleh r diperoleh  r 1  = b  =  b 0

1 0

1 0

1

1

1

1

0

1

Hal ini kontradiksi dengan fakta bahwa l bahwa  l  adalah bilangan bulat positif terkecil di

|

S . Dengan demikian, terbukti l terbukti  l b. Kedua, akan dibuktik dibuktikan an l l c. c. Misalkan  Misalkan l l      c, c, menurut  menurut Teorema 2 Teorema 2..1.2, ada ada q   q 2 , r2

 ∈ Z

|

sehingga   c   =   lq 

 − 2 + r   dengan 0   < r   < l.   Jadi, diperoleh   r   =   c − lq    =  − S.  Diperoleh 0 < 0  < r     0,  maka himpunan kombinasi linear 

dari   a   dan   a   adalah himpunan bilangan kelipatan dari   (a, b).

Bukti.   Misalkan   d   = (a, b).  Akan ditunjukkan bahwa setiap kombinasi linear dari a dari  a dan  dan b  b merupakan  merupakan kelipatan dari d. dari  d. Berdasarkan  Berdasarkan definisi faktor persekutuan terbesar, kita mengetahui bahwa d bahwa  d a  dan  d b. Misalkan b.  Misalkan setiap kombinasi linear

|

|

daari   a   dan daari dan   b  berbentuk  berbentuk   ma ma +  + nb,  nb, dengan  dengan   m, n

 ∈ Z.  Z .   Berdasarkan Teorema  Teorema   2.1.1

poin (4), (4),  untuk sebarang   m, n

 ∈   Z, d |   (ma ma +  + nb  nb)).  Dengan kata lain,   ma ma +  + nb  nb

adalah kelipatan dari d dari  d =  = (a, b).   

Lemma 2.2.1.   ( Lemma Lemma Euclid ) Jika   a bc  bc   dan   (a, b) = 1,  maka   a c.

|

|

Bukti.   Berdasarkan Teorema  Teorema   2.2.1,  karena  karena   a b, maka b,  maka terdapaat bilangan bulat

|

|

x, y  sehingga  sehingga ax  ax + by = by  = 1.  Diketahui  Diketahui a  a bc berati bc  berati terdapat suatu bilangan bulat t bulat  t sehingga   bc = sehingga Selanjutnya,   c   =   c.  + bcy  + aty bc  =   at. at.   Selanjutnya,  c.11 =  c(  c (ax + ax + by  by)) =   acx acx +  bcy   =   acx acx +  aty   = a(cx cx +  + ty  ty)) yang berarti a berarti  a c.   

|

 

 

12

BA BAB B 2. KET KETERB ERBAG AGIAN IAN ( DIVISIBILITY  DIVISIBILITY )

Lemma 2.2.2.  Misalkan   a, a, b, c = 0,  maka berlaku   (a,bc a,bc)) = (a, (a, b)c).



Bukti ditinggalkan sebagai latihan.

Contoh Con toh 2.2.3 2.2.3..  Tentukan kombinasi linear dari   dari   3 = ( 9, 9, 12) 12),, 5 = (10, (10, 15)   yang  memenuhi Teorema   2.2.1 2.2.1

Jawab.  3 = (9, (9, 12) = 3. 3.9 + ( 2) 2)..12 12,,  dan 5 = (10, (10, 25) = 3. 3.10 + ( 1)25 1)25..

−

−

Teorema 2.2.4.   Jika   k

 ∈ N, maka   k(x, y) = (kx,ky kx,ky)).

Bukti.   Misalkan  Misalkan   a   = (x, y) dan  dan   b   = (kx,ky kx,ky)).  Berdasarkan Teorema 2.2.1 Teorema  2.2.1,,   a   = mx + mx  + n  ny, y, b  =   pkx pkx +  + qky,  qky, untuk  untuk suatu m suatu  m,, n, p, q   Z.  Z . a   =  k(  k (x, y),  maka menurut

  ∈∈

Definisi   2.2.4, a   x   dan Definisi dan   a   y.  Berdasarkan Teorema  Teorema   2.1.1  poin (7) (7),,  karena  karena   a   x,

 |

 |

 |

maka ka maka  ka kx. kx. Berdasarkan  Berdasarkan Teorema 2 Teorema 2..1.1 poin (1) (1),,  karena  karena k  ka a kx, kx, maka  maka ka  ka  pkx.

|

| |

|

Berdasarkan Teorema   2.1.1   poin (7) (7),,  karena   a   y,   maka   ka   ky. ky .   Berdasarkan

 |

Teorema   2.1.1   poin (1) Teorema (1),,   karena   ka   ky, ky ,   maka   ka   qkx.  Berdasarkan Teorema

 |

|

 |

|

|

|

2.1.1  poin (4 (4,, ) karena  karena   ka  pk  pkx x   dan dan   ka  qky,  qky, maka  maka   ka  ( pkx  ( pkx +  + qk  qkyy ) atau  atau   ka  b. Jadi,   k(x, y)   (kx,ky Jadi, kx,ky)).   Diketahui  Diketahui   b   kx,   dan dan   b   ky. ky .   Berdasarkan Teorema  Teorema   2.1.1

 |

 |

 |

poin (1), (1),  maka  maka   b  mkx,  mkx,   dan dan   b  nky.  nky.   Berdasarkan Teorema  Teorema   2.1.1  poin (4) (4),,  maka

 |

 |

 |

 |

 |  | bahwa   k(x, y), (kx,ky (kx,ky))   |   k (x, y),   sehingga kx,ky))   >   0, k (x, y)   |   (kx,ky kx,ky)),   dan (kx,ky

b   (mkx mkx +  + nky  nky)) atau  atau   b   ka.  Jadi,   b   k(x, y) atau (kx,ky (kx,ky))   k (x, y).   Diketahui

berdasarkan Teorema 2 Teorema  2..1.1  poin (5) (5),,  maka  maka   k (x, y) = (kx,ky kx,ky)).   

Contoh 2.2.4.   Terapkan Teorema   2.2.4!   !   3(4 3(4,, 6) = 3. 3.2 = 6, (12 (12,, 18) = 6. 6.  Terbukti  3(4,, 6) = (12, 3(4 (12, 18) = 6. 6.  Begitu juga   (70 (70,, 105) = (7. (7.10 10,, 7.15) = 7(10, 7(10, 15) = 7. 7.5 = 35. 35.

Teorema 2.2.5.   Jika   Jika   d   a, d   b   dan   d >   0,  maka   ( ad ,   db ) =   d1 (a, b).   Untuk kasus 

 |

 |

khusus, jika   e  = (a, b),  maka   ( ae ,   eb ) = 1.

Bukti.   Terapkan Teorema  Teorema   2.2.4  sehingga diperoleh ( ad ,   db ) = ( 1d .a,   d1 .b) .b) =   d1 (a, b). Selanjutnya, ( ae ,   eb ) = ( 1e .a,   1e .b .b)) =   1e (a, b) =   1e .e .e =  = 1.   

Teorema 2.2.6.   Jika   (a, x) = 1   dan   (b, x) = 1,  maka   (ab,x ab,x)) = 1.

 

2.2. 2.2. FP FPB BD DAN AN K KPK  PK 

 

13

Bukti.   Diketahui (a, (a, x) = 1 dan (b, (b, x) = 1.  Berdasarkan Teorema   2.2.1,   1 =  pa +  pa  + qx  qx dan  dan 1 = rb =  rb +  + sx  sx untuk  untuk suatu p suatu  p,, q,r q,r,, s

∈ Z.  Jadi,

1 = 1.1.  = ( pa  pa +  + qx  qx)( )(rb rb +  + sx  sx)) =   parb + parb + pasx  pasx +  + qxrb  qxrb +  + qxsx  qxsx = ( pr  pr))ab ab +  + ( pas ( pas +  + qr  qrbb + qxs  + qxs))x = ( pr  pr))ab ab +  + (aps (aps +  + bqr  bqr +  + qsx  qsx))x. Berdasarkan Teroema   2.2.1,  karena 1 merupakan bilangan bulat positif terkecil dari kombinasi linear ab linear  ab  dan  x,  maka (ab,x (ab,x)) = 1.   

Teorema 2.2.7.   Untuk sebarang   x

∈ Z, (a, b) = (b, a) = (a, −b) = (a, b + ax  + ax)). Bukti ditinggalkan sebagai latihan.

Contoh 2.2.5.  Kita terapkan Teorema   (2, 4) = Teorema   2.2.7.  Pilih   Pilih    a   = 2, b   = 4.  Jadi,   (2, (4 (4,, 2) = (2, (2, 4) = 2. 2.  Pilih   x  = 12 12,,  diperoleh   diperoleh    (2, (2, 4 + 2.12) = (2, (2, 20) = 2. 2.  Selanjut-

−

−

nya, pilih   a  = 21 21,, b  = 105. 105.  Jadi,  Jadi,   (21 (21,, 105) = (105, (105, 21) = (21, (21, 105) = (21, (21, 336) = 7.  Perhatikan bahwa  336  336 = 105 + 21. 21 .11 11,,  dipilih   x = 11 11..

Lemma 2.2.3.  Jika  a  a1 , a2 , a3 ,...,an

 ∈ Z, tidak semuanay nol, maka  (a  (a , a , a ,...,a ) = 1

2

3

(a1 , a2 , a3 ,...,an 2 , (an 1 , an)) )).. −

−

Bukti.  Sebarang faktor persekutuan dari n dari  n bilangan  bilangan bulat a bulat  a1 , a2 , a3 ,...,an  adalah faktor dari   an

dan   an   sehingga 1   dan

−

juga sebagai faktor dari (a (an 1 , an ).  Selain itu, −

sebarang sebar ang fakt faktor or persek persekutuan utuan dari   n

 −   1 bilangan bulat   a , a , a ,...,a 1

2

3

n−2

,   dan

(an 1 , an ) pasti faktor persekutuan dari semua   n  bilangan bulat, dan jika fak−

tor persekutuan itu membagi (a (an 1 , an ),  maka pasti juga membagi   an 1   dan dan   an . −

Karena himpunan n himpunan  n  bilangan bulat dan himpunan n himpunan  n

−

− 2 bilangan bulat pertama

dan faktor persekutuan terbesar dari dua bilangan bulat terkahir mempunyai faktor yang sama, maka pastilah faktor persekutuan terbesarnya sama. Bukti telah lengkap.   

n

 

 

14

BA BAB B 2. KET KETERB ERBAG AGIAN IAN ( DIVISIBILITY  DIVISIBILITY )

Lemma 2.2.4.  Misalkan bilangan bulat   a, a, b, c  tak nol, maka berlaku  (a,  ( a, (a, b)c) = (a,bc a,bc)).

Bukti.   Misalkan  Misalkan   d  = (a, (a, b)c) dan  dan   e  = (a,bc a,bc)).  Harus dibuktikan bahwa  bahwa   d  = e,  =  e, yaitu (i (i)   d  e  dan (ii (ii))   e   d.  d.   (i) Diketahui  Diketahui   d  = (a, (a, b)c),  maka  maka   d  a, d  (a,  ( a, b)c.  berarti d  dan d  Ingat, d berarti d a, d b. Karena d Karena d b d (a, b)c berarti  d c dan  d (a, b). Ingat,  d (a, b) berarti d

 |

|

 |

|

|

|

|

|

 |

 |

|

dan d dan  d c, maka c,  maka d  d bc. bc. Karena  Karena d  d a  dan  d bc, bc, maka  maka d  d (a,bc a,bc)) = e. (  e.  (ii ii)) Diketahui

|

|

|

|

|

|

| | | | | dan e dan  e | c, c, maka  maka e  e | ac ac.. Jadi, e Jadi, e | ac ac dan  dan e  e | bc. bc. Dengan  Dengan kata lain, e lain, e | (ac, ac, bc) bc) = c(  c(b, c). Kita peroleh e peroleh  e =  = (a,bc a,bc)) | a dan  dan e  e | (a, b)c atau dituliskan (a,bc (a,bc)) | (a, (a, b)c).  Bukti

e  = (a,bc a,bc)) berarti e berarti  e a  dan  e bc. bc. Ingat,  Ingat, e  e bc berarti bc  berarti e  e b  dan  e c. Karena c.  Karena e  e a

(i) dan (ii (ii)) telah komplit. Disimpulkan d Disimpulkan  d =  = (a,bc a,bc)) = (a, (a, b)c).   

Teorema 2.2.8.   (a2 , b2 ) = (a, b)2 . Bukti.  Misalkan (m, (m, n) = 1.  Berdasarkan Lemma 2 Lemma  2..2.4,  diperoleh (m2 , n2 ) = (m2 , (m2 , n), n) = (m2 , (n, (m, n)m)n). Jadi, untuk (m, (m, n) = 1 diperoleh ((m m2 , (n, (m, n)m)n) = (m2 , n).   Berdasarkan Lemma 2 Lemma  2..2.4,  diperoleh 2

(m , n) = (n, (m, n)m) = 1. Jadi, (m, (m, n) = 1 mengakibatkan ((m m2 , n2 ) = (m2 , n) = 1.  Berdasarkan Teorema 2.2.5,  diperoleh  a   b ( , )=1 (a, b) (a, b)

⇒

  b2   a2 ) = 1. , ( (a, b)2 (a, b)2

Berdasarkan Teorema  Teorema   2.2.4,  diperoleh   a2   b2   1 2 2 2 2 2 ( (a, b) , (a, b) ) = (a, b) (a , b ) = 1

 

2.2. 2.2. FP FPB BD DAN AN K KPK  PK 

 

15

sehingga (a (a2 , b2 ) = (a, b)2 .   

Definisi 2.2.3.   Relatif Prima  Suatu bilangan   bilangan   a   dan  dan    b  disebut relatif prima jika   jika   (a, b) = 1   dan  dan    a1 , a2 , a3 ,...,an disebut relatif prima jika   (a ( a1 , a2 , a3 ,...,an ) = 1.  Lebih lanjut,  lanjut,   a1 , a2 , a3 ,...,an  disebut relatif prima secara berpasangan, jika   (a (ai , a j ) = 1,  untuk semua  i =  i  = 1, 2, 3,...,n dan   j   = 1, 2, 3,...,n ,...,n dengan   dengan   i =  j.



Secara umum, (a, (a, b) = 1 disebut a disebut  a koprima  koprima (coprime  (coprime ) b atau  b  atau a  a prima  prima terhadap b. Misalkan b.  Misalkan (2, (2, 3) = 1 sehingga 2 koprima 3. 3. Selanjutnya, Selanjutny a, misalk misalkan an diberikan diberikan   a, b

  ∈   Z.   Bagaimanakah Bagaimanakah cara menemuk menemukan an

(b, c)? Definisi 2 Definisi  2..2.4 tidak memberi kita cara cepat menemukan (b, (b, c). Sedangkan,  

 {



}

 jikaa kita melakuk  jik melakukan an inv investigasi estigasi himpunan bx + bx  + cy  cy  dan mencoba menemukan satu bilangan bulat positif terk terkecil ecil buka bukanlah nlah cara yan yangg muda mudah h dan prakt praktis is unt untuk uk nilai   b   dan   c   yang besar, kecuali untuk kasus tertentu (misalkan (879,879)=1, (200,3000)=2 (200,3 000)=200). 00). Jik Jikaa nilai nilai   a   dan dan   b  kecil, maka nilai   a, x0   dan dan   y0   sehingga  sehingga   a   = bx0  + cy  +  cy0   dapat ditemuk ditemukan an dengan cukup mudah mudah.. Misal Misalk kan, pilih pilih   b   = 3, c   = 6 sehingga (3, (3, 6) = 3 =   a. a. Jadi,  Jadi, dapat ditemukan  ditemukan   x0   = 1, y0   =

 −1 sehingga 3 =

1.6 + ( 1) 1)..3 terpenuhi. terpenuhi. Nah, Te Teorema orema   2.2.7  dapat digunakan untuk menemukan

−

a, x0   dan   y0   secara secara efek efektif tif.. Kit Kitaa lih lihat at pene penerap rapan an Teor eorema ema   2.2.7   pada con contoh toh berikut.

Contoh 2.2.6.  Misalkan  b =  b  = 963, 963, a  = 657. 657.  Jika  b  b  dibagi  a, hasilnya   a,  hasilnya  q  =  q  = 1  dengan 

− − (a, b) = (a, b − aq ) dengan  x diganti  x  diganti oleh  −q  pada   pada Teorema  2.  2.2.7.  Perhatikan bahwa 

sisa  r =  r  = 306. 306.  Jadi,  Jadi, b  b =  = aq   aq +r  atau   r = r  = b  b aq, aq, yaitu   yaitu  306   306 = 963 1.657 657.. Selanjutnya,

(963, 657) = (963 (963,

− 1.657 657,, 657) = (306, (306, 657) 657)..

Bilangan  963 sudah  963  sudah diganti oleh bilangan yang lebih kecil, yaitu  306 yaitu  306.. Nah, prosedur 

 

16

 

BA BAB B 2. KET KETERB ERBAG AGIAN IAN ( DIVISIBILITY  DIVISIBILITY )

tersebut dapat diulang untuk memperoleh bilangan yang lebih kecil. (306,, 657) = (306, (306 (306, 657

− 2.306) = (306, (306, 45)

= (306

− 6.45 45,, 45)

= (36, 45) = (36, 45

− 1.36)

= (36, 9) = 9. Pr Prose osedur dur yang kita lakukan merup merupakan akan ide cerdas erdas dari Eucli Euclid. d. Le Lebih bih jelasnya jelasnya,, perhatikan Teorema   2.2.9.

Teorema 2.2.9.   Algoritma Euclid  Misalkan   r0   =  a, r1   =   b  dengan   a

 ≥   b >  0.  0 .  Jika algoritma pembagian diterapkan 

secara berturut-turut untuk memperoleh   memperoleh   r j   =   r j +1 q  j+1  + r  +  r j +2  dengan   0   < r j+2   < r j +1  untuk   j  = 0, 1, 2,...,n

− 2   dan   r

n+1

 = 0,  maka   (a, b) =  r n  bersisa tak nol.

Berdasarkan Teorema 2 Teorema  2..2.9,  dapat dituliskan prosedur b   =   aq 1  +  + r  r1

 

0 < r1  < a,

a   =   r1 q 2  +  + r  r2

 

0  < r2  < r1 ,

r1   =   r2 q 3  +  + r  r3

 

0  < r3  < r2 ,

··· r j

−

r j

−

2

  =   r j 1 q  j  +  + r  r j   0  < r j   < r j 1 ,

1

  =   r j q  j +1 .

Jadi, untuk bilangan bilangan a,  a, b

−

∈ Z,  ( (a,a, b) = r .

Contoh 2.2.7.  Carilah nilai-nilai  m,  m, n m(7897) + n + n(4399) (4399)..

−

 j

∈ Z yang memenuhi persamaan   (7897, 4399) = persamaan  (7897,

 

2.2. 2.2. FP FPB BD DAN AN K KPK  PK 

 

17

Jawab. 7897 = 1.4399 + 3498

(7897, 4399)

4399 = 1.3498 + 901

= (4399, 3498)

3498 = 3.901 + 795

= (3498, 901)

901 = 1.795 + 106

= (901, 795)

795 = 7.106 + 53

= (795, 106)

106 = 2.53 + 0. 0.

 

= (106 (106,, 53) = 53. 53.

(7897,, 4399) = 53 (7897

− 7.106 = 795 − 7.(901 − 1.795) 8.795 − 7.901 = 8(3498 − 3.901) − 7.901 8.3498 − 31 31..901 = 8. 8.3498 − 31(4399 − 1.3498) 39 39..3498 − 31 31..4399 = 39(7897 − 1.4399) − 31 31..4399 39 39..7897 + (−70) 70)..4399 4399..

= 795 = = = = diperoleh m diperoleh  m =  = 39 39,, n  =

−70 70..

Contoh 2.2.8.  Tentukan  (42823,   (42823, 6409)!

Jawab.  Kita terapkan Algoritma Euclid, diperoleh 42823 = 6.6409 + 4369

(42823, 6409)

6409 = 1.4369 + 2040

= (6409, 4369)

4369 = 2.2040 + 289

= (4369, 2040)

2040 = 7.289 + 17

= (2040, 289)

289 = 17.17 + 0. 0.

 

= (289 (289,, 17) = 17. 17.

 

 

18

2.2.2

BA BAB B 2. KET KETERB ERBAG AGIAN IAN ( DIVISIBILITY  DIVISIBILITY )

Kelipata Kelipatan n Perse Persekutu kutuan an Terk Terkecil ecil (KPK) (KPK)

Definisi 2.2.4.  Kelipatan Persekutuan Terkecil  Bilangan bulat   bulat   a1 , a2 , a3 ,...,an = 0  mempunyai suatu faktor persekutuan   persekutuan   b   jika 

 

ai b  untuk  i =  i  = 1, 2, 3,...,n. ,...,n. Kelipatan  Kelipatan pers persekutuan ekutuan positif terke terkecil cil disebut kelipatan  persekutuan terkecil dan dinyatakan dengan   dengan   [a1 , a2 , a3 ,...,an].

 |

Contoh 2.2.9.  Kelipatan persekutuan terkecil dari  10  10  dan   dan  12  12,,  yaitu  60  60  dituliskan  [10,, 12] = 60. [10 60.

Teorema 2.2.10.  Jika  b adalah  b  adalah seb sebaran arangg kelip kelipatan atan per persekutuan sekutuan dari  a  a1 , a2 , a3 ,...,an, maka    [a1 , a2 ,...,an ]   b.   Dengan kata lain, jika   maka  jika   h   menyatakan   menyatakan   [a1 , a2 , a3 ,...,an ],

 | maka   0, ±h, ±2h, ±3h,... h,... mencakup  mencakup semua kelipatan persekutuan dari   dari   a − 1, a − 2,...,an.

Bukti.   Misalkan m Misalkan m sebarang  sebarang kelipatan persekutuan dan dibagi oleh h. oleh h. Berdasarkan  Berdasarkan Teorema   2.1.2,  ada suatu hasil bagi  Teorema bagi   q  dan   dan sisa pembagian  pembagian   r  sehingga  sehingga   m   =   qh + qh  + r, 0

 ≤   r < h.   Akan dibuktikan bahwa   r   = 0.   Misalkan   r   = 0.  Untuk masingmasing   i  = 1, 2,...,n masing ,...,n kita  kita mengetahui bahwa  bahwa   a  | h  (karena  (karena   h  = [a , a , a ,...,a ]) bahwa   r   =   m − qh. dan   h |   m) sehingga  sehingga   a  |   r  (Ingat bahwa   (karena   a  |   h   dan dan   a  |   m  (karena dan Jadi,  r adalah  adalah kelipatan persekutuan  maka a  dan a Karena a Karena qh). Jadi, r h, maka  a  | m − qh).  a  | h,  a  | m  dan 1

i

i

3

n

i

i

i

2

i

i

positif dari  dari   a1 , a2 , a3 ,...,an   dan dan   r < h  sehingga kontradiksi dengan fakta bahwa h  adalah bilangan terkecil dari semua bilangan kelipatan persekutuan yang positif. tif. Den Dengan gan k kata ata lai lain, n,   r   = 0.  Disimpulkan,   h   m   untuk   m   sebarang kelipatan

 |

persekutuan sehingga h sehingga  h b.   

|

Teorema 2.2.11.   Jika   a, b

+

∈Z

,  maka   [a, b] = ab/  ab/((a, b). Bukti ditinggalkan sebagai latihan.

Contoh 2.2.10.  Tentukan   [15 [15,, 220] 220].. Jawab.   Berdasarkan Teorema 2 Teorema  2..2.11 11,,  diperoleh   15 15..220 [15,, 220] = (15 [15 (15,, 220) 220)   =

  15 15..220 5   = 660 660..

 

2.3. PERSA PERSAMAAN MAAN DIOP DIOPHANTI HANTINE  NE 

 

19

Teorema 2.2.12.   (i)  Jika  m  m >  0,  0,  maka  [ma  [ ma,, mb mb]] = m[  m [a, b].  (ii  ( ii)) [a, b].(a, b) = ab .

| |

Bukti.   (i) Misalkan H  Misalkan  H    = [ma ma,, mb mb]] dan h dan  h =  = [a, b].  Maka  Maka mh  mh adalah  adalah kelipatan dari ma dan ma  dan mb  mb sehingga  sehingga mh  mh

≥ H. H. H  H adalah kelipatan dari ma dari  ma dan  dan mb  mb sehingga  sehingga H/m  H/m adalah kelipatan dari a dari  a dan  dan b.  b. Jadi,  Jadi, H/m  H/m ≥ h. Dengan h.  Dengan demikian, karena mh karena  mh ≥ H  dan H dan  H/m /m ≥ h, h, maka  maka m  m[[a, b] = mh  mh =  = H   H    = [ma,mb ma,mb]]. (ii) ii) Ingat bahwa [a, [a, −b] = [a, b].  Kita mulai dengan suatu kasus khusus. Misalkan (a, b) = 1.   Diketahui bahwa [a, [a, b] adalah kelipatan dari  dari   a, sebut saja  saja   ma, ma,   yaitu

ma   = [a, b].  Jadi,   b   ma ma ma dan  dan (a, (a, b) = 1.  Berdasarkan Teorema  Teorema   2.2.1,   diperoleh

 |

b   m. m. Dengan  Dengan demikian,   b

 |

 ≤   m,ba ≤   ma. ma. Tetapi,  Tetapi, karena  karena   ba ba   adalah kelipatan

persekutuan positif dari  dari   a   dan dan   b, juga b,  juga   ma ma   adalah kelipatan persekutuan terkecil dari a dari mungkin  ba < ma. Dengan lain,  ba =  = ma  = [a, b].  a  dan  b,  maka tidak mungkin ba ma.  Dengan kata lain, ba  ma = Selanjutnya, untuk kasus (a, (a, b) = g   >   1,  berdasarkan Teorema   2.2.5,   diperoleh (a/ a/gg, b/g) b/g) = 1. 1.  Kita gunakan hasil pembuktian pada paragraf sebelumnya (ba ( ba =  = [a, b]) ]),,  diperoleh 1  1 1 a  b a  b  a b [a, b]( ](a, a, b) = [a, b]. (a, b) = [ , ]( , ) = . 2 g g g g g g g gg Kalikan hasil tersebut dengan g2 sehingga diperoleh [a, [a, b](a, ](a, b) =  ab.  Bukti telah lengkap.   

2.3 2. 3

Per ersam samaan aan Di Diop ophan hanti tine ne

Kita fokus pada pembahasan Persamaan Diophantine linear.

Definisi 2.3.1.   Persamaan Diophantine. Misalkan diberikan   a, a, b, c

∈ Z.  Maka persamaan Diophantine linear, yaitu  ax ax +  + by  by =  = c.  c.

 

(2.1)

Lebihh lanjut, pada persamaan Diophantine, banyaknya variabel lebih dari banyaknya  Lebi

 

20

 

BA BAB B 2. KET KETERB ERBAG AGIAN IAN ( DIVISIBILITY  DIVISIBILITY )

persamaan dan penyelesain dari persamaan   2.1   adalah semua pasangan bilangan  bulat  x,y.   x,y.

Contoh 2.3.1 Contoh 2.3.1..   Misalkan diberikan pers persamaan  amaan    2x  + 4y   = 8.   Maka kita dapat  menenmukan nilai   x   dan   y   cukup mudah, misalkan  2.2 + 4. 4 .1 = 8

−

2.6 + 4. 4 .( 1) = 8 2.( 2) + 4. 4.3 = 8.

−

Bagaimanakah untuk persamaan   persamaan   3x  + 5y   = 12?   Adakah pasangan bilangan   bilangan   x, y yang memenuhi persaman persaman tersebut tersebut?? Pelaj Pelajari ari Te Teor orema  ema   2.3.1   agar kalian dapat  menjawabnya.

Teorema 2.3.1.   Misalkan   Misalkan   a,b,c

 ∈   Z   dengan   dengan   a, b   tidak keduanya nol dan   dan   d   =

(a, b). Maka persamaan Diophantine linear   ax ax +  + by  by =  = c  c  mempunyai penyelesaian 

 |

 jika dan hanya jika  jika    d   c   (dalam (dalam kasus ini, terd terdap apat at tak hing hingga ga solusi) solusi).. Solus Solusi  i  umunya diberikan, yaitu   b  = y  y0 x  =  = x  x0  + n, y  = d

 a

−d

n, n

Z,

∈

dengan   x0 , y0  merupakan solusi khusus.

Bukti ditinggalkan sebagai latihan.

Contoh 2.3.2.  Misalkaan diberikan persamaan Diophantine   171 171x x + 36y 36y  = 1998. 1998. (i)  Apakah persamaan ini mempunyai solusi?   solusi?    (ii) ii)  Jika mempunyai solusi, tentukan solusi khusus dan solusi umumnya.

 

2.3. PERSA PERSAMAAN MAAN DIOP DIOPHANTI HANTINE  NE 

 

21

Jawab.  Kita tentukan d tentukan  d =  = (171, (171, 36) menggunakan Algoritma Euclid, yaitu 171 = 4.36 + 27 36 = 1.27 + 9 27 = 3.9 + 0 Jadi, (171, (171, 36) = 9. 9.  Perhatikan bahwa 9 1998 sehingga persamaan 171x 171x + 36 36yy  =

|

1.998 pasti mempuny mempunyai ai sol solusi usi.. Ing Ingat, at, 11..998 = 222. 222.9.  Selanjutnya, kita terapkan Algoritma Euclid secara mundur untuk menemukan solusi lainnya, yaitu

− 1.27 36 − 1.(171 − 4.36) 36 + 4.36 − 1.171 5.36 − 1.171

9 = 36 = = =

Kita kalikan kedua ruas dengan 222 sehingga 1.998 = 1110. 1110.36 + ( 222)171 222)171..

−

Diperoleh solusi khusus x khusus  x 0  =

−222 222,, y  = 1110. 1110.  Solusi umumnya, yaitu 0

 3 6   −222 + 36   t  = −222 + 4t 4t 9  171  1 71 y   = 1110 −   t = 1110 − 19 19t. t. 9

x =

Latihan 2.3.1.  Cobalah mengerjakan soal-soal berikut agar kalian lebih memahami materi yang sudah dipelajari. 1. Men Menurut urut teorema algoritma p pemb embagian, agian, ny nyatak atakan an sebag sebagai ai   p   =   aq  + r,  +  r, 0 r < q, jika: q,  jika: a. q  =  = 7, b  =

−100 100,,

 ≤

 

 

22

BA BAB B 2. KET KETERB ERBAG AGIAN IAN ( DIVISIBILITY  DIVISIBILITY )

b. q  =  = 9, b  =

−150 150,, c. q  =  = 11 11,, b  = −200 200.. 2.  Soal Pembuktikan  Buktikan pernyataan-pernyataan berikut! a. Jik Jikaa  p q, q, maka  maka p  p 2 q 2 .

| | b. Jik Jikaa  p | q, q, maka  maka p  p | 3q  . 2

|

|

c. Dik Diketah etahui ui t  t =  = 10 10.a .a1  +  + a  a0 , 3 t. Buktikan t.  Buktikan t  t a0  + a  + a1 . d. Bukti Buktik kan 2 (n3

|

− n), ∀n ∈ Z.

e. Dik Diketah etahui ui t  t =  = a  a 4 .104 + a3 .103 + a2 .102 + a1 .10 + a + a0  dan 11 t.

|

f. Bukti Buktik kan ((x, x, y) = (x, y +  + ax  ax)) untuk sebarang a sebarang  a

∈ Z.

g. Bukti Buktik kan ((x, x, y) = (x +  + yb  yb,, y) untuk sebarang  sebarang   b

Z.

∈

∈ Z, p | qr, qr, dan  dan ( p, ( p, q ) = 1,  maka  maka p  p | r. i. Misal Misalk kan ((a, a, b) = 1.  Buktikan bahwa (a (a + b,  + b, a − ab ab +  + b  b ) = 1 atau atau 33..

h. Buktik Buktikan an bahwa jik jikaa  p,  p, q, r

2

3. Buktikan 3 (n3

|

3

2

2

− n), ∀n ∈ Z. Hint  Nyatakan n   Nyatakan  n n  = n  =  n((n 1) = n(  n (n + 1)( 1)(n1)

dan gunakan Algoritma Pembagian. 4. Carilah contoh (minimal 2) untuk menunjukk menunjukkan an bahwa pernyataan berikut bernilai salah.

| | | b. Jik Jikaa  p | qr, qr, maka  maka p  p | q  atau p   atau  p | r.

a. Jik Jikaa  p (q   + r + r)),  maka  maka p  p q  atau p   atau  p r.

5. Diberikan P Persamaan ersamaan Diophantine 172 172x x + 20y 20y  = 1.000 000.. a. Selid Selidii apak apakah ah persama persaman n ters tersebut ebut mempun mempunyai yai solusi! b. Jik Jikaa mempunyai solusi, tentuk tentukan an semua solusi negatifnya!

 

BAB 3 Bilangan Prima Definisi 3.0.2.  Suatu bilangan bulat   p > 1 disebut  1  disebut bilangan prima jika tidak ada   faktor   d  dari   p  yang memenuhi   1  < d < p. Jika p.  Jika suatu bilangan bulat   a >  1 bukan   1  bukan  bilangan prima, maka disebut bilangan komposit. Berdasarkaan definisi, kita dapat mengatakan bahwa bilangan prima adalah bilangan bulat positif lebih dari dari 1 yang hanya dapat dibagi oleh bilangan 1 dan bilangan itu sendiri. Misalkan 2, 2,  pembaginya adalah 1 dan 2. 2.

Contoh Con toh 3.0. 3.0.3. 3.   Contoh 11..   Contoh Contoh bilan bilangan gan prim prima, a, yaitu   2, 3, 5, 7,   dan  dan    11 Contoh bilan bilan-gan komposit, yaitu   yaitu   4, 6, 8   dan  dan    10  (mempunyai faktor selain   selain   1   dan bilangan itu  sendiri).

Teorema 3.0.2.   Teorema Aritmatika Fundamental 

∀n ∈ Z, n >> 1 1 dapat  dapat dinyatakan secara tunggal sebagai hasil kali bilangan-bilangan  prima (mungkin saja hanya satu faktor).

Bukti.   Jika n Jika  n

∈ Z adalah prima, maka bilangan n bilangan  n  itu sebagai hasil kali bilangan prima itu sendiri (misalkan 2 = 2, 2,  beda dengan 6 = 2. 2.3). Jika n Jika n ∈ Z buk bukan an prima,

maka dapat difaktorkan, sebut saja,  saja,   n1 .n2  dengan 1  1   < n1   < n  dan 1  1   < n2   < n. maka   n1  dapat Jika   n1  bukan prima, maka  cukup   n1   saja. Jika Jika n Jika  n 1  adalah prima, maka cukup  difaktorkan menjadi, sebut saja,   n3 .n4  dengan 1   < n3   < n1   dan 1   < n4   < n1 . 23

 

 

24

BAB 3. BIL BILANG ANGAN AN PRI PRIMA MA

Proses ini berlanjut terus hingga bilangan komposit difaktorkan menjadi bilangan yang lebih kecil (tetapi lebih dari satu). Oleh karena itu, kita dapat menyatakan n  sebagai hasil kali bilangan prima, dan karena faktor-faktor prima tidak perlu berbeda, maka hasilnya dapat dinyatakan sebagai n  =  = p  p 1α   p2α   ...pαr 1

2

r

dengan p dengan  p 1 , p2 ,...,pr  adalah bilangan prima yang berbeda dan α dan  α 1 , α2 ,...,αr   > 0.  0 .  Presentasi n Presentasi  n sebagai  sebagai hasil kali bilangan prima disebut faktorisasi disebut  faktorisasi kanonik  dari   dari n  menjadi bilangan prima berpangkat.

Contoh Con toh 3.0. 3.0.4. 4.   Kita ter terapkan apkan Teor eorema  ema    3.0.2.   Perhatikan bahwa   bahwa   12 = 2. 2.2.3 = 22 .3, 80 = 2. 2.2.2.2.5 = 24 .5, 25 = 5. 5.5 = 52 .  Cobalah menuliskan contoh lainnya.

Lemma 3.0.1.   The Infinitude of Prime

∀a ∈ Z, a > 1,  1, a  mempunyai faktor bilangan prima. Bukti.   Kita buktik buktikan an dengan cara kon kontradi tradiksi. ksi. Misal Misalk kan ada suatu bilangan bulat positif lebih dari 1 yang tidak memp mempuny unyai ai faktor bilangan prima prima.. Mak Maka, a, karena himpunan bilangan bulat positif lebih dari 1 tanpa faktor prima itu tak kosong, sifat terurut rapi mengatakan bahwa ada suatu bilangan positif terkecil n >   1 yang tidak mempuny mempunyai ai faktor prima. Karena Karena   n   tidak mempunyai faktor prima dan   n   n,   maka   n   bukan bukan bilang bilangan an pri prima. ma. Ole Oleh h kare arena na itu itu,, kit kitaa dap dapat at menuliskan   n   =   ab   dengan 1   < a < n   dan 1  < b < n. n. Karena  Karena a  a < n, a   pasti

 |

mempuny mempu nyai ai suatu fakto faktorr prima. Berda Berdasark sarkan an Teo Teorema rema   2.1.1   poin (3) (3),,   karena a   n,  n,   dan pastilah sebarang faktor dari   a   juga faktor dari   n,  n,   sehingga  sehingga   n   pasti

 |

mempuny mempu nyai ai faktor prima. Hal ini kontr kontradiks adiksii dengan perumpamaan bahw bahwaa   n tidak mempunyai faktor bilangan prima. Kita dapat menyimpulkan bahwa n

 ∀ ∈

Z, n > 1 mempunyai minimal satu faktor bilangan prima.   

Contoh 3.0.5.   Misalkan   Misalkan   p   dan  dan    q   q   adalah bilangan prima dan   dan   x2

−  px  + q   px +  q    = 0

mempunyai akar-akar bilangan positif berbeda. Temukan nilai   nilai   p   dan   q.

 

25

Jawab.   Misalkan  Misalkan   x1 , x2 x2

 ∈  Z

+

, x1   < x2 .  Maka  Maka   x2

− px  px +  + q   q   = (x − x )(x )(x − x ) = 1

2

− (x  + x )x + x − 1x  menunjukkan bahwa p bahwa  p =  = x  x  + x   dan dan q   q  =  = x  x x .  Karena 1

2

2

1

2

1 2

  adalah bilangan prima (tidak dapat dinyatakn sebagaai perkalian dua bilangan q  adalah prima atau lebih), maka   x1  = 1 atau   x

2 = 1.  Akan tetapi, karena 1 adalah

−

bilangan bulat positif terkecil dan x dan  x1  < x2 ,  maka pastilah x pastilah  x1  = 1 sehingga q  sehingga q  = x  =  x2 . Perhatikan bahwa  bahwa   q   q   =   x2   dan dan   p   =   x2  + 1 menunjukkan bahwa   q   q   dan dan   p   adalah bilangan prima berurutan. Oleh karena itu, nilai yang mungkin, yaitu  q  =  q  = 2 dan  p =  p  = 2 + 1 = 3. 3.

Definisi 3.0.3.  Fungsi  π(  π (x), dengan  x adalah  x  adalah bilangan riil, menyatakan banyaknya  bilangan prima yang tidak melebihi   x.

Contoh 3.0.6.  π(12)  π (12) = 5, 5, yaitu  2,  2, 3, 5, 7, 11 11.. π(20) π (20) = 8, 8, yaitu  2,  2, 3, 5, 7, 11 11,, 13 13,, 17 17,, 19 19.. Bilangan Prima dalam Deret Aritmetika   Setiap bilangan bulat ganjil dapat dinyatakan sebagai 4n 4n + 1 atau 4n 4n + 3.   Apakah banyaknya bilangan prima tersebut tak hingga? Bilangan prima 5, 5, 13 13,, 17 17,, 29 29,, 37 37,, 41 41,... ,... berbentuk  berbentuk 4n 4n + 1,  dan 3, 7, 11 11,, 19 19,, 23 23,, 31 31,, 43 43,... ,...   berbentuk 4n 4n  + 3.  Bagaimana untuk bentuk aritmatika ya yang ng lain, lain, mis misalk alkan an 3n   + 1, 7n   + 44?? Pe Perta rtany nyaan aan ini dija dijawa wab b ole oleh h   G. Le Lejeun jeune  e  Dirichlet  melalui   melalui Teorema  Teorema   3.0.3.

Teorema 3.0.3.   Teorema Dirichlet. Z+ tidak dapat dibagi oleh bilangan prima yang sama. Maka deret 

Misalkan   a, a, b

∈

aritmatika   an + an + b,  b, n  = 1, 2, 3,... ,... memuat  memuat tak hingga bilangan prima.

Contoh 3.0.7.  Misalkan diberikan   a  = 2, b  = 3  sehingga diperoleh   2n + 3. 3 .  Pilih  beberap beb erapaa nilai  nilai    n.  Misalkan   Misalkan    n   = 1, 2, 3,   maka berturut-turut diperoleh   diperoleh   2.1 + 3 = 5, 2.2 + 3 = 7, 2.3 + 3 = 9.  Jadi, untuk   3  nilai   nilai    n   berbeda ditemukan   ditemukan   2  bilangan  prima. prim a. Bagai Bagaimana mana jika dipil dipilih ih nilai   n   = 1, 2, 3,..., 100?  Ada berapakah bilangan  prima yang kalian temukan? 

Teorema 3.0.4.   Jika   Jika   p   ab,p   bilangan bilangan prima prima,, maka   p   a   atau   atau   p   b.   Secara 

 |

 |

 |

umum, jika   p a1 a2 ...an ,  maka   p  membagi minimal satu faktor dari   dari   a1 a

|

− 2...a . n

 

 

26

BAB 3. BIL BILANG ANGAN AN PRI PRIMA MA Hint:  Buktikan menggunakan Induksi Matematika.

The Largest Known Primes Sudah Primes  Sudah sejak lama (mungkin ratusan atau ribuan tahun lalu) matematikawan profesional atau amatir mencoba menemukan bilangan pri prima ma ter terbesa besarr un untuk tuk menda mendapat patk kan ke kete tenar naran. an. Nah Nah,, ada bil bilang angan an pri prima ma berbentuk 2 p 1, p  bilangan prima yang disebut Mersenne disebut  Mersenne primes . Berda Berdasark sarkan an

−

itu, hingga saat ini, telah ditemukan bilangan prima terbesar, yaitu 2 24.036.583

− 1.

Teorema 3.0.5.   Euclid.  Banyaknya bilangan prima tak berhingga, yaitu tidak  ada akhir dari barisan bilangan prima   2, 3, 5, 7, 11 11,, 13 13,... ,...

Bukti.  Misalkan terdapat berhingga banyak bilangan prima, yaitu   p1 , p2 ,...,pr . Misalkan kita pilih bilangan n  = 1 + + p  p1 p2 ...pr . Catat bahwa  bahwa   n  tidak dapat dibagi oleh  oleh   p1  atau  atau   p2   atau atau ... ata atau u   pr .  Oleh karena itu, sebarang faktor prima  prima   p  dari  dari   n  adalah bilangan prima yang berbeda dengan  p1 , p2 ,...,pr .  Karena   n   bilangan prima atau memiliki faktor prima   p, maka p,  maka ada suatu bilangan prima berbeda dari   p1 , p2 ,...,pr .   Jadi, Jadi, kit kitaa mel meliha ihatt bah bahwa wa untuk sebarang bilangan berhingga   r, r,   banyaknya bilangan prima tidaklah tepat   r. Dengan demikian, banyaknya builangan prima tak terhingga.   

Contoh 3.0.8.  Tentukan semua bilangan bulat positif   n  agar   3n 5n

− 4, 4n − 5,  dan 

− 3  adalah bilangan-bilangan prima.

Jawab.  Jumlah dari 3n 3n

− 4 + 4n − 5 + 5n − 3 = 12n 12n − 12 = 2(6n 2(6n − 6) merupakan bilangan genap sehingga minimal satu di antara bilangan 3n 3 n − 4, 4n − 5,   dan 5n − 3 adalah bilangan bilangan genap. genap. Dik Diketah etahui ui bahwa satu-s satu-satun atunya ya bilangan prima genap, yaitu 2. 2.  Perhatikan bahwa 4n 4n − 5 bukanlah bilangan genap (why?  (why? ). ). Tetapi, terdapat kemungkinan bahwa 3n 3n − 4 dan 5n 5n − 3 adalah bilanga bilangan n genap genap.. Mar Marii kita uji. Ingat bahw bahwaa satu-satun satu-satunya ya bilangan prima genap adalah 22..  Jadi, untuk

 

27 3n

− 4 = 2 diperoleh   n   = 2,   dan untuk 5n 5n − 3 = 2 diperoleh   n   = 1.   Dengan

demikian,   n   = 2 adalah bilangan bulat positif yang membuat ketiga bilangan 3n

− 4, 4n − 5,  dan 5n 5n − 3 adalah prima.

Latihan 3.0.2. 1. Manak Manakah ah bilanga bilangan-bil n-bilangan angan b berik erikut ut yan yangg merup merupak akan an bilan bilangan gan prima? a. 101 b. 103 c. 107 d. 111 e. 207 f. 221 2. Temu emuk kan semua bilangan prima kurang dari 170 170.. 3. Buktikan bahwa 2n 2n2 + 11 adalah bilangan prima untuk 0

≤ n ≤ 10 10,,  tetapi

merupakan bilangan komposit untuk n untuk  n =  = 11 11.. 4. Bukti Buktik kan bahwa terda terdapat pat tepat satu bilangan asli asli   n  sehingga 28 + 211 + 2n adalah pangkat 2 sempurna.

 

28

 

BAB 3. BIL BILANG ANGAN AN PRI PRIMA MA

 

BAB 4 Teorema Binomial Materi ini sangat berguna ketika kalian mempelajari kombinatorik dan (sebagian) operasi hitung alajabar, termasuk materi Kalkulus.

Definisi 4.0.4.  Misalkan   Misalkan    α  adalah sebarang bilangan riil, dan   k  bilangan bulat  tak negatif. Maka koefisien binomial dinyatakan dengan rumus 

   α  =   α(α − 1) · ·k· !(α − k   + 1) . k

 ∈ Z. Berdasarkan rumus kita mengetahui bahwa jika 0 ≤ k ≤ n,

Misalkan n, Misalkan  n, k maka

 α  =   n! , k!(n !(n − k )!

  sedangkan jika 0 1)(n 1)( n

k

n k

 ≤  n < k, maka k,  maka ( ) = 0.   Ingat bahwa 0! = 1 dan  dan   n! =   n(n −

− 2) 2)... ...(2)(1) (2)(1)..

Contoh 4.0.9.  misalkan   α  = 5, k  = 3.  Maka 

    5!   5!   5.4.3.2.1  5  = 3!(5  =  = 10.. − 3)! 3!2! 3.2.1.2.1   = 10 3

Teorema 4.0.6.  Misalkan  ι adalah  ι  adalah suatu himpunan yang memuat tepat  n elemen.  n  elemen. 29

 

 

30

BAB 4. TEOR TEOREMA EMA BINO BINOMIAL MIAL

Untuk sebarang bilangan bulat tak negatif   k, banyaknya k,  banyaknya himpunaan bagian (subset) dari   ι  yang memuat tepat   tepat   k   elemen adalah   (nk ).

Bukti.   Misalkan  Misalkan   ι  = 1, 2, 3,...,n .  Bilangan-bilangan ini dapat disusun dengan

{

}

urutan yang berbeda , misalnya (1, (1, 2 = 2, 1) 1),,  yang disebut permutasi dan dinyatakan dengan π dengan  π..  Ada  Ada n  n!! kemungkinan dari permutasi π permutasi  π  karena suku pertama dapat



dipilih dari   n   bilangan, suku kedua dapat dipilih dari   n ketiga dapat dipilih dari   n

− 1 bilangan sisa,suku

− 2 bilangan sisa, dan seterusnya. seterusnya.

Kita mengh menghitung itung

permutasi dengan suatu cara yang melibatkan   X   subset yang memuat tepat   k

 A   adalah subset khusus dari   ι   dengan   k   ele elemen men.. Jad Jadi, i, ada permutasi   k ! dari elemen-elemen A   dnegan masing-masing permutasi memuat  permutasi memuat   k

elemen. eleme n. Misal Misalk kan

elemen.

 

BAB 5 Kongruensi Kita akan membahas keterbagian dari sudut pandang yang sedikit berbeda dari Bab 1. Teori tentang kongruensi diperkenalkan oleh Carl Friedrich Gauss (1777

−

1855), salah satu matematikawan matematikawan ulung. Dia menulis buku berjudul berjudul Disquisitiones   Disquisitiones  Arithmeticae  yang Arithmeticae   yang membahas tentang konsep kongruensi saat berumur 24 tahun. Teori yang dia paparkan dalam bukunya merupakan salah satu alat penting dalam teori bilangan.

5.1 5. 1

Ko Konse nsep p Dasa Dasarr Ko Kong ngrue ruens nsii

Definisi 5.1.1.  Jika  m  m

Z, m = 0,  membagi selisih  a  a b, kita b,  kita mengatakan bahwa 

∈



a  kongruen terhadap b terhadap  b  modulo  modulo m  m  dan menuliskan  a  a

≡ −b  (mod   ( mod  m)  m ).  Jika  a  a − b  tidak 

dapat dibagi oleh   m, m, kita  kita mengatakan bahwa   a  tidak kongruen terhadap  terhadap   b  modulo m, dan m,  dan menuliskan   a

≡ b   (mod   m).

Contoh 5.1.1.  Perhatikan contoh! 

≡ 6 (mod   2) 2) karena   karena   2 | (8 − 6) 6) atau   atau   2 | 2. (2) 18 ≡ 3( 3(mod  mod   5) 5) karena   karena   5 | (18 − 3) 3) atau   atau   5 | 15 15.. (3) 17 ≡ −3 (mod   4) 4) karena   karena   4 | (17 − (−3)) 3)) atau   atau   4 | 20 20..

(1) 8

Karena   a

 − b  dapat dibagi oleh   m   jika dan hanya jika   a − b   dapat dibagi 31

 

 

32

BAB 5. KO KONGR NGRUENSI  UENSI 

−m, m, kita  kita dapat secara umum membatasi pada modulus positif. Selanjutnya,

oleh

kita asumsikan bahwa modulus m modulus  m adalah  adalah suatu bilangan bulat positif. Kongruensi mempunyai mempuny ai banyak sifat y yang ang sama dengan p persamaan. ersamaan. Beberapa sifat kongruensi dinyatakan dalaam Teorema berikut.

Teorema 5.1.1.  Misalkan   a, a, b, c, d

∈ Z.  Maka:

(1)   a

 ≡   b   (mod   m), b ≡   a   (mod   m),   dan   a − b   = 0 (mod   m)  adalah pernyataan 

yang ekuivalen. (sifat reflektif) (2) Jika   a a

≡ b (mod   ( mod  m)  m )  dan  b  b ≡ c  (  (mod  mod  m)  m ),  maka  a  a ≡ c  (mod   ( mod  m)  m ).  (sifat transitif)

(3) Jika   a

≡ b   (mod   m)   dan   c ≡ d   (mod   m),  maka   a + c  + c ≡ b + d  + d   (mod   m).

(4) Jika   a

≡ b   (   mod   m)   dan   c ≡ d   (mod   m),  maka   ac ≡ bd bd   (mod   ). (5)   a ≡ b   (mod   m),   dan   d | m, d > > 0  0,,  maka   a ≡ b   (mod   d). (6) Jika   a

≡ b   (mod   m),  maka   ac ≡ bc  bc   (mod   mc mc)),  untuk   c >  0.  0.

Contoh 5.1.2.  Beberapa contoh untuk Teorema   Teorema   5.1.1.

≡ 3 (mod  2)   2) = 3 ≡ 7 (mod   2) 2).. (b) 14 ≡ 5 (mod   3) 3)   dan   5 ≡ 2 (mod   3) 3),,  maka   14 ≡ 2 (mod   3). 3).

(a) 7

(c) 6

2 (mod   4) 4)   dan   5

1 (mod   4) 4),,  maka   11

1 (mod   4). 4).

≡≡ −−2 (mod   4) ≡ 1 (mod   4) 4)   dan   5 ≡ 4),,  maka   6.5≡=−30 ≡ (−2). 2).1 = −2 (mod   4). 4). (e) 7 ≡ −5 (mod   6) 6)   dan   3 | 6  maka   7 ≡ −5 ≡ (mod   3). 3). (f  f )) 21 ≡ −3 (mod   8) 8),,  maka   42 ≡ −6 (mod   16) 16)..

(d) 6

Teorema 5.1.2.   Jika   Jika   a, b

 ∈   Z,   maka   maka   a  ≡   b   (mod   m)   jika dan hanya jika ada 

suatu bilangan   k

 ∈ Z  sehingga   a =  = b  b +  + km.  km.

Bukti.   Kita harus membuktikan (i (i) Jika  Jika   a, b bilangan   k

 ∈   Z, a ≡   b  (mod  (mod   m),   ada suatu

 + k   Z  sehingga   a   =   b  +  km. m.   (ii) ii) Jika ada suatu bilangan   a,b,k

 ∈

sehingga   a = b sehingga  =  b +  + km,  km, maka  maka a  a

≡ b  (mod  (mod m  m)).

 Z

 ∈

 

5.1. KO KONSEP NSEP D DASAR ASAR K KONGR ONGRUENSI  UENSI  (i) Jika a Jika a a

 

33

≡ b (mod  (mod m  m)), maka  maka m  m | (a − b) berarti ada suatu bilangan k bilangan  k ∈ Z dengan

− b = k  =  km m  sehingga  sehingga a  a =  = b  b +  + km.  km.   

(ii) bilangan  a,, b, k ii) Diketahui ada suatu bilangan a

 ∈ Z sehingga sehingga a  = b  atau km  = a  a =  b + km km atau  km =  a − b.

Berdasarkan definis keterbagian,   km   =   a

b   berarti   m   (a

−  m)).    | − b) berarti a berarti  a ≡ b  (mod  (mod m

b).   Berdasarkan

 | −

Definisi 5 Definisi  5..1.1, m (a

Teorema 5.1.3.  Misalkan   f  f  menyatakan  menyatakan suatu polinomial dengan koefisien konstan. Jika   a

≡ b   (mod   m),  maka   f f ((a) ≡ f f ((b)(mod  )(mod   m).

Bukti.  Kita dapat menuliskan f  menuliskan  f ((x) = c nxn + cn 1 xn

1

−

−

+

· · · + c  dengan  dengan c  c  ∈ Z. 0

i

diketahui   a

 ≡   b  (mod m), m),  kita terapkan Teorema  Teorema   5.1.1  poin (4) secara berulang (mod   m),   dan dan   c a =   c b   (mod untuk memperoleh  memperoleh   a ≡   b , a ≡   b , · · ·  , a ≡   b (mod 2

2

3

3

n

n

 j

 j

 j  j

m).  Selanjutnya, kita terapkan Teorema 5 Teorema  5..1.1  pon (3) untuk memperoleh memperoleh   f ( f (a) = cn an + cn 1 an

1

−

−

+

· · · + a  =  = c  c b 0

n

n

1

+ cn 1 bn

−

−

+

· · · + b  (mod  (mod m  m)) = f (  f (b) (mod m (mod  m)). 0

Bukti telah lengkap.    Pada bilangan riil, kita dapat menyatakan   ax ax   =   ay   menjadi   x   =   y, a = 0.

 

Apakah Apak ah hal ini berlaku untuk bilangan modulo? Apak Apakah ah ax  ax disederhanakan menjadi x menjadi  x

≡ ay ay (mod  (mod m  m)) dapat

≡ y  (mod  (mod m  m)? )? Perhatikan Teorema berikut!

Teorema 5.1.4.  Perhatikan   3  sifat kongruensi berikut. ay ay((mod   m)

(1)   ax

≡

(2) Jika   ax (3) Jika  a  a

x

m ) y   (mod   (a,m ) .

⇔ ≡

≡ ay( ay(mod   m)   dan   (a, m) = 1,  maka   x ≡ y   (mod   m).

≡ b ( (mod  mod  m  m ), a ≡ b (  (mod  mod  m  m ), .. ..., ., a ≡ b (mod   (mod  m  m ), dan  a,   a, b, m , m ,...,m  ∈ 1

2

1

k

2

Z   dan   m1 , m2 ,...,mk   > 0,  0 ,  maka  a

≡ b(mod mod[[m , m ,...,m ]), ]), 1

2

k

Bukti.  Untuk poin (1), (1),  kita harus membuktikan (i (i) Jika ax Jika  ax x

≡ y  (mod

  m

(a,m)

) (ii) ii) Jika x Jika  x

≡ y  (mod

  m (a,m)

),  maka  maka ax  ax

(mod m ay ay(mod  m)),  maka

≡(mod   m). ≡ ay ay(mod

k

 

 

34 (i) Jika ax Jika  ax

BAB 5. KO KONGR NGRUENSI  UENSI 

≡ ay(mod ay(mod m  m)),  maka  maka   ax − ay ay =  = mz   mz  untuk  untuk suatu z  suatu  z  ∈  ∈ Z.  Kita peroleh a (x (a, m)

sehingga

m (a, m)

− y) = ( a,mm) z,

 | ( a,am) (x − y).

Tetapi, berdasarkan Teorema  Teorema   2.2.5  diperoleh ((a/ a/((a, m), m/ m/((a, m)) = 1 sehingga berdasarkan Teorema 2 Teorema  2..2.1  diperoleh m/ m/((a, m) (x

| − y)},  yaitu

 {

x (ii ii)) Jika   x

 ≡   y   (mod

  m (a,m)

(6), kita memperoleh ax memperoleh  ax

≡ y(mod ( a,mm) ).   

) kita kali   a,   maka berdasarkan Teorema   5.1.1   poin

≡ ay ay (mod  (mod

  am (a,m)

).  Akan tetapi, (a, (a, m) adalah faktor dari

 sehingga berdasarkan Teorema  Teorema   5.1.1  poin (5) (5),,  kita dapat menuliskan  menuliskan   ax a, a, sehingga

 ≡ ay

(mod m (mod  m)).    Bukti poin lain ditinggalkan sebagai latihan.

Contoh 5.1.3.   (a) 36 36..7

≡ 36 36..5 (mod   4) 4)   dan   (36 (36,, 4) = 2, 2,  maka   7 ≡ 5 (mod   2). 2). (b) 2.7 ≡ 2.4 (mod   3) 3)   dan   (2 (2,, 3) = 1, 1,  maka   7 ≡ 4 (mod   3). 3). (c) 16 ≡ 4 (mod   3) 3),,   16 ≡ 4 (mod   4) ⇔ 16 ≡ 4 (mod   [3, [3, 4]) 4]).. 5.2 5. 2

Si Sist stem em Re Resi sidu du Le Leng ngk kap

Bagian-bagian dari sistem residu meliputi sistem residu lengkap dan sistem residu tereduksi. Sebagai suatu sistem, sistem residu mempunyai sifat-sifat khusus yang terk ter kait den dengan gan bag bagaim aimana ana mem membua buatt sistem sistem res residu idu ata atau u men mencar carii con contoh toh yang yang memenuhi syarat tertentu.

Definisi 5.2.1.   Sistem Residu Lengkap. Jika    x Jika 

 ≡ y   (mod   m),  maka   y  disebut  residu    residu  dari    dari   x  modulo  modulo   m. m. Suatu  Suatu himpunan 

 

5.2. SISTE SISTEM MR RESIDU ESIDU LENGK LENGKAP  AP 

 

35

x1 , x2 ,...,xm  disebut   disebut    sistem sistem residu lengk lengkap  ap   modulo   m   jika  y

 ∀  ∀   ∈   Z, 0 ≤   y <

∃

m, !   x j  sehingga   x j

 ≡ y   (mod   m).

Perhatikan bahwa indeks dari x dari  x yang  yang terakhir adalah m. adalah  m. Hal  Hal ini menunjukkan bahwa banyaknya unsur dalam suatu sistem residu lengkap modulo m modulo  m  adalah  adalah m.  m. Dengan demikian, jika ada suatu himpunan yang banyak unsur kurang dari   m atau lebih dari  dari   m, m, maka  maka himpunan itu pasti bukan suatu sistem residu lengkap modulo   m. m. Suatu  Suatu himpunan   m   bilangan bulat membentuk suatu sistem residu lengkap modulo m modulo  m  jika dan hanya jika tidak ada dua bilangan bulat dalam himpunan tersebut yang kongruen modulo  modulo   m.

Contoh 5.2.1.  Misalkan   m  = 5. (a)   Himpunan   Himpunan   A   =

  {2, 3, 4, 5}   bukan bukan sist sistem em residu lengk lengkap ap mo modulo dulo   5   karena 

n(A) = 4    0,

 ∈

 ≡

 b   (mod   m),

 

 

38

Bukti.   Karena a Karena  a ak

BAB 5. KO KONGR NGRUENSI  UENSI 

≡ b  (mod  (mod   m),  kita memperoleh m memperoleh  m | (a − b),  dan karena −b

k

= (a

kita memperoleh (a (a

k−1

− b)()(aa

+ ak

2

−

+ ... +  ... + ab  abk

2

−

+ bk 1 ), −

− b) | (a − b ).  Oleh karena itu, berdasarkan Teorema  Teorema   2.1.1 (mod   m).     Jadi, a poin (3), (3),  kita memperoleh  memperoleh   m | (a − b ).  Jadi,  a ≡ b (mod k

k

k

k

k

k

3

Contoh 5.3.5.  Misalkan   7

≡ 2 (mod   5). 5) .  Berdasarkan Teorema  5.  5 .3.2,  343 = 7 ≡ 2 = 8 (mod   5) 5)..   Misalkan Misalkan   Misalkan   5 ≡   2 (mod   3). 3).  Berdasarkan Teorema   Teorema   5.3.2, 125 = 5 ≡ 2 = 8 (mod   3) 3).. 3

3

3

Teorema 5.3.3.   Teor Teorema ema Fermat.   Misalkan   Misalkan   p   adalah adalah bilang bilangan an prima. Jika   p    p   a, a, maka   maka   a p

1

−

 p

≡ 1 (mod   p). ∀a ∈ Z, a ≡ a   (mod   p).

Teorema Fermat ini dikembangkan oleh Euler dan dirangkum dalam Teorema 5.3.4.

Teorema 5.3.4.  Perluasan Euler untuk Teorema Fermat. Jika    (a, m) = 1,  maka   aφ(m) Jika 

≡ 1( mod mod m) m). Bukti ditinggalkan sebagai latihan.

5.4 5. 4

So Solu lusi si Ko Kong ngru ruen ensi si 

 a b

5.5 5. 5

Teo eore rema ma Si Sisa sa Cina Cina