Teo Bil
July 5, 2022 | Author: Anonymous | Category: N/A
Short Description
Download Teo Bil...
Description
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
View more...
Comments
