Teori Bilangan.pdf
December 3, 2018 | Author: Aries Nur Shandy | Category: N/A
Short Description
Download Teori Bilangan.pdf...
Description
DIKTAT KULIAH (2 sks) MX 127 Teori Bilangan (Revisi Terakhir: Juli 2009 ) 2009 )
Oleh: Didit Budi Nugroho, S.Si., M.Si.
Program Studi Matematika Fakultas Sains dan Matematika Universitas Kristen Satya Wacana
KATA PENGANTAR Diktat ini merupakan catatan kuliah Teori Bilangan (MX 127) tingkat sarjana tahun pertama yang diberikan di Universitas Kristen Satya Wacana dalam semester 1 tahun 2008-2009. Karena itu naskah ini disajikan dalam cara yang sangat dasar (elementer). Elementer berarti hampir tidak ada Analisis yang digunakan, dan hampir tidak ada Aljabar Abstrak. Naskah ini dirancang untuk mencakup beberapa ide dasar teori bilangan dalam satu semester. semester. Selain Selain itu, di sini juga disertak disertakan an masalah-masa masalah-masalah lah teori bilangan bilangan yang digunakan dalam berbagai pelatihan dan kompetisi matematika internasional untuk memotivasi dan memberikan tantangan kepada mahasiswa. Penulis berharap bahwa naskah ini akan memberikan manfaat yang lebih dalam pengajaran Teori Teori Bilangan. Bilangan. Untuk Untuk itu masih diperluk diperlukan masukan masukan dan saran saran dari pembaca demi perbaikan dan pengembangan naskah ini secara terus menerus. Salatiga, Juli 2009 Didit B. Nugroho
i
KATA PENGANTAR Diktat ini merupakan catatan kuliah Teori Bilangan (MX 127) tingkat sarjana tahun pertama yang diberikan di Universitas Kristen Satya Wacana dalam semester 1 tahun 2008-2009. Karena itu naskah ini disajikan dalam cara yang sangat dasar (elementer). Elementer berarti hampir tidak ada Analisis yang digunakan, dan hampir tidak ada Aljabar Abstrak. Naskah ini dirancang untuk mencakup beberapa ide dasar teori bilangan dalam satu semester. semester. Selain Selain itu, di sini juga disertak disertakan an masalah-masa masalah-masalah lah teori bilangan bilangan yang digunakan dalam berbagai pelatihan dan kompetisi matematika internasional untuk memotivasi dan memberikan tantangan kepada mahasiswa. Penulis berharap bahwa naskah ini akan memberikan manfaat yang lebih dalam pengajaran Teori Teori Bilangan. Bilangan. Untuk Untuk itu masih diperluk diperlukan masukan masukan dan saran saran dari pembaca demi perbaikan dan pengembangan naskah ini secara terus menerus. Salatiga, Juli 2009 Didit B. Nugroho
i
DAFTAR ISI KATA PENGANTAR
i
DAFTAR ISI
ii
DAFTAR SINGKATAN
ii i
1 Aksiom Aksioma a Dasa Dasarr untuk untuk Z
1
2 Bukti dengan Induksi
3
3 Keterbagian 3.1 Sifat-sifat Keterbagian Elementer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Algoritma Pembagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Beber berapa Identitas Aljabar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 6 12 14
4 Kong Kongru ruen ensi si Zn 4.1 Kongruensi . . . . . . 4.2 Persamaan Kongruensi 4.3 Uji Keterbagian . . . . 4.4 Sisa lengkap . . . . . .
. . . .
18 18 22 25 25
5 Faktorisasi Tunggal 5.1 FPB dan KPK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Bilangan Prima dan Faktorisasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Teorema Fermat dan Teorema Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27 27 30 34
6 Algoritma Euclid 6.1 Sistem Kongruensi Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36 41
7 Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik 7.1 Fungsi Floor . . . . . . . . . . 7.2 Fungsi Legendre . . . . . . . . 7.3 Bilangan Fermat . . . . . . . . 7.4 Bilangan Mersenne . . . . . . . 7.5 Bilangan Sempurna . . . . . . .
45 45 50 51 52 53
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
DAFTAR PUSTAKA
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . .
. . . . .
. . . . .
54
ii
DAFTAR SINGKATAN USAMO IMO IM O HMMT HMM T AHSME UMMC UMM C SMC SMC AIME AIM E Putnam ARML ARM L APMC APMC
: : : : : : : : : :
United United States States of of America America Mathem Mathematica aticall Olympia Olympiad d Inte Intern rnat atio iona nall Ma Math them emat atic ical al Olym Olympi piad ad Harv Harvard–MI ard–MIT T Math Math Tournam ournamen entt American High School School Mathematic Mathematicss Examin Examination ation Unive Universi rsity ty of Mic Michig higan an Math Mathema ematic ticss Compet Competiti ition on Stan Stanfo ford rd Ma Math them emat atic icss Comp Compet etit itio ion n Ameri American can Invit Invitati ationa onall Mathem Mathemati atics cs Examin Examinati ation on The William William Lowell Lowell Putnam Mathematic Mathematical al Competition Competition Ameri American can Region Regional al Mathem Mathemati atics cs Lea League gue Austr Austrian ian–P –Poli olish sh Mathem Mathemati atics cs Competi Competitio tion n
iii
Bab 1
Aksioma Dasar untuk Z Perhatian dalam teori bilangan yaitu pada sifat-sifat bilangan bulat : : : ; 4; 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3; 4; : : :
Karena itu pertama kali diperkenalkan beberapa notasi dan mengingat kembali beberapa sifat dasar dari bilangan bulat yang akan diperlukan pada bahasan-bahasan selanjutnya: N = Z = Q =
(himpunan semu semua a bilanga bilangan n asli asli atau atau bulat bulat positif) positif) f1; 2; 3;:::g (himpunan f:::; 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3;:::g (himpunan semua bilangan bulat) n : n; m 2 Z dan m 6 =0 (himpunan semua bilangan rasional) m
n
o
R = himpunan semua semua bilangan riil Dicatat bahwa N bahwa N
Z Q R.
Beberapa aksioma dasar untuk Z: Z : 1. Jika Jika a; b Z, maka a + b, a b, ab Z. (Z dikatakan tertutup terhadap operasi penjumlahan, pengurangan, dan perkalian)
2
2
2. Jika Jika a
2 Z, maka tidak ada x 2 Z sedemikian sehingga a < x < a + 1.1. 3. Jika Jika a; b 2 Z dan ab = 1, maka a = b = 1 atau a = b = 1. 4. Hukum eksponen: Untuk n; m 2 N dan a; b 2 R berlaku: (a) (an )m = a nm (b) (ab)n = a n bn (c) an am = a n+m : Aturan-aturan di atas berlaku untuk semua n; m
2 Z jika a; b 6= 0.0 .
5. Sifat ketaksamaan: Untuk a; a; b; c
2 R berlaku:
(a) Transitif : : Jika a < b dan b < c, maka a < c. (b) Jika a < b maka a + c < b + c. (c) Jika a < b dan 0 < c maka ac < bc . 1
Bab 1. Aksioma Dasar untuk Z
2
(d) Jika a < b dan c < 0 maka bc < ac. (e) Trikotomi : Diberikan a dan b , hanya berlaku salah satu dari: a = b ,
a < b,
b < a.
6. Sifat terurut baik (well-ordering ) untuk N: setiap himpunan bagian tak kosong dari N memuat suatu elemen terkecil atau minimal. Suatu elemen terkecil dari suatu himpunan bagian S N adalah suatu elemen s0 S dimana s0 s untuk setiap s S .
2
2
7. Prinsip Induksi Matematis: Diambil P ( n) sebagai suatu pernyataan menyangkut variabel bilangan asli n. Diambil n0 adalah suatu bilangan asli. P ( n) adalah benar untuk semua bilangan asli n n0 jika kedua pernyataan berikut ini berlaku:
PIM(a) P ( n) benar untuk n = n0 . PIM(b) Jika P ( n) benar untuk n 0
n k , maka P (n) benar untuk n = k + 1.
Bab 2
Bukti dengan Induksi Pada bab ini diberikan beberapa pernyataan yang dapat dibuktikan dengan menggunakan Prinsip Induksi Matematis, atau secara sederhana disebut induksi. Berikut ini diberikan suatu pernyataan beserta bukti induksi. Proposisi 2.1 Jika n
n
5 maka 2
> 5 n.
Bukti. Di sini digunakan Prinsip Induksi Matematis. PIM(a) Diambil P ( n) adalah pernyataan 2n > 5n. Untuk n0 diambil 5. Secara sederhana dapat dituliskan: P ( n) : 2n > 5 n dan n0 = 5:
Sekarang jika n = 4 maka P ( n) menjadi pernyataan 2 4 > 5 4 yang adalah salah. Tetapi jika n = 5 , P ( n) adalah pernyataan 2 5 > 5 5 atau 32 > 25 yang adalah benar. Jadi P ( n) benar untuk n = 5.
PIM(b) Diasumsikan bahwa P ( k) benar untuk suatu bilangan bulat positif k Artinya, diasumsikan bahwa 2k > 5 k untuk suatu k
2 N dan k 5:
5. (2.1)
Asumsi (2.1) dinamakan hipotesis induksi dan akan digunakan untuk membuktikan bahwa P ( n) benar ketika n = k +1. Atau dengan kata lain akan dibuktikan bahwa 2k+1 > 5 (k + 1) (2.2) dan dilakukan seperti berikut ini. Berdasarkan (2.1), ruas kiri dari (2.2) dapat dituliskan sebagai 2k+1 = 2 2k > 2 5k = 10k;
dan karena 5 k > 5 untuk setiap k 5, maka 10 k = 5k + 5k > 5 k + 5 = 5( k + 1), sehingga
2k+1 > 10 k > 5 (k + 1) : yang berarti bahwa P ( n) benar ketika n = k + 1. Disimpulkan bahwa P ( n) berlaku untuk n
5:
3
Bab 2. Bukti dengan Induksi
4
Contoh 2.2 (USAMO 1978) Suatu bilangan bulat dikatakan bagus (good) jika dapat dituliskan sebagai n = a 1 + a2 + + ak ;
dimana a1 ; a2 ; memenuhi
; a
k adalah
bilangan-bilangan bulat positif (tidak perlu berbeda) yang 1 a1
+
1
+
a2
+ a1
= 1:
k
Diberikan informasi bahwa bilangan-bilangan bulat 33 sampai 73 adalah bagus, buktikan bahwa setiap bilangan bulat 33 adalah bagus.
Bukti. Diambil n = 33, maka bilangan-bilangan bulat 33 sampai 73 dapat dituliskan sebagai barisan n; n + 1; n + 2; :::; 2n + 7 yang adalah bagus berdasarkan yang diketahui. Akan dibuktikan bahwa 2n + 8 dan 2n + 9 adalah bagus. Karena n adalah bagus, maka dapat dituliskan 2n + 8 = 2 (a1 + a2 + = dan
1 1 + + 2a1 2a2
+ a ) + 4 + 4 2a1 + 2 a2 + + 2a + 4 + 4 k
k
+ 21a
k
1 1 1 1 1 + + = + + = 1: 4 4 2 4 4
Juga, 2n + 9 = 2 a1 + 2 a2 + dan
1 1 + + 2a1 2a2
+ 21a
k
+ 2a + 3 + 6 k
1 1 1 1 1 + + = + + = 1: 3 6 2 3 6
Oleh karena itu, 2n + 8 dan 2 n + 9 adalah bagus.
Latihan 2.3 Buktikan bahwa 2n > 6 n untuk n Latihan 2.4 Buktikan bahwa 1 + 2 +
5.
+ n = n (n2+ 1) untuk n 1.
Latihan 2.5 Buktikan bahwa jika 0 < a < b maka 0 < an < bn untuk setiap n
2 N.
Latihan 2.6 Buktikan bahwa n! < nn untuk n
2. Latihan 2.7 Buktikan bahwa jika a; r 2 R dan r 6 = 1, maka untuk n 1 berlaku a r +1 1 a + ar + ar 2 + + ar = : r1 n
n
Ini dapat dituliskan seperti
a r n+1
1 = (r 1)
Dan kasus khusus pentingnya adalah r n+1
1 = ( r 1)
a + ar + ar2 +
1 + r + r2 +
+ ar
+ r
n
:
n
:
Bab 2. Bukti dengan Induksi
5
Latihan 2.8 Buktikan bahwa 1 + 2 + 2 2 +
+ 2 = 2 +1 1 untuk n 1. 10 1 Latihan 2.9 Buktikan bahwa 111 1 = untuk n 1. n
n
n
| {z } n kali
Latihan 2.10 Buktikan bahwa 1 2 +22 +32 +
9
+ n2 = n (n + 1)6(2n + 1) untuk n 1.
Bab 3
Keterbagian 3.1
Sifat-sifat Keterbagian Elementer
Pertama kali diperkenalkan pernyataan d n yang dapat dibaca seperti berikut ini:
j
1. d membagi n. 2. d adalah pembagi dari n . 3. d adalah suatu faktor dari n. 4. n adalah kelipatan dari n . Jadi, lima pernyataan di bawah ini adalah ekivalen, artinya semua cara yang berbeda mengatakan hal yang sama. 1. 2 6 :
j
2. 2 membagi 6. 3. 2 adalah pembagi dari 6. 4. 2 adalah suatu faktor dari 6. 5. 6 adalah kelipatan dari 2. De…nisi 3.1 d n berarti terdapat suatu bilangan bulat k sedemikian sehingga n = dk , a sedangkan d - n berarti bahwa d n adalah salah. Dicatat bahwa a b = .
j
j
j 6 b
Suatu cara lain untuk menyatakan de…nisi dari d n adalah seperti berikut ini.
j
De…nisi 3.2 d n n = dk untuk suatu k. (Dicatat bahwa notasi pretasikan dengan arti jika dan hanya jika.)
j ()
() diinter-
Teorema 3.3 (Sifat-sifat keterbagian) Jika n, m, dan d adalah bilangan-bilangan bulat maka pernyataan-pernyataan berikut ini adalah benar: (1) n n (sifat re‡eksif);
j (2) d j n dan n j m =) d j m (sifat transitif); 6
Bab 3. Keterbagian
7
(3) d n dan d m =
j j ) d j an + bm untuk setiap bilangan bulat a dan b (sifat linier); (4) d j n =) ad j an untuk a 6 = 0 (sifat perkalian); (5) ad j an dan a 6 = 0 =) d j n (sifat penghapusan); (6) 1 j n ( 1 membagi sembarang bilangan); (7) n j 1 =) n = 1 (hanya 1 dan 1 yang merupakan pembagi dari 1); (8) d j 0 (sembarang nilai membagi nol); (9) 0 j n =) n = 0 (nol hanya membagi nol); (10) d, n adalah positif dan d j n =) d n (sifat perbandingan). (11) d j n dan d j ( n + m) =) d j m. Contoh 3.4 Buktikan sifat 1 sampai 10 dalam Teorema 3.3. Bukti. Untuk (1), dicatat bahwa n = 1 n. Untuk (2) sampai (5), (10) dan (11), syarat d n diberikan, artinya n = kd untuk suatu bilangan bulat k. Untuk (2), dipunyai n m , artinya m = k 1 n, maka m = (k1 k ) d atau d m . Untuk (3), diasumsikan bahwa m = k 2 d, maka an + bm = (ka + k2 b) d. Untuk (4) dan (5), karena a = 0, d = 0 jika dan hanya jika ad = 0. Dicatat bahwa n = kd jika dan hanya jika na = kda. Untuk (6), dicatat bahwa n = n 1. Untuk (7), dicatat bahwa 1 = 1 1 atau 1 = ( 1) ( 1). Untuk (8), dicatat bahwa 0 = d 0. Untuk (9), dipunyai 0 n , artinya n = 0 k , maka n = 0. Untuk (10), dicatat bahwa d;n > 0, maka k 1 dan juga n = k d d . Untuk (11), dipunyai d ( n + m), artinya n + m = k1 d, maka kd + m = k1 d atau m = (k1 k) d atau d m .
j j
j
6
j
j j
j
j
6 6 j j
De…nisi 3.5 Jika c = as + bt untuk suatu bilangan bulat s dan t, dikatakan bahwa c merupakan suatu kombinasi linier dari a dan b. Jadi, pernyataan (3) dalam Teorema 3.3 mengatakan bahwa jika d membagi a dan b, maka d membagi semua kombinasi linear dari a dan b. Khususnya, d membagi a + b dan a b.
Contoh 3.6 Diambil x dan y adalah bilangan bulat. Buktikan bahwa 2x + 3y dapat dibagi oleh 17 jika dan hanya jika 9x + 5y dapat dibagi oleh 17. Bukti. 17 (2x + 3y ) = 17 13(2x + 3y) atau 17 (26x + 39y) = 17 [(9x + 5y ) + (17 x + 34y )] = 17 (9x + 5y ), dan sebaliknya, 17 (9x + 5y) = 17 4 (9x + 5y ) atau 17 (36x + 20y) = 17 [(2x + 3y ) + (34x + 17y)] = 17 (2 x + 3y).
j
j j
j
) )
j
j
j
)
j
)
j
) )
j
Contoh 3.7 Tentukan semua bilangan bulat positif d sedemikian sehingga d membagi n2 + 1 dan (n + 1)2 + 1 untuk suatu bilangan bulat n.
h
i
j n2 + 1 dan d j (n + 1)2 + 1 atau d j n2 + 2n + 2 . Jadi d j n2 + 2n + 2 n2 + 1 atau d j (2n + 1) =) d j 4n2 + 4n + 1 , sehingga d j 4 n2 + 2n + 2 4n2 + 4n + 1 atau d j (4 n + 7) : Jadi d j [(4 n + 7) 2 (2n + 1)] atau d j 5. Disimpulkan bahwa d adalah 1 atau 5. (Dapat ditunjukkan bahwa nilai Penyelesaian. Diambil d
dicapai dengan mengambil n = 2:)
Bab 3. Keterbagian
8
Contoh 3.8 Buktikan bahwa 33n+3 untuk semua bilangan asli n.
26n 27 merupakan suatu kelipatan dari 169
Bukti. Di sini digunakan Prinsip Induksi Matematis. PIM(a) Diambil P ( n) adalah pernyataan 33n+3 26n 27 = 169 n, n N. Untuk n = 1, kita menyatakan bahwa 3 6 53 = 676 = 169 4 yang berarti dapat dibagi oleh 169. Jadi P ( n) benar untuk n = 1.
PIM(b) Diasumsikan bahwa pernyataan benar untuk n = k 33k
2
1, k > 1, yaitu
26k 1 = 169 N
untuk suatu bilangan bulat N . Karena itu 3k+3
3
3k
26k 27 = 27 3 26k 27 = 27
yang direduksi menjadi
3k
3
26k
1 + 676k
27 169N + 169 4k ,
yang dapat dibagi oleh 169, yang berarti bahwa P ( n) benar untuk n = k .
Contoh 3.9 (IMO 1984) Diandaikan bahwa a 1 , a 2 , ::: , a 2n adalah bilangan-bilangan bulat berbeda sedemikian sehingga persamaan (x
a1) (x a2) (x a2 ) (1) n
n
(n!)2 = 0
mempunyai suatu penyelesaian bilangan bulat r. Tunjukkan bahwa r =
a1 + a2 + ::: + a2n : 2n
Bukti. Jelas r = ai untuk semua i, dan r sehingga
a adalah 2n bilangan bulat berbeda,
6
i
j(r a1) (r a2) (r a2 )j j(1) (2) (n) (1) (2) (n)j = (n!)2 ; n
dengan kesamaan terjadi jika dan hanya jika
fr a1; r a2; ; r a2 g = f1; 2; ; n; 1; 2; ; ng : n
Oleh karena itu (r
a1) + (r a2) + + (r a2
n)
= 2nr =
(a1 + a2 + ::: + a2 ) 1 + 2 + + n + (1) + ( 2) + + (n)
= 0 yang mengakibatkan r =
a1 + a2 + ::: + a2n : 2n
n
Bab 3. Keterbagian
9
Himpunan bilangan bulat dapat dipartisi menjadi dua himpunan bagian, yaitu himpunan bilangan bulat ganjil dan himpunan bilangan genap:
f1; 3; 5;:::g
dan
f0; 2; 4;:::g
berturut-turut. Berikut ini diberikan beberapa ide dasar: (1) suatu bilangan ganjil mempunyai bentuk 2 k + 1, untuk suatu bilangan bulat k ; (2) suatu bilangan genap mempunyai bentuk 2 k , untuk suatu bilangan bulat k ; (3) jumlahan dari dua bilangan ganjil adalah suatu bilangan genap; (4) jumlahan dari dua bilangan genap adalah suatu bilangan genap; (5) jumlahan dari suatu bilangan ganjil dan genap adalah suatu bilangan ganjil; (6) hasil kali dari dua bilangan ganjil adalah suatu bilangan ganjil; (7) hasil kali dari bilangan-bilangan bulat adalah genap jika dan hanya jika paling sedikit dari faktor-faktornya adalah genap. Contoh 3.10 Diambil n adalah suatu bilangan bulat yang lebih besar dari 1. Buktikan bahwa (a) 2n adalah jumlahan dari dua bilangan bulat ganjil berturutan. (b) 3n adalah jumlahan dari tiga bilangan bulat berturutan. Bukti. Untuk (a), dari hubungan 2n = 2 2+n2 = 4 2n2 dimisalkan k = 2n2 , sehingga karena 4k = (2k 1) + (2k + 1) maka diperoleh 2n = 4k = 2n1 1 + 2n1 + 1 . Untuk (b), dari hubungan 3 n = 31+n1 = 3 3n1 dimisalkan s = 3n1 , sehingga karena 3s = (s 1) + s + (s + 1) maka diperoleh 3 n = 3 s = 3n1 1 + 3n1 + 3n1 + 1 .
Contoh 3.11 Diambil k adalah suatu bilangan genap. Apakah mungkin untuk menuliskan 1 sebagai jumlahan dari kebalikan k bilangan ganjil? Penyelesaian. Diasumsikan bahwa 1=
1 n1
+
+ n1
k
untuk bilangan-bilangan ganjil n1 , ..., nk ; maka diperoleh n1 + s k , nk = s1 + dimana semua si adalah ganjil. Ini tidaklah mungkin terjadi karena ruas kiri adalah ganjil dan ruas kanan adalah genap.
Contoh 3.12 (HMMT 2004) Andi memilih lima bilangan dari himpunan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 . Selanjutnya Andi memberitahu Vian berapa hasil kali dari bilangan-bilangan terpilih tersebut, yang tidak akan menjadi informasi yang cukup bagi Vian untuk membayangkan apakah jumlahan dari bilangan-bilangan terpilih adalah genap atau ganjil. Berapa hasil kali dari bilangan-bilangan terpilih tersebut?
g
f
Bab 3. Keterbagian
10
Penyelesaian. Mencari hasil kali dari bilangan-bilangan terpilih ekivalen dengan mengetahui hasil kali dari dua bilangan yang tidak terpilih. Hasil kali dari bilanganbilangan tidak terpilih dan mungkin diperoleh dari lebih satu pasangan bilangan yaitu hanya 12 ({3,4} dan {2,6}) dan 6 ({1,6} dan {2,3}). Tetapi dalam kemungkinan kedua, jumlahan dari dua bilangan (tidak terpilih) adalah ganjil (dan juga lima bilangan terpilih mempunyai jumlahan ganjil), sehingga belum tentu benar. Oleh karena itu kemungkinan pertama pasti benar, dan hasil kali dari lima bilangan terpilih sama dengan 1 2 3 12
7 = 420:
Contoh 3.13 Buktikan bahwa
p p 1+
2n
2
+ 1
2n
2
adalah suatu bilangan bulat genap dan bahwa
p p 1+
2n
2
1
2
p
2n
= b 2
untuk suatu bilangan bulat positif b, untuk semua bilangan bulat n Bukti. Diproses dengan induksi pada n
1.
2 N.
p p p p p 2 p p
PIM(a) Diambil P (n) adalah pernyataan: 1 + 1+
2
2n
1
2
2n
2
2n
= b 2 untuk suatu b 1+
2
2
+ 1
+ 1
2
2n
adalah genap dan
N. Untuk n = 1, dipunyai
2
2
=6
yang adalah bilangan genap, dan
p p 1+
2
2
1
2
2
p
= 4 2:
Oleh karena itu P (1) adalah benar.
PIM(b) Diasumsikan bahwa P (n) benar untuk n = k 1, k > 1, yaitu diasumsikan bahwa 2(k1) 2(k1) 1+ 2 + 1 2 = 2N
p p
p p
untuk suatu bilangan bulat N dan bahwa 1+
2
2(k 1)
untuk suatu bilangan bulat positif a.
1
2
2(k 1)
p
= a 2
Bab 3. Keterbagian
11
Sekarang diperhatikan
p p 1+
2k
2
+ 1
2
2k
=
p p p p p p p p p p p p p 1+
+ 1 =
2
2
1+
2
2
3+2 2
+ 3 = 3
1
1+
2 2
1+
2 2
2
1+
2
2
2
2
1
2(k 1)
2k 2
2k 2
2(k 1)
2(k 1)
2
+ 1
2
2(k 1)
2(k 1)
1
2
+
2(k 1)
p p
= 6N + 2 2 a 2 = 2(3 N + 2 a) yang merupakan suatu bilangan bulat genap dan secara serupa
p p 1+
2
2k
1
2
2k
p
p
p
= 3 a 2 + 2 2 (2N ) = (3a + 4N ) 2:
Jadi P ( k ) adalah benar.
Contoh 3.14 (USAMO 2003) Buktikan bahwa untuk setiap bilangan bulat positif n terdapat suatu bilangan n -digit yang dapat dibagi oleh 5 n dimana semua digit-nya ganjil. Bukti. Diproses dengan induksi pada n
2 N.
PIM(a) Pernyataan adalah benar untuk n = 1 karena terdapat bilangan satu digit yang dapat dibagi oleh 5, yaitu 5. PIM(b) Diasumsikan bahwa N = a 1 a2 :::an dapat dibagi oleh 5n dan hanya mempunyai digit-digit ganjil. Diperhatikan bilangan-bilangan N 1
= 1a1 a2 :::an = 1 10n + 5n M = 5n (1 2n + M ) ;
N 2
= 3a1 a2 :::an
N 3
= 5a1 a2 :::an
N 4
= 7a1 a2 :::an
N 5
= 9a1 a2 :::an
= 3 10 = 5 10 = 7 10 = 9 10
n
+ 5n M = 5n
n
+ 5n M = 5n
n
+ 5n M = 5n
n
+ 5n M = 5n
(3 2 (5 2 (7 2 (9 2
n
+ M ) ;
n
+ M ) ;
n
+ M ) ;
n
+ M ) :
Diperhatikan dua kemungkinan. Kemungkinan pertama, bilangan-bilangan 1 2n +M , 3 2n +M , 5 2n +M , 7 2n +M , 9 2n +M memberikan sisa-sisa yang berbeda ketika dibagi oleh 5. Kemungkinan kedua, beda dari dua diantaranya merupakan kelipatan dari 5, yang adalah tidak mungkin karena 2n bukan kelipatan dari 5 dan bukan beda dari sembarang bilangan-bilangan 1, 3, 5, 7, 9. Karena itu yang benar adalah kemungkinan pertama, dan ini berarti bahwa satu di antara bilangan-bilangan N 1 , N 2 , N 3 , N 4 , N 5 dapat dibagi oleh 5 n 5.
Bab 3. Keterbagian
12
Latihan 3.15 Buktikan bahwa jika d a dan d b maka d a
j j j b. Latihan 3.16 Buktikan bahwa jika d j a dan d j a b maka d j b . Latihan 3.17 Buktikan bahwa jika d j n dan n 6 = 0 maka jdj jnj. Latihan 3.18 Buktikan bahwa jika d j n dan n j d maka jdj = jnj. n Latihan 3.19 Buktikan bahwa jika d j n dan n 6 = 0 maka j n . d Latihan 3.20 Buktikan bahwa jika a 2 Z maka pembagi positif dari a dan a + 1 hanya 1:
Latihan 3.21 Diambil a dan b adalah bilangan bulat positif sedemikian sehingga a b 2 , b2 a 3 , a3 b 4 , b4 a 5 , ... . Buktikan bahwa a = b .
j
3.2
j
j
j
Algoritma Pembagian
Tujuan dari bagian ini adalah membuktikan hasil penting berikut ini. Teorema 3.22 (Algoritma Pembagian) Jika a dan b adalah bilangan bulat dan b > 0 maka terdapat secara tunggal bilangan bulat q dan r yang memenuhi dua kondisi: a = bq + r
dan 0
r < b.
(3.1)
Dalam situasi ini q dinamakan hasil bagi ( quotient ) dan r dinamakan sisa (remainder ) ketika a dibagi oleh b . Dicatat bahwa terdapat dua bagian untuk hasil ini. Satu bagian adalah EKSISTENSI dari bilangan bulat q dan r yang memenuhi (3.1) dan bagian kedua adalah KETUNGGALAN dari bilangan bulat q dan r yang memenuhi (3.1). Bukti. Pertama kali diperkenalkan fungsi ‡oor :
bxc = bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan x dimana x adalah sembarang bilangan riil. Dipunyai sifat bahwa x 1 < b xc x. Bahasan lebih lanjut mengenai fungsi ‡oor diberikan dalam Bab 7. Sekarang diambil b > 0 dan sembarang a mende…nisikan
jk a b
q =
r = a
bq:
Secara jelas dipunyai a = bq +r. Tetapi kita perlu untuk membuktikan bahwa 0 Berdasarkan sifat fungsi ‡oor dipunyai
j k j k a b
1 <
a b
a : b
Sekarang dikalikan semua suku dari ketaksamaan dengan b
a>
b
a b
r < b.
a:
b yang akan menghasilkan
Bab 3. Keterbagian
13
Jika ditambahkan a ke semua ruas dari ketaksamaan dan diperoleh b > a bq 0 :
jk
a diganti dengan q maka b
Karena r = a bq , maka persamaan terakhir memberikan hasil 0 r < b. Kita tetap harus membuktikan bahwa q dan r ditentukan secara tunggal. Untuk itu diasumsikan bahwa a = bq 1 + r1 dan 0 r 1 < b;
dan a = bq 2 + r2
dan 0
r2 < b:
Kita harus menunjukkan bahwa r1 = r2 dan q 1 = q 2 . Jika r1 = r2 , tanpa kehilangan keumuman, dapat diasumsikan bahwa r2 > r1 . Pengurangan kedua persamaan di atas akan menghasilkan
6
0 = a
a = (bq 1 + r1) (bq 2 + r2) = b (q 1 q 2) + r1 r2:
Ini mengakibatkan
r1 = b (q 1 q 2) :
r2
(3.2)
Ini berarti bahwa b (r2 r1 ). Berdasarkan Teorema 3.3 nomor (10), ini mengakibatkan bahwa b r 2 r1 . Tetapi karena
j
0
r1 < r2 < b
maka dipunyai r2 r 1 < b. Ini kontradiksi dengan b r2 r 1 . Jadi kita harus menyimpulkan bahwa r1 = r2 . Sekarang dari (3.2) kita mempunyai 0 = b (q 1 q 2 ). Karena b > 0, akibatnya q 1 q 2 = 0, artinya q 1 = q 2 . Ini melengkapi bukti ketunggalan dari q dan r .
Contoh 3.23 (AHSME 1976) Diambil r adalah sisa ketika 1059, 1417 dan 2312 dibagi oleh b > 1. Tentukan nilai dari b r.
Penyelesaian. Berdasarkan Algoritma Pembagian, 1059 = q 1 b + r, 1417 = q 2 b + r, dan 2312 = q 3 b + r untuk bilangan-bilangan bulat q 1 , q 2 , q 3 . Dari sini, 358 = 1417 1059 = b (q 2 q 1 ), 1253 = 2312 1059 = b (q 3 q 1 ), dan 895 = 2312 1417 = b (q 3 q 2 ). Karena itu b 358 atau b 2 179, b 1253 atau b 7 179, dan b 895 atau b 5 179. Karena b > 1, disimpulkan bahwa b = 179. Jadi (sebagai contoh) 1059 = 5 179 + 164, yang berarti bahwa r = 164. Disimpulkan bahwa b r = 179 164 = 15.
j
j
j
j
j
j
Contoh 3.24 Tunjukkan bahwa n2 + 23 dapat dibagi oleh 24 untuk n tak hingga banyaknya. Bukti. n2 + 23 = n2 1 + 24 = ( n 1) (n + 1) + 24. Jika diambil n = 24k k = 0; 1; 2;:::, maka pernyataan dapat dibagi oleh 24.
1,
De…nisi 3.25 Suatu bilangan prima (prime) p adalah bilangan bulat positif lebih besar 1 yang pembagi positifnya hanya 1 dan p . Jika bilangan bulat n > 1 bukan prima, maka bilangan tersebut dinamakan bilangan composite. Dicatat bahwa bilangan 1 bukan bilangan prima ataupun composite .
Bab 3. Keterbagian
14
Contoh 3.26 Tunjukkan bahwa jika p > 3 adalah prima, maka 24
j
p2
1 .
Bukti. Berdasarkan Algoritma Pembagian, sembarang bilangan bulat dapat dinyatakan sebagai salah satu dari: 6k , 6 k 1, 6k 2, atau 6 k + 3, dengan k Z: Jika p > 3 adalah prima, maka p mempunyai bentuk p = 6k 1 (karena pilihan lainnya dapat dibagi 2 atau 3). Dicatat bahwa (6k 1)2 1 = 36 k2 12k = 12k (3k 1). Karena k atau 3 k 1 adalah genap, maka 12 k (3k 1) dapat dibagi oleh 24.
2
Contoh 3.27 Buktikan bahwa kuadrat dari sembarang bilangan mempunyai bentuk 4 k atau 4k + 1. Bukti. Berdasarkan Algoritma Pembagian, sembarang bilangan bulat dapat dinyatakan sebagai salah satu dari: 2a atau 2 a + 1. Dikuadratkan,
(2a)2 = 4 a2 ; (2a + 1)2 = 4 a2 + a + 1; sehingga pernyataan adalah benar.
Contoh 3.28 Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat dalam barisan 11; 111; 1111; 11111 ;:::
(3.3)
yang merupakan kuadrat dari suatu bilangan bulat. Bukti. Sudah diperoleh bahwa kuadrat dari sembarang bilangan bulat mempunyai bentuk 4 k atau 4 k + 1. Semua bilangan dalam barisan (3.3) mempunyai bentuk 4 k 1, yang berarti tidak bisa menjadi kuadrat dari sembarang bilangan bulat.
Contoh 3.29 Tunjukkan bahwa dari sembarang tiga bilangan bulat, selalu dapat dipilih dua diantaranya, misalnya a dan b, sehingga a3 b ab3 dapat dibagi 10.
Bukti. Jelas bahwa a3 b ab 3 = ab (a b) (a + b) selalu genap. Jika satu dari tiga bilangan bulat mempunyai bentuk 5k, maka selesai (misalnya diambil a = 5k). Jika tidak, dipilih tiga bilangan yang terletak dalam klas-klas sisa 5k 1 atau 5k 2. Dua dari tiga bilangan bulat pasti terletak di salah satu dari dua kelompok tersebut. Akibatnya jumlah atau selisih dari dua bilangan tersebut berbentuk 5k dan diperoleh hasil yang diinginkan.
Contoh 3.30 Buktikan bahwa jika 3
j
j j
a2 + b2 , maka 3 a dan 3 b .
Bukti. Dibuktikan dengan kontraposisi seperti berikut ini. Diandaikan bahwa 3 - a atau 3 - b , dan akan dibuktikan bahwa 3 - a2 + b2 . Dari hipotesis dapat dinyatakan a = 3k 1 atau b = 3m 1. Dari sini diperoleh a 2 = 3 3k 2 2k + 1 atau a 2 = 3 x + 1, dan serupa dengan itu b 2 = 3y + 1. Jadi a 2 + b2 = 3 x + 1 + 3y +1 = 3s + 2, yang berarti 3 - a2 + b2 .
3.3
Beberapa Identitas Aljabar
Pada bagian ini diberikan beberapa contoh dimana penyelesaiannya tergantung pada penggunaan beberapa identitas aljabar elementer.
Bab 3. Keterbagian
15
Contoh 3.31 Tentukan semua bilangan prima berbentuk n3 n > 1.
1, untuk bilangan bulat
Penyelesaian. n3 1 = ( n 1) n2 + n + 1 . Jika pernyataan ini merupakan bilangan prima, karena n2 + n +1 > 1, pasti dipunyai n 1 = 1, yang berarti n = 2. Jadi bilangan prima yang dimaksud hanyalah 7.
Contoh 3.32 Buktikan bahwa n4 + 4, n
2 N, adalah prima hanya untuk n = 1.
Bukti. Diamati bahwa n4 + 4 = n4 + 4n2 + 4
= = =
4n2
n2 + 2
2
(2n)2
n2 + 2n + 2
(n + 1)2 + 1
n2
2n + 2
1)2 + 1 :
(n
Setiap faktor lebih besar 1 untuk n > 1, akibatnya n 4 + 4 bukanlah prima. Contoh 3.33 Tentukan semua bilangan bulat n prima.
1 yang memenuhi n4 + 4
n
adalah
Penyelesaian. Untuk n = 1, jelas bahwa pernyataan merupakan bilangan prima. Lebih lanjut haruslah diambil n adalah ganjil. Untuk n 3, semua bilangan di bawah ini adalah bulat:
n4 + 22n
= n4 + 2n2 2n + 22n = =
2n22
n
n2 + 2n 2
2
n
n + 2 + n2
Ini mudah dilihat bahwa jika n tersebut bukan prima.
1
2
(n+1)
2
n2 2 (n+1)
1 2
n +2
n
n2
1 2
(n+1)
:
3, maka setiap faktor lebih besar 1, sehingga bilangan 2 N, n2 membagi (n + 1)2 1.
Contoh 3.34 Buktikan bahwa untuk semua n
Bukti. Jika n = 1, maka pernyataan benar. Sekarang diandaikan n > 1, maka berdasarkan Teorema Binomial, n
(n + 1)
2
1=
X k=1
n k n ; k
dan setiap sukunya dapat dibagi oleh n 2 : Contoh 3.35 Buktikan bahwa xn
Jadi x
y
n
= (x
y)
xn1 + xn2 y + xn3 y2 +
n
y selalu membagi x y
n
.
+ xy 2 + y 1 n
n
:
Bab 3. Keterbagian
16
Bukti. Diasumsikan bahwa x = y dan xy = 0. Dalam kasus ini, hasil di atas mengikuti identitas n1 an 1 k = 1; a = a a 1
6
6
6
X k=0
pada pengambilan a =
x dan dikalikan dengan y n . y
Sebagai contoh, tanpa penghitungan dapat dilihat bahwa 8767 2345 dibagi 666 :
81012345 dapat
Contoh 3.36 (E½ otv½ os 1899) Tunjukkan bahwa 2903n
n
n
803 464
+ 261n
dapat dibagi oleh 1897 unuk semua bilangan asli n. Bukti. Berdasarkan hasil sebelumnya, 2903 n 803n dapat dibagi oleh 2903 803 = 2100 = 7 300, dan 261 n 464n dapat dibagi oleh 261 464 = 203 = 7 ( 29). Jadi pernyataan 2903n 803n 464n + 261n dapat dibagi oleh 7. Dan juga, 2903n 464n dapat dibagi oleh 2903 464 = 9 271 dan 261 n 803n dapat dibagi oleh 261 803 = 542 = ( 2) 271. Jadi pernyataan juga dapat dibagi oleh 271. Karena 7 dan 271 tidak mempunyai faktor prima yang sama (kecuali 1), maka disimpulkan bahwa pernyataan dapat dibagi oleh 7 271 = 1897.
Contoh 3.37 (UMMC 1987) Diberikan bahwa 1002004008016032 mempunyai suatu faktor prima p > 250000, cari bilangan tersebut. Penyelesaian. Jika a = 103 dan b = 2, maka a6 1002004008016032 = a + a b + a b + a b + ab + b = a 5
4
3 2
2 3
4
5
b6 : b
Pernyataan terakhir dinyatakan sebagai a6 a
b6 b
= (a + b) a2 + ab + b2
a2
ab + b2
= 1002 1002004 998004 =
4 4 1002 250501 k;
dimana k < 250000. Oleh karena itu p = 250501.
Contoh 3.38 (Grünert 1856) Jika x ; y ; z ; n N dan n hubungan xn + yn = z n :
2
z,
maka tidak berlaku
Bukti. Jelas bahwa jika berlaku hubungan xn + y n = z n untuk x;y;z N, maka x < z dan y < z . Berdasarkan kesimetrian, bisa diandaikan bahwa x < y . Selanjutnya pernyataan dibuktikan dengan kontraposisi. Jadi diandaikan bahwa xn + yn = z n dan n z , maka
2
zn
y
n
= (z
y)
z n1 + yz n2 +
+ y 1 1 nx 1 > x n
yang bertentangan dengan pernyataan x n + y n = z n .
n
n
Bab 3. Keterbagian
17
Contoh 3.39 Buktikan bahwa untuk n ganjil,
xn + yn = ( x + y ) xn1
x 2y + x 3y2 + + xy 2 + y 1 n
n
n
Jadi jika n adalah ganjil, maka x + y membagi xn + yn .
n
:
Bukti. Bukti diperoleh dengan pensubstitusian y untuk y dalam Contoh 3.35 dan diperhatikan bahwa ( y)n = yn untuk n ganjil.
Contoh 3.40 Tunjukkan bahwa 1001 membagi 11993 + 21993 + 31993 +
+ 10001993:
Penyelesaian. Berdasarkan contoh sebelumnya karena setiap 1 1993 +10001993, 2 1993 + 9991993, ..., 500 1993 + 50011993 dapat dibagi oleh 1001. Contoh 3.41 (SMC 250) Tunjukkan bahwa untuk sembarang bilangan asli n, terdapat bilangan asli lain x sedemikian sehingga setiap suku dari barisan x
x + 1; xx + 1; xx + 1;:::
dapat dibagi oleh n. Bukti. Cukup diambil x = 2n
1.
Bab 4
Kongruensi Z
n
4.1
Kongruensi
De…nisi 4.1 Diambil n N. Untuk x; y Z, x dikatakan kongruen dengan y modulo n jika n ( y x) dan dituliskan x = y (mod n) atau . Selanjutnya y dinamakan sisa n dari x ketika dibagi oleh n.
2
j
2
Lebih lanjut, modulo n adalah relasi ekivalensi pada Z, artinya untuk x;y;z berlaku:
2
Z
1. (re‡eksif ) x = x (mod n), 2. (simetris ) x = y (mod n) =
)
y = x (mod n);
3. (transitif ) x = y (mod n) dan y = z (mod n) =
)
x = z (mod n).
Klas kongruensi dari suatu bilangan bulat x modulo n, dinotasikan dengan xn (seringkali juga digunakan notasi x atau [ x]n ), adalah himpunan dari semua bilangan bulat yang kongruen dengan x modulo n. Dengan kata lain, menggunakan de…nisi keterbagian, xn
= = =
fy 2 Z : n j (y x)g fy 2 Z : y x = kn; k 2 Zg fx + kn : k 2 Zg .
Himpunan dari klas-klas kongruensi dinotasikan dengan Zn . Elemen-elemen berbeda dari Z n biasanya didaftar seperti 0n ; 1n ; 2n ; :::; (n
1)
n
:
Contoh 4.2 Diambil n = 4, maka dipunyai klas-klas kongruensi dari Zn : 08 = 14 = 24 = 34 =
f0 + 4k : k 2 Zg = f0; 4; 8;:::g ; f1 + 4k : k 2 Zg = f:::; 7; 3; 1; 5; 9;:::g ; f2 + 4k : k 2 Zg = f:::; 6; 2; 2; 6; 10;:::g ; f3 + 4k : k 2 Zg = f:::; 5; 1; 3; 7; 11;:::g :
Klas-klas ekivalensi dapat dijumlahkan dan dikalikan menggunakan sifat berikut ini. 18
Bab 4. Kongruensi Zn Lemma 4.3 Diambil n
19
2 N. Pada Z berlaku rumus x y = (x y) ; x y = (xy ) n
n
n
n n
n
n
:
Bukti. Jika x 0n = x n dan yn0 = y n maka x0 + y0 x0 y 0
= x + y + x0 x + y0 y = x + y (mod n); = x + x0 x y + y 0 y = xy + y x0
x + x y0
y + x0
y0
x
y
= xy (mod n):
Selanjutnya, dengan mengaplikasikan rumus perkalian di atas akan diperoleh sifat bahwa jika a = b (mod n) maka ak = b k . Contoh 4.4 Tentukan sisa ketika 61987 dibagi oleh 37.
Penyelesaian. Dapat dituliskan 61987 = 6 6 1986 = 6 62 62 = 1 (mod 37). Jadi 6 1987 = 6 = 31 (mod 37).
993
= 6 ( 1)993 karena
Contoh 4.5 Cari digit terakhir dalam ekspansi desimal dari 4100 . Penyelesaian. Digit terakhir adalah sisa ketika dibagi oleh 10. Jadi harus dihitung klas kongruensi dari 4100 (mod 10). Dipunyai 42 = 6(mod 10), dan selanjutnya 62 = 6(mod 10). Jadi 4 100 = (4 2 )50 = 650 = 6(mod 10). 7
Contoh 4.6 Cari digit satuan dari 77 : 7
Penyelesaian. Harus dicari 77 (mod 10). Diamati bahwa 72 = 1 (mod10), 73 = 2 72 7 = 7 = 3 (mod10), dan 74 = 72 = 1 (mod10). Selain itu, 72 = 1 (mod4) 3 dan 77 = 72 7 = 3 (mod4), yang berarti bahwa terdapat suatu bilangan bulat t sedemikian sehingga 7 7 = 3 + 4 t. Sekarang diperoleh
7
77 = 74t+3 = 74 Jadi digit terakhir adalah 3.
t
73 = 1 t 3 = 3 (mod 10) :
Contoh 4.7 (Putnam 1986) Berapakah digit satuan dari
1020000 ? 10100 + 3
3 = 10100, maka 200 (a 3)200 1 = =
Penyelesaian. Dimisalkan a 1020000 10100 + 3
a
199
=
a
X k=0
200 k
X k=0
200 k
a199k ( 3)k :
a200k ( 3)k
(4.1)
Bab 4. Kongruensi Zn 200
Karena
X ( 1)k
k=0
200 k
20
= 0, maka untuk a = 3 (mod 10) persamaan (??) menjadi 199
3
199
X 200
( 1)k
k
k=0
=
3199 = 3(mod 10):
Contoh 4.8 Apakah 4100 dapat dibagi 3? Penyelesaian. Karena 4 100 = 1 100 = 1(mod 3), berarti 3 4 100 .
j
Contoh 4.9 Buktikan bahwa 7 membagi 32n+1 + 2n+2 untuk setiap n
2 N. Bukti. Diamati bahwa 32 +1 = 3 9 = 3 2 (mod 7) dan 2 +2 = 4 2 (mod 7). Karena itu 32 +1 + 2 +2 = 7 2 = 0 (mod 7), untuk setiap n 2 N. Contoh 4.10 Buktikan hasil Euler: 641 j 232 + 1 . Bukti. Diamati bahwa 641 = 2 7 5 + 1 = 2 4 + 5 4 . Karena itu 27 5 = 1 (mod 641) dan 54 = 24 (mod 641). Sekarang, 27 5 = 1 (mod641) menghasilkan 54 2 28 = 4 5 27 = 1 (mod641). Kongruensi terakhir dan 54 = 24 (mod 641) menghasilkan 232 = 24 228 = 54 228 = 1 (mod 641), yang berarti bahwa 641 j 232 + 1 . n
n
n
n
n
n
n
n
Contoh 4.11 Tentukan bilangan-bilangan kuadrat sempurna di modulo 13:
Penyelesaian. Karena r 2 = (13 r)2 , maka hanya dipunyai r = 0; 1;:::; 6. Diamati bahwa 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 42 = 3, 52 = 12, dan 62 = 10 (mod 13). Jadi kuadrat sempurna di modulo 13 yaitu 0 ; 1; 4; 9; 3; 12; 10.
Contoh 4.12 Buktikan bahwa tidak ada bilangan bulat yang memenuhi x2
5y2 = 2 :
Bukti. Jika x2 = 2 + 5y2 , maka x2 = 2 (mod5). Tetapi karena 2 bukanlah kuadrat sempurna modulo 5, maka dapat disimpulkan tidak ada bilangan bulat yang memenuhi x2 5y2 = 2 :
Contoh 4.13 Buktikan bahwa 7
j
2222 5555 + 55552222 .
Bukti. Diamati bahwa 2222 = 3 (mod7), 5555 = 4 (mod7), 35 = 5 (mod7), dan 42 = 2 = 5 (mod7). Diperoleh
22225555 + 5555 2222 = 35555 + 42222 = 35(1111) + 42(1111) = 51111
51111 = 0 (mod 7):
Contoh 4.14 Cari bilangan-bilangan bulat n sedemikian sehingga 2 n + 27 dapat dibagi oleh 7.
Bab 4. Kongruensi Zn
21
Penyelesaian. Diamati bahwa 2 1 = 2, 2 2 = 4, 23 = 1, 2 4 = 2, 2 5 = 4, 26 = 1 (mod 7) dan juga 2 3k = 1 (mod 3) untuk semua k N. Karena itu 2 3k +27 = 1+ 27 = 0 (mod 7) untuk semua k N. Jadi n = 3k; k N.
2
2
2
Contoh 4.15 Tentukan semua bilangan bulat n sedemikian sehingga 13 4(n2 + 1).
j
Penyelesaian. Ini adalah ekivalen dengan menyelesaikan kongruensi 4(n2 + 1) = 0(mod 13). Karena faktor persekutuan terkecil dari 4 dan 3 adalah 1, maka kita dapat menghapus 4 untuk mendapatkan n2 = 1(mod 13). Penghitungan kuadrat-kuadrat di modulo 13 memberikan ( 1)2 = 1, ( 2)2 = 4, ( 3)2 = 9, ( 4)2 = 3(mod13), ( 5)2 = 1(mod 13), dan ( 6)2 = 3(mod 13). Jadi, telah dilakukan penghitungan untuk perwakilan dari setiap klas kongruensi, sehingga jawaban untuk pertanyaan asli adalah x 5(mod 13).
2 N sedemikian sehingga x3 = 2
Contoh 4.16 Di modulo 7, apakah ada x; y
y
+ 15?
Penyelesaian. Diamati bahwa setiap pangkat dari 2 kongruen dengan 1; 2; atau 4 (mod7). Jadi 2y + 15 = 2 ; 3; atau 5 (mod7). Di sisi lain, karena pangkat tiga sempurna di modulo 7 yaitu 0; 1, dan 6, maka tidak mungkin terjadi 2y + 15 = x3 . Disimpulkan tidak ada x; y N sedemikian sehingga x 3 = 2 y + 15.
2
Contoh 4.17 Buktikan bahwa 2k ketika dibagi oleh 7.
5, k = 0; 1; 2;::: tidak pernah mempunyai sisa 1
Bukti. Diamati bahwa 21 = 24 = ::: = 2, 22 = 25 = ::: = 4, 20 = 23 = 26 = ::: = 1 (mod 7). Jadi 2k 5 = 3; 4; atau 6 yang tidak lain adalah sisa atas pembagian oleh 7.
Contoh 4.18 (AIME 1994) Barisan naik 3; 15; 24; 48;:::
(4.2)
terdiri dari kelipatan positif dari 3 dan kurang satu dari suatu kuadrat sempurna. Berapakah sisa dari suku ke-1994 dari barisan tersebut ketika dibagi oleh 1000?
n2 1 atau 3 (n 1) (n + 1). Karena 3 adalah Penyelesaian. Diinginkan 3 bilangan prima, ini mengharuskan n = 3k + 1 atau n = 3k 1, k = 1; 2; 3;:::. Barisan 3k + 1, k = 1; 2;::: menghasilkan suku-suku n2 1 = (3 k + 1) 2 1 yang merupakan suku-suku di posisi genap dari barisan (4.2). Barisan 3 k 1, k = 1; 2;::: menghasilkan suku-suku n2 1 = (3 k 1)2 1 yang merupakan suku-suku di posisi ganjil dari barisan (4.2). Selanjutnya harus dicari suku ke-997 dari barisan 3k + 1, k = 1; 2;:::, yaitu (3 997 + 1) 2 1 = (3 ( 3) + 1) 2 1 = 82 1 = 63 (mod 1000). Jadi, sisa yang dicari adalah 63.
j
j
Contoh 4.19 (USAMO 1979) Tentukan semua penyelesaian tak negatif (n1 ; n2 ;:::;n14 ) di modulo 16, jika ada, dari persamaan n41 + n42 +
n414 = 1599.
(4.3)
Bab 4. Kongruensi Zn
22
Penyelesaian. Semua pangkat 4 sempurna di modulo 16 adalah 0; 1 (mod 16). Ini berarti bahwa n41 + n42 + n214
paling besar adalah 14 (mod 16), padahal 1599 = 15 (mod 16). Jadi tidak ada penyelesaian untuk (4.3). Contoh 4.20 Diambil
1 n!! = n ! 2! Buktikan bahwa untuk semua n
1 + 3!
( 1)n + n!
:
2 N, n > 3, n!! = n ! (mod(n
1)) :
Bukti. Dipunyai
!
1) (n 2)! 1 2!1 3!1 + (1) 1 ( 1) + + (n 1)! n! ( 1) n = (n 1) m + (1) 1 + n1 n1 = (n 1) (m + (1) ) dengan m 2 Z, dan dicatat bahwa ( n 2)! dapat dibagi oleh k; k n 2. n!
n!!
= n (n
n
4.2
n
n
n
n
Persamaan Kongruensi
De…nisi 4.21 Bilangan bulat x0 yang memenuhi persamaan (kongruensi) dinamakan penyelesaian untuk persamaan tersebut. Pertama kali dipelajari persamaan linear terhadap penjumlahan. Persamaan linear (terhadap penjumlahan) dalam kongruensi: a + x = b (mod n)
selalu mempunyai penyelesaian. Kunci dari penyelesaian persamaan tersebut adalah bilangan c sedemikian sehingga c + a = n . Contoh 4.22 Cari semua x yang memenuhi persamaan 7 + x = 4(mod5). Penyelesaian. Persamaan diubah menjadi 2 + x = 4(mod5) dan 3 + 2 + x = 3 + 4 (mod5) 5 + x = 7(mod 5) x = 2(mod 5) :
Bab 4. Kongruensi Zn
23
Berikutnya dipelajari persamaan linear terhadap perkalian dalam kongruensi: ax = b (mod n) :
Kunci dari penyelesaian persamaan tersebut adalah bilangan c sedemikian sehingga ac = 1(mod n). Tetapi hal ini tidak selalu terjadi. Sebagi contoh, diambil n = 4 dan a; c 0; 1; 2; 3 . Jika a = 2(mod4), maka tidak ada c 0; 1; 2; 3 sehingga 2c = 1(mod2).
2 f
g
2 f
g
Contoh 4.23 Periksa apakah persamaan-persamaan berikut ini mempunyai penyelesaian: a) 2x = 1(mod4) b) 3x = 1(mod4) c) 12x = 8 (mod 15) Penyelesaian. Diperiksa satu persatu seperti berikut. a) Jika persamaan tersebut mempunyai penyelesaian, maka penyelesaiannya adalah 2x
1 = 4t,
dengan t adalah suatu bilangan bulat.
Karena ruas kiri adalah bilangan ganjil dan ruas kanan adalah bilangan genap, maka kesamaan tersebut tidak pernah terjadi. Jadi, persamaan kongruensi tidak mempunyai penyelesaian. b) Karena (3 ; 4) = 1, maka terdapat bilangan bulat p, q sehingga 3 p + 4q = 1 atau
3 p = 1
4q:
Bilangan p = 3 dan q = 2. Jadi, persamaan di atas mempunyai penyelesaian x = p + 4r = 3 + 4 r dengan r adalah suatu bilangan bulat.
c) Jika persamaan tersebut mempunyai penyelesaian, maka terdapat x yang memenuhi 12x
8 = 15t:
Ruas kanan dapat dibagi 3, maka ruas kiri harus dapat dibagi 3. Suku 12x habis dibagi 3, tetapi 8 tidak habis dibagi 3. Jadi persamaan tidak mempunyai penyelesaian.
Contoh 4.24 Selesaikan setiap kongruensi di bawah ini. a) 5x = 7 (mod 12). b) 3x = 6(mod101) : c) 2x = 8 (mod 10) : Penyelesaian. Diselesaikan satu persatu seperti berikut.
Bab 4. Kongruensi Zn
24
a) Dicatat bahwa 5 5 = 25 = 1 (mod 12). Karena itu
5 5x = 5 7(mod12)
x = 35(mod12) = 11 :
b) Dicatat 34 3 = 102 = 1 (mod 101). Karena itu
34 3x = 34 6 (mod 101)
x = 204 (mod101) = 2 :
c) Di sini (2; 10) = 2, sehingga metode seperti di atas tidak bisa diaplikasikan. Berdasarkan de…nisi kongruensi dan keterbagian, diminta 2 x 8 = k 10 = 0(mod 10) untuk suatu k Z. Persamaan dapat dituliskan menjadi
2
2 (x
4) = 0 (mod 10) = 10
dan memberikan persamaan x
4 = 0 atau
x
4 = 5:
Karena itu diperoleh penyelesaian untuk persamaan kongruensi yaitu x = 4 atau x = 9.
Latihan 4.25 Cari penyelesaian untuk persamaan berikut ini. a) 5x = 4 (mod 11) : b) 3x = 7 (mod 17) : c) 9x = 4 (mod 49) :
d) 100x = 7 mod112 : Latihan 4.26 Jika ada, cari penyelesaian untuk persamaan berikut ini. a) 4x = 5(mod6) : b) 6x = 2(mod8) : c) 14x = 12(mod21) : d) 8x = 4 (mod 12) : Latihan 4.27 Untuk a = 1; 2; :::; 6, cari semua penyelesaian untuk persamaan ax = 1(mod7). Latihan 4.28 Cari semua bilangan bulat a dimana 1
a 5 sehingga ax = 1(mod6).
Latihan 4.29 Diberikan bilangan-bilangan bulat a dan b. Jika 0 < a < 7 dan 0 < b < 7, tentukan a dan b sedemikian sehingga ab = 0 (mod 15).
Bab 4. Kongruensi Zn
4.3
25
Uji Keterbagian
Berikut ini diberikan suatu contoh aturan keterbagian yang sangat terkenal. Teorema 4.30 (Casting-out 9’s) Suatu bilangan asli n dapat dibagi oleh 9 jika dan hanya jika jumlahan dari digit-digitnya dapat dibagi oleh 9. Bukti. Diambil n = ak 10k + a k1 10k1 + + a 1 10 + a 0 sebagai ekspansi basis j 10 dari n. Untuk 10 = 1 (mod9), dipunyai 10 = 1 (mod9). Karena itu diperoleh + a1 + a0 . n = a k + ak1 +
Contoh 4.31 (AHSME 1992) Bilangan bulat dua digit dari 19 sampai 92 dituliskan secara berturutan untuk membentuk bilangan bulat 192021222324 :::89909192 :
(4.4)
Berapakah pangkat terbesar dari 3 yang membagi bilangan tersebut? Penyelesaian. Dengan penggunaan aturan casting-out 9, bilangan (4.4) dapat dibagi oleh 9 jika dan hanya jika 19 + 20 +
+ 91 + 92 = 37 2 3
Oleh karena itu, bilangan (4.4) dapat dibagi oleh 3 tetapi tidak oleh 9.
Contoh 4.32 (IMO 1975) Ketika 4444 4444 dituliskan dalam notasi desimal, jumlahan dari digit-digitnya adalah A. Diambil B sebagai jumlahan dari digit-digit pada bilangan A. Tentukan jumlahan dari digit-digit pada bilangan B . ( A dan B dituliskan dalam notasi desimal) Penyelesaian. Dipunyai 4444 = 7 (mod9), karena itu 44443 = 73 = 1 (mod9). Jadi 44444444 = 44443(1481) 4444 = 1 7 = 7 (mod 9). Diambil C sebagai jumlahan dari digit-digit pada bilangan B . Berdasarkan aturan casting-out 9, 7 = 4444 4444 = A = B = C (mod 9). Sekarang, 4444 log (4444) < 4444 log 104 = 17776. Ini berarti bahwa 4444 4444 mempunyai paling banyak 17776 digit, sehingga jumlahan dari digit-digit pada 4444 4444 adalah paling besar 9 17776 = 159984 , yang berarti A 159984. Di antara semua bilangan asli 159984, bilangan yang mempunyai jumlahan digit terbesar adalah 99999, sehingga diperoleh B 45. Dari semua bilangan asli 45, bilangan yang mempunyai jumlahan digit terbesar adalah 39. Jadi jumlahan dari digit-digit B adalah paling besar 12. Tetapi karena C = 7 (mod9), maka diperoleh C = 7. Jadi, jumlahan dari digit-digit pada bilangan B adalah 7.
4.4
Sisa lengkap
De…nisi 4.33 Suatu himpunan x1 ; x2 ;:::;xn dinamakan sistem sisa lengkap (complete residue system) modulo n jika untuk setiap bilangan bulat y terdapat secara tepat satu indeks j sedemikian sehingga y = x j (mod n).
Bab 4. Kongruensi Zn
26
Dalam hal ini jelas bahwa untuk sembarang himpunan berhingga A dari bilanganbilangan bulat, himpunan A akan membentuk himpunan sisa lengkap modulo n jika dan hanya jika himpunan A mempunyai n anggota dan setiap anggota dari himpunan tidak saling kongruen modulo n. Sebagai contoh, himpunan A = 0; 1; 2; 3; 4; 5 membentuk suatu himpunan sisa lengkap modulo 6, karena setiap bilangan bulat x kongruen dengan satu dan hanya satu anggota dari A . Himpunan B = 3; 2; 1; 1; 2; 3 tidak membentuk himpunan sisa lengkap modulo 6 karena 3 = 3 (mod 6). Sekarang diperhatikan himpunan Zn = 0; 1; 2;:::;n 1 . Sebagai contoh, diambil n = 3 sehingga dipunyai Z3 = 0; 1; 2 . Elemen 0 menyatakan semua semua bilangan bulat yang dapat dibagi oleh 3, sedangkan 1 dan 2 berturut-turut menyatakan semua bilangan bulat yang mempunyai sisa 1 dan 2 ketika dibagi oleh 3. Dide…nisikan jumlahan pada Z 3 seperti berikut ini. Diberikan a; b Z 3 , maka terdapat c Z 3 sedemikian sehingga a +3 b = c (mod3). Tabel 4.1 memuat semua penjumlahan yang mungkin.
f
g
g
f
f f
2
g g
2
Tabel 4.1: Tabel penjumlahan untuk Z 3 .
+3 0 1 2
0 0 1 2
1 1 2 0
2 2 0 1
Diamati bahwa Z3 bersama-sama dengan operasi +3 seperti yang diberikan dalam Tabel 4.1 memenuhi sifat-sifat: 1. Elemen 0 Z n merupakan suatu elemen identitas untuk Z3 , yaitu 0 memenuhi 0 +3 a = a +3 0 = a untuk semua a Z3 .
2
2
2. Setiap elemen a Z3 mempunyai suatu invers penjumlahan b , yaitu suatu elemen sedemikan sehingga a +3 b = b +3 a = 0. Invers penjumlahan dari a dinotasikan dengan a. Dicatat bahwa di Z 3 dipunyai 0 = 0, 1 = 2, dan 2 = 1.
2
3. Operasi penjumlahan di Z3 adalah asosiatif, yaitu untuk setiap a; b; c a +3 (b +3 c ) = ( a +3 b ) +3 c .
2 Z3 berlaku
Selanjutnya dikatakan bahwa (Z3 ; +3 ) membentuk suatu grup (group) dan dinamakan grup dari sisa dibawah penjumlahan modulo 3. Secara serupa, dide…nisikan (Zn ; +n ) sebagai grup dari sisa dibawah penjumlahan modulo n. Latihan 4.34 Konstruksikan tabel penjumlahan untuk Z6 dan Z8 . Latihan 4.35 Berapa banyak pasangan berurutan ( a; b) = 0 yang berbeda di Z 12 sedemikian sehingga a +12 b = 0?
6
Bab 5
Faktorisasi Tunggal 5.1
FPB dan KPK
Diberikan a; b Z dan keduanya tidak nol. Bilangan bulat positif terbesar yang membagi a dan b dinamakan faktor persekutuan terbesar ( greatest common divisor ) dari a dan b , dan dinotasikan dengan ( a; b). Dicatat bahwa jika d a dan d b maka d ( a; b). Sebagai contoh, (68 ; 8) = 2, (1998; 1999) = 1.
2
j
j
j
Jika (a; b) = 1, maka a dan b dikatakan prima relatif (relatively prime ) atau koprima (coprime ). Jadi, jika a; b adalah prima relatif, maka keduanya tidak mempunyai faktor bersama yang lebih besar dari 1. Jika a; b Z, keduanya tidak nol, bilangan bulat positif terkecil yang merupakan kelipatan dari a dan b dinamakan kelipatan persekutuan terkecil ( least common multiple ) dari a dan b, dan dinotasikan dengan [a; b]. Dicatat bahwa jika a c dan b c maka [a; b] c .
2
j
j
j
Berikut ini diberikan teorema-teorema yang berkaitan dengan faktor persekutuan terbesar. Teorema 5.1 (Teorema Bachet-Bezout) Faktor persekutuan terbesar, disingkat FPB, dari sembarang dua bilangan bulat a dan b dapat dituliskan sebagai kombinasi linier dari a dan b, yaitu terdapat bilangan bulat x; y dimana (a; b) = ax + by: Bukti. Dimisalkan = ax + by > 0 : x; y Z . Jelas bahwa satu di antara a, b berada di , untuk a dan b yang tak nol. Berdasarkan Prinsip Terurut Baik, mempunyai elemen terkecil, misalnya d. Oleh karena terdapat x0 , y0 sedemikian sehingga d = ax 0 + by0 . akan dibuktikan bahwa d = (a; b). Atau dengan kata lain akan dibuktikan bahwa d a , d b dan jika t a , t b maka t d . Pertama kali akan dibuktikan d a. Berdasarkan Algoritma Pembagian, dapat dicari bilangan bulat q , r , dengan 0 r < d sedemikian sehingga a = dq + r. Karena itu
F
F
F f
j
2 g
j
j
j j
r = a
j
dq = a q (ax0 + by0) = a (1 qx0) by0: Jika r > 0, maka r 2 F lebih kecil daripada elemen terkecil d di F , yang kontradiksi dengan kenyataan bahwa d adalah elemen terkecil di F . Jadi r = 0. Akibatnya dq = a , yang berarti d j a . Dengan cara serupa dapat dibuktikan bahwa d j b . 27
Bab 5. Faktorisasi Tunggal
28
Berikutnya diandaikan bahwa t a dan t b , maka a = tm dan b = tn untuk bilangan bulat m, n. Karena itu d = ax 0 + by0 = t (mx0 + ny0 ), yang berarti t d .
j
j
j
Di sini jelas bahwa sembarang kombinasi linier dari a dan b dapat dibagi oleh ( a; b). Akibat 5.2 Bilangan bulat positif a dan b adalah prima relatif jika dan hanya jika terdapat bilangan bulat x dan y sedemikian sehingga ax + by = 1. Lemma 5.3 (Lemma Euclid) Jika a bc dan (a; b) = 1, maka a c .
j
j
Bukti. Untuk (a; b) = 1, berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, terdapat bilangan bulat x; y dimana ax + by = 1. Karena a bc , terdapat suatu bilangan bulat s dimana as = bc . Selanjutnya c = c 1 = cax + cby = cax + asy, yang berarti a c .
j
j
Teorema 5.4 Jika (a; b) = d , maka
a b = 1: ; d d
Bukti. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, terdapat bilangan bulat x; y dimana a b a b x + y = 1 dimana , adalah bilangand d d d a b ; bilangan bulat. Disimpulkan bahwa = 1: d d ax + by = d . Karena itu diperoleh
Teorema 5.5 Jika c adalah suatu bilangan bulat positif, maka (ca;cb) = c (a; b) : Bukti. Diambil d 1 = (ca; cb) dan d 2 = (a; b). Akan dibuktikan bahwa d 1 cd 2 dan cd2 d1 . Untuk d2 a dan d2 b , maka cd2 ca dan cd2 cb . Jadi cd2 merupakan pembagi persekutuan dari ca dan cb, karena itu d1 cd 2 . Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, dapat ditemukan bilangan-bilangan bulat x; y dimana d1 = acx + bcy = c (ax + by). Tetapi karena ax + by merupakan kombinasi linier dari a dan b , maka ini dapat dibagi oleh d 2 . Karena itu terdapat suatu bilangan bulat s sedemikian sehingga sd 2 = ax + by. Ini berarti bahwa d 1 = csd 2 , artinya cd2 d 1 . Serupa dengan di atas, berlaku ( ca; cb) = c (a; b) untuk sembarang bilangan bulat tak nol c.
j
j
j
j
j
j
j
j j j
Lemma 5.6 Untuk bilangan-bilangan bulat tak nol a, b, c berlaku (a;bc) = (a; (a; b) c) : Bukti. Karena ( a; (a; b) c) membagi ( a; b) c dan ( a; b) c membagi bc (menurut Teorema 5.5(a; b) c) maka (a; (a; b) c) membagi bc. Jadi (a; (a; b) c) membagi a dan bc, atau dituliskan (a; (a; b) c) ( a;bc). Di sisi lain, (a;bc) membagi a dan bc, karena itu ( a;bc) membagi ac dan bc. Oleh karena itu, (a;bc) membagi (ac; bc) = (a; b) c. Jadi (a;bc) membagi a dan (a; b) c, atau dituliskan (a;bc) (a; (a; b) c). Disimpulkan (a;bc) = (a; (a; b) c).
j
j
Teorema 5.7 a2 ; b2 = (a; b)2 .
Bab 5. Faktorisasi Tunggal
29
Bukti. Diandaikan bahwa (m; n) = 1. Diaplikasikan lemma sebelumnya dua kali untuk memperoleh m2 ; n2 = m2 ; m2 ; n n = m2 ; (n; (m; n) m) n :
Untuk ( m; n) = 1, ruas kanan dari pernyataan di atas sama dengan m2 ; n . Diaplikasikan kembali lemma di atas, diperoleh
m2 ; n = (n; (m; n) m) = 1:
Jadi ( m; n) = 1 mengakibatkan m2 ; n2 = m2 ; n = 1. Berdasarkan Teorema 5.4, a b ; = 1, (a; b) (a; b)
karena itu
a2
;
b2
(a; b)2 (a; b)2
= 1.
Berdasarkan Teorema 5.5, pernyataan terakhir dikalikan dengan ( a; b)2 untuk memperoleh a2 ; b2 = (a; b)2 .
Contoh 5.8 Diambil (a; b) = 1. Buktikan bahwa a + b; a2
ab + b2
= 1 atau 3.
Bukti. Dimisalkan d = a + b; a2 ab + b2 . Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, sembarang kombinasi linier dari a + b dan a 2 ab + b2 dapat dibagi oleh d . Karena itu d membagi (a + b) (a + b) + ( 1) a2 ab + b2 = 3ab:
Karena itu d membagi a + b dan 3 ab, akibatnya d membagi 3 b (a + b) + ( 1) 3ab = 3b2 atau dituliskan d 3 b2 . Serupa dengan itu, diperoleh d 3 a2 . Jadi
j
j
j
d
3a2 ; 3b2 = 3 a2 ; b2 = 3 (a; b)2 = 3 :
Disimpulkan bahwa d = 1 atau 3.
Contoh 5.9 (IMO 1959) Buktikan bahwa pecahan dapat disederhanakan) untuk setiap bilangan asli n.
21n + 4 adalah irreducible (tidak 14n + 3
Bukti. Untuk semua bilangan asli n dipunyai 3(14n + 3) 2(21n + 4) = 1. Jadi, berdasarkan Akibat 5.2, diperoleh bahwa pembilang dan penyebut adalah prima relatif, atau dengan kata lain tidak mempunyai faktor persekutuan yang lebih besar dari 1.
Contoh 5.10 (AIME 1985) Bilangan-bilangan dalam barisan 101; 104; 109; 116;::: mempunyai bentuk a n = 100+ n2 , n = 1; 2;:::. Untuk setiap n , diambil d n = (an ; an+1 ). Cari maks dn n1 .
f g
Bab 5. Faktorisasi Tunggal
30
Penyelesaian. Diamati bahwa dn
= = =
Jadi d n
j
2 100 + n2
2
100 + n ; 100 + ( n + 1)
2
100 + n2 ; 100 + n2 + 2n + 1
100 + n2 ; 2n + 1 :
n (2n + 1) atau dn (200
j
n). Oleh karena itu
dn (2 (200
n) + (2n + 1)) j 401 untuk semua n. Jadi maksfd g 1 = 401. j
atau d n
n n
Contoh 5.11 Buktikan bahwa jika m dan n adalah bilangan-bilangan asli dan m adalah ganjil, maka (2m 1; 2n + 1) = 1.
Bukti. Dimisalkan d = (2m 1; 2n + 1). Karena 2m 1 dan 2 n +1 adalah ganjil, maka d haruslah suatu bilangan ganjil. Selain itu, dapat dituliskan 2m 1 = kd dan 2n +1 = ld untuk bilangan-bilangan asli k dan l . Oleh karena itu, 2mn = (kd + 1)n = td +1, dimana
n 1
t =
X
j =0
n n j n j 1 . Melalui cara yang sama diperoleh 2 mn = ( ld k d j
1)
m
= ud
dengan menggunakan kenyataan bahwa m adalah ganjil. Untuk td + 1 = ud dapat dituliskan ( u t) d = 2, haruslah d 2. Akibatnya d = 1.
j
1,
1 atau
Contoh 5.12 Berapa banyak bilangan bulat positif 1260 yang prima relatif terhadap 1260?
Penyelesaian. Karena 1260 = 2 2 3 2 5 7, sekarang masalahnya adalah mencari bilangan-bilangan yang lebih kecil dari 1260 dan tidak dapat dibagi oleh 2, 3, 5, atau 7. Diambil A menyatakan himpunan dari bilangan-bilangan bulat 1260 dan merupakan kelipatan dari 2, B adalah himpunan kelipatan dari 3, dan seterusnya. Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi,
jA [ B [ C [ Dj
=
=
jAj + jBj + jC j + jDj jA \ Bj jA \ C j jA \ Dj jB \ C j jB \ Dj jC \ Dj + jA \ B \ C j + jA \ B \ Dj + jA \ C \ Dj + jB \ C \ Dj jA \ B \ C \ Dj 630 + 420 + 252 + 180 210 126 90 84 60 36 +42 + 30 + 18 + 12 6
= 972:
Jadi, banyaknya bilangan bulat positif 1260 972 = 288.
5.2
1260 yang prima relatif terhadap 1260 adalah
Bilangan Prima dan Faktorisasi
Diingat kembali de…nisi suatu bilangan prima , yaitu suatu bilangan bulat positif lebih besar dari 1 yang hanya mempunyai pembagi positif 1 dan dirinya sendiri. Jelas bahwa
Bab 5. Faktorisasi Tunggal
31
hanya 2 yang merupakan bilangan prima genap, dan juga hanya 2 dan 3 yang merupakan bilangan-bilangan prima yang berturutan. Suatu bilangan, selain 1, yang tidak prima dinamakan bilangan composite . Jelas bahwa jika n > 1 adalah composite maka n dapat dituliskan sebagai n = ab , dimana 1 < a b < n dan a; b N.
2
Contoh 5.13 Tentukan semua bilangan bulat positif n untuk yang mana 3 n 4, 4 n 5, dan 5n 3 adalah bilangan-bilangan prima.
Penyelesaian. Jumlah dari ketiga bilangan tersebut adalah 12n 12, yang jelas merupakan suatu bilangan genap, maka paling sedikit satu diantaranya adalah bilangan genap. Dipunyai bahwa bilangan prima genap hanyalah 2. Diamati bahwa 4 n 5 tidak mungkin menjadi bilangan genap karena 4 n selalu genap untuk setiap n , sehingga jika dikurangi suatu bilangan ganjil maka hasilnya ganjil. Tetapi 3 n 4 dan 5 n 3 adalah mungkin untuk menjadi bilangan genap. Karena itu diselesaikan persamaan 3 n 4 = 2 dan 5 n 3 = 2 yang secara berturutan menghasilkan n = 2 dan n = 1. Secara mudah bisa diperiksa bahwa n = 2 akan membuat ketiga bilangan tersebut adalah prima.
Contoh 5.14 (AHSME 1976) Jika p dan q adalah prima, dan x2 mempunyai dua akar bulat positif berbeda, tentukan p dan q .
px + q = 0
Penyelesaian. Diambil x 1 dan x2 , dengan x1 < x2 , sebagai dua akar bulat positif yang berbeda. Karena itu bisa dituliskan x2 px+q = ( x x1 ) (x x2 ), yang mengakibatkan p = x1 + x2 dan q = x1 x2 . Karena q adalah prima, maka x1 = 1. Jadi, q = x2 dan p = x2 + 1, yang berarti p dan q adalah dua bilangan prima yang berurutan, yaitu q = 2 dan p = 3.
Teorema 5.15 Jika n > 1, maka n dapat dibagi oleh paling sedikit satu bilangan prima. Bukti. Karena n > 1, maka dipunyai paling sedikit satu pembagi > 1. Berdasarkan Prinsip Terurut Baik, n pasti mempunyai paling sedikit satu pembagi positif yang lebih besar dari 1, misalnya q . Diklaim bahwa q adalah prima. Jika q bukan prima maka dapat dituliskan q = ab , 1 < a b < q . Ini berarti bahwa a adalah suatu pembagi dari n yang lebih besar dari 1 dan lebih kecil dari q . Timbul kontradiksi dengan kenyataan bahwa q adalah minimal.
Teorema 5.16 (Euclid) Terdapat tak hingga banyak bilangan prima. Bukti. Diandaikan terdapat berhingga banyak bilangan prima, misalnya p1 , p2 , ..., pn . Diambil N = p 1 p2 pn + 1
Bilangan bulat N adalah lebih besar dari 1, sehingga berdasarkan teorema sebelumnya diperoleh bahwa N pasti mempunyai suatu pembagi prima p. Bilangan prima p haruslah salah satu dari bilangan-bilangan p 1 , p 2 , ..., p n . Tetapi, diamati bahwa p pasti berbeda dari sembarang p1 , p2 , ..., pn karena N mempunyai sisa 1 ketika dibagi oleh sembarang pi . Jadi timbul kontradiksi. Teorema 5.17 Jika bilangan bulat positif n adalah composite, maka n pasti mempunyai suatu faktor prima p dengan p n.
p
Bab 5. Faktorisasi Tunggal
32
p
Bukti. Diandaikan bahwa n = ab, dimana 1 < a b < n. Jika a; b > n, maka n = ab > n n = n, yang adalah kontradiksi. Jadi n mempunyai suatu faktor = 1 n. Karena itu, faktor prima dari n adalah n. dan
p
p
p p
6
Contoh 5.18 Berapa banyak bilangan prima 100?
p j j j j j j j j j j j j j j
Penyelesaian. Diamati bahwa 100 = 10. Berdasarkan teorema sebelumnya, semua bilangan composite dalam range 10 n 100 mempunyai suatu faktor prima diantara 2, 3, 5, atau 7. Dimisalkan Am adalah himpunan bilangan-bilangan bulat positif yang merupakan kelipatan dari m dan 100. Diperoleh A2 = 50, A3 = 33, A5 = 20, A7 = 14, A6 = 16, A10 = 10, A14 = 7, A15 = 6, A21 = 4, A35 = 2, A30 = 3, 100 A42 = 2, A70 = 1, A105 = 0, A210 = 0. Jadi, banyaknya bilangan prima adalah
j j j j
j j j j
j j j j
j j j j
= 100 = =
(banyak bilangan composite 100) 1 100 + 4 (kelipatan dari 2 ; 3; 5; atau 7 100) 1 100 + 4 (50 + 33 + 20 + 14) + (16 + 10 + 7 + 6 + 4 + 2) (3 + 2 + 1 + 0) 0 1
= 25
dengan mengingat bahwa 1 bukanlah prima atau composite. Sekarang diperhatikan bilangan bulat 1332. Jelas bahwa bilangan tersebut dapat dibagi oleh 2, sehingga diperoleh 1332 = 2 666. Selanjutnya, 666 dapat dibagi oleh 6, sehingga 1332 = 2 2 3 111. Terakhir, 111 dapat dibagi oleh 3, sehingga diperoleh 1332 = 2 2 3 3 37. Karena 2, 3, 37 adalah bilangan-bilangan prima maka proses faktorisasi dari 1332 berhenti. Selanjutnya faktorisasi dari 1332 dapat dituliskan seperti 22 32 37. Faktorisasi demikian dinamakan faktorisasi kanonis ( canonical factorisation ).
Teorema 5.19 (Teorema Fundamental Aritmatika) Setiap bilangan asli n mempunyai suatu faktorisasi tunggal dalam bentuk n = p a11 pa22
p
1
as s
dimana pi adalah prima berbeda dan ai adalah bilangan bulat positif. Bukti. Diasumsikan bahwa n = p a11 pa22
p
as s
= q 1b1 q 2b2
bt t
q
merupakan dua faktorisasi kanonis dari n. Berdasarkan Lemma Euclid, disimpulkan bahwa setiap p pasti membagi suatu q dan setiap q membagi suatu p . Akibatnya s = t . < ps dan q 1 < q 2 < < q t disimpulkan bahwa p i = q i , Selanjutnya, dari p 1 < p2 < 1 i s . Jika a i > bi untuk suatu i, atas pembagian oleh pai i , diperoleh
pa11 pa22
p
ai bi i
as s
p
= p b11 pb22
bi1 bi+1 i i
p 1 p +1 p
bs s ;
yang adalah tidak mungkin, karena ruas kiri dapat dibagi oleh p i dan ruas kanan tidak dapat dibagi oleh p i . Serupa dengan itu, diperoleh hasil yang sama untuk a i < bi . Jadi haruslah ai = b i untuk semua i .
Bab 5. Faktorisasi Tunggal
33
p
Contoh 5.20 Diambil p adalah suatu bilangan prima. Buktikan bahwa p bukan suatu bilangan rasional.
p
a
p
Bukti. Diasumsikan bahwa p adalah rasional, artinya p = dimana a dan b b bilangan-bilangan asli yang prima relatif sebab faktor-faktor persekutuannya dapat dihapus. Karena itu bisa dituliskan pb 2 = a 2 . Jadi p a 2 dan juga p a . Dituliskan a = a1 p untuk suatu bilangan bulat a 1 , maka dipunyai pb 2 = a 21 p2 , sehingga b 2 = a 21 p yang berarti p b . Jadi, p adalah faktor persekutuan dari a dan b, sehingga ini kontradiksi dengan asumsi. Jadi, p bukan suatu bilangan rasional.
j
j
j
p
Contoh 5.21 Buktikan bahwa terdapat tepat satu bilangan asli n dimana 2 8 + 211 + 2n adalah pangkat dua sempurna. Bukti. Jika k 2 = 2 8 +211 +2n = 2304+2 n = 482 +2n , maka k2 482 = (k 48)(k + 48) = 2n . Berdasarkan faktorisasi tunggal diperoleh k 48 = 2 s , k + 48 = 2t , s + t = n. Dari sini diperoleh 2 t 2s = 96 = 3 25 atau 2 s 2ts 1 = 3 25 . Berdasarkan faktorisasi tunggal, dari kesamaan terakhir diperoleh s = 5, t s = 2. Jadi, s = 5 dan t = 7, sehingga n = s + t = 12. Untuk suatu bilangan prima p, pk dikatakan membagi penuh ( fully divide ) n dan dituliskan p k n jika k adalah bilangan bulat positif terbesar sedemikian sehingga p k n .
k
j
Contoh 5.22 (ARML 2003) Tentukan pembagi terbesar dari 1001001001 yang tidak melebihi 1000. Penyelesaian. Dipunyai
1001001001 = 1001 106 + 1001 = 1001 =
7 11 13
3
106 + 1 :
106 + 1
Berdasarkan rumus x6 + 1 = x2 + 1 = x2 + 1 x4 x2 + 1 , dituliskan 106 + 1 = 101 9901. Karena itu dapat dituliskan 1001001001 = 7 11 13 101 9901. Dari sini tidaklah sulit untuk memeriksa bahwa tidak ada kombinasi dari 7, 11, 13, dan 101 yang dapat menghasilkan suatu hasil kali yang lebih besar dari 9901 tetapi kurang dari 1000. Jadi jawabannya adalah 9901.
n
Contoh 5.23 Diambil n adalah suatu bilangan bulat positif. Buktikan bahwa 32 + 1 dapat dibagi oleh 2, tetapi tidak dapat dibagi oleh 4. n
n
Bukti. Jelas bahwa 32 adalah ganjil dan 32 + 1 adalah genap. Dicatat bahwa n1 n n1 2n1 32 = 32 = 92 = (8 + 1) 2 . Dipunyai rumus binomial
m
(x + y)
= x m +
m
1
xm1 y +
m
2
xm2 y 2 + +
m xym1 + ym : m 1
Diambil x = 8, y = 1, dan m = 2n1 dalam persamaan di atas, maka pada ruas kanan dapat dilihat bahwa setiap bagian jumlahan merupakan kelipatan dari 8 kecuali yang n terakhir (yaitu y m = 1). Karena itu sisa dari 32 ketika dibagi oleh 4 adalah sama n dengan 1, dan sisa dari 3 2 + 1 ketika dibagi oleh 4 adalah sama dengan 2. Contoh 5.24 Tentukan n sedemikian sehingga 2n
k
31024
1 .
Bab 5. Faktorisasi Tunggal
34
Penyelesaian. Dicatat bahwa 2 10 = 1024 dan x2 10
32
1
= = =
y2 = ( x + y) (x y). Karena itu
j 9
32
2
12
9
9
32 + 1
9
32
8
1 = 32 + 1
9
8
= 32 + 1
7
32 + 1
8
32 + 1
32
1
32 + 1
32 + 1
1
0
32 + 1 (3
1) :
k
Berdasarkan contoh sebelumnya, 2 32 + 1 untuk bilangan bulat positif k. Karena itu, dari persamaan terakhir dapat dilihat bahwa setiap faktor dapat dibagi oleh 2. 10 Karena banyaknya faktor adalah 11 dan juga 32 1 dapat dibagi oleh 20 , maka n = 11 + 1 = 12 .
5.3
Teorema Fermat dan Teorema Euler
Untuk sembarang bilangan bulat positif m dinotasikan ' (m) sebagai banyaknya bilangan bulat positif yang kurang dari m dan prima relatif terhadap m. Fungsi ' dinamakan fungsi totient Euler. Ini jelas bahwa ' (1) = 1 dan ' ( p) = p 1 untuk sembarang bilangan prima p. Selain itu, jika n adalah suatu bilangan bulat positif sedemikian sehingga ' (n) = n 1, maka n adalah prima. Selain itu ' pk = p k pk1 untuk semua bilangan bulat positif k , karena terdapat pk1 bilangan bulat x yang memenuhi 0 x < pk yang dapat dibagi oleh p, dan bilangan-bilangan bulat yang prima relatif terhadap p k tidak dapat dibagi oleh p .
Proposisi 5.25 Diambil m adalah suatu bilangan bulat positif dan a adalah bilangan bulat yang prima relatif terhadap m. Diandaikan bahwa S adalah sistem sisa lengkap modulo m. Himpunan T = aS = as : s S
f
2 g
juga merupakan sistem lengkap modulo m. Proposisi di atas menyediakan dua teorema yang sangat terkenal dalam teori bilangan. Teorema 5.26 (Teorema Euler) Diambil a dan m adalah bilangan-bilangan bulat positif prima relatif, maka a'(m) = 1(mod m) :
Bukti. Diperhatikan himpunan S = a1 ; a2 ;:::;a'(m) yang terdiri dari semua bilangan bulat positif yang kurang dari m dan prima relatif terhadap m . Karena ( a; m) = 1, dari proposisi sebelumnya diperoleh bahwa
aS = aa1 ; aa2 ;:::;aa'(m)
merupakan sistem sisa lengkap modulo m yang lain, maka
(aa1 ) (aa2 ) ::: aa'(m) = a 1 a2 :::a'(m) (mod m): Dengan penggunaan ( ak ; m) = 1, k = 1; 2;:::;' (m) diperoleh hasil yang diinginkan. Teorema 5.27 (Teorema Fermat) Diambil p adalah suatu bilangan prima, maka a p = a (mod p) untuk semua bilangan bulat a. Selain itu jika a adalah prima relatif terhadap p, maka a p1 = 1(mod p)
Bab 5. Faktorisasi Tunggal
35
Contoh 5.28 Diambil p adalah bilangan prima. Buktikan bahwa p membagi ab p untuk semua bilangan bulat a dan b.
p
ba
Bukti. Dicatat bahwa ab p ba p = ab b p1 a p1 . Jika p ab, maka p (ab p ba p ); jika p - ab, maka ( p; a) = ( p; b) = 1, sehingga b p1 = a p1 = 1(mod p), berdasarkan Teorema kecil Fermat. Karena p b p1 a p1 , akibatnya p ( ab p ba p ). Oleh karena itu p ( ab p ba p ) untuk semua p .
j
j
j
j
j
Contoh 5.29 Diambil suatu bilangan prima p
7. Buktikan bahwa bilangan prima
11:::1
| {z } p 1
dapat dibagi p. Bukti. Dipunyai
10 p1 11:::1 = 9
| {z }
1;
p 1
dan kesimpulan diperoleh dari Teorema Fermat. (Dicatat juga bahwa (10 ; p) = 1). Contoh 5.30 Diambil suatu bilangan prima p
5. Buktikan bahwa p8 = 1(mod 240).
Bukti. Dicatat bahwa 240 = 2 4 3 5. Berdasarkan Teorema Fermat, p2 = 1(mod 3) dan p4 = 1(mod 5). Karena suatu bilangan bulat positif adalah prima relatif terhadap 24 jika hanya jika bilangan bulat positif adalah ganjil, maka ' 24 = 23 . Berdasarkan Teorema Euler, dipunyai 28 = 1(mod 16). Oleh karena itu p 8 = 1(mod m) untuk m = 3, 5, dan 6, yang berakibat p8 = 1(mod 240).
Contoh 5.31 (IMO 2005) Diperhatikan barisan a1 ; a2 ;::: yang dide…nisikan oleh an = 2n + 3n + 6n
1
untuk semua bilangan bulat positif n . Tentukan semua bilangan bulat positif yang prima relatif terhadap setiap suku dari barisan. Penyelesaian. Cukup ditunjukkan bahwa setiap bilangan prima p membagi a n untuk suatu bilangan bulat positif n . Dicatat bahwa p = 2 dan p = 3 membagi a 2 = 48. Diandaikan p 5. Berdasarkan Teorema Fermat, dipunyai 2 p1 = 3 p1 = 6 p1 = 1(mod p), maka
3 2 p1 + 2 3 p1 + 6 p1 = 3 + 2 + 1 = 6(mod 6) ;
atau 6 2 p2 + 3 p2 + 6 p2 1 = 0(mod p), artinya 6 a p2 dapat dibagi oleh p . Karena p adalah prima relatif terhadap 6, a p2 dapat dibagi oleh p. Karena itu jawabannya adalah 1.
Bab 6
Algoritma Euclid Sekarang akan diperiksa suatu prosedur yang menghindari pemfaktoran dua bilangan bulat positif untuk memperoleh faktor persekutuan terbesar. Ini dinamakan Algoritma Euclid dan digambarkan seperti berikut ini. Diambil a , b adalah bilangan-bilangan bulat tak nol. Setelah Algoritma Pembagian diaplikasikan secara berulang-ulang, diperoleh barisan kesamaan, dengan r0 = a dan r 1 = b , r0 = q 1 r1 + r2 ; r1 = q 2 r2 + r3 ; r2 = q 3 r3 + r4 ;
0 < r2 < r1 ; 0 < r3 < r2 ; 0 < r4 < r3 ; .. .
rn3 = q n2 rn2 + rn1 ; rn2 = q n1 rn1 + rn ; rn1 = q n rn :
0 < rn1 < rn2 ; 0 < rn < rn1 ;
j j
.. .
Dicatat bahwa 0
r
n <
rn1 <
< r3 < r2 < b;
karena itu pada akhirnya dicapai r n+1 yang sama dengan nol. Selain itu, diperhatikan bahwa barisan kesamaan memperbolehkan setiap rk , k = 2;:::;n dinyatakan dalam suku-suku dari r k2 dan rk1 . Sebagai contoh, dipunyai rn1 = r n2
q 1r 1: n
n
Digunakan pernyataan tersebut secara berulang, maka dapat dituliskan rn = ur 0 + vr1 = ua + vb:
Jadi rn dapat dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari a dan b. Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, disimpulkan bahwa rn adalah FPB dari a dan b. Jadi, suku sisa tak nol terakhir r n yang dihasilkan oleh algoritma Euclid adalah ( a; b). Selanjutnya, FPB dari dua bilangan bulat boleh dinyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari dua bilangan bulat tersebut dengan menggunakan metode substitusi balik. Contoh 6.1 Tentukan (84; 60), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari kedua bilangan bulat tersebut.
36
Bab 6. Algoritma Euclid
37
Penyelesaian. Diambil a = 84 dan b = 60, maka 84 = 1 60 + 24 ; 60 = 2 24 + 12 ; 24 = 1 12;
24 = 84 + ( 1) 60; 12 = 60 + ( 2) 24; 12 = (84; 60) :
Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan 12 = 60 + ( 2) 24 = =
60 + ( 2) (84 + 60 (1)) (2) 84 + 3 60.
Jadi, (84; 60) = 12 = ( 2) 84 + 3 60.
Contoh 6.2 Tentukan (190; 72), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari kedua bilangan bulat tersebut.
Penyelesaian. Diambil a = 190 dan b =
72, maka
190 = ( 2) ( 72) + 46 ; 72 = ( 2) 46 + 20 ; 46 = 2 20 + 6 ; 20 = 3 6 + 2 ; 6 = 3 2;
46 = 190 + 2 ( 72) ; 20 = 72 + 2 46; 6 = 46 + ( 2) 20; 2 = 20 + ( 3) 6; 2 = (190; 72) :
Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan 2 = 20 + ( 3) 6
= 20 + ( 3) (46 + ( 2) 20) = (3) 46 + 7 20 = (3) 4 + 7 (72 + 2 46) = 7 (72) + 11 46 = 7 (72) + 11 (190 + 2 (72)) = 11 190 + 29 (72) : Jadi, (190; 72) = 2 = 11 190 + 29 (72).
Ini juga dapat dilakukan dengan menggunakan kenyataan bahwa (190; 72) = (190 ; 72) dan dikerjakan seperti berikut ini.
Contoh 6.3 Tentukan (190; 72), dan selanjutnya nyatakan sebagai suatu kombinasi linier dari kedua bilangan bulat tersebut.
Bab 6. Algoritma Euclid
38
Penyelesaian. Diambil a = 190 dan b = 72, maka 190 = 2 72 + 46 ; 72 = 1 46 + 26 ; 46 = 1 26 + 20 ; 26 = 1 20 + 6 20 = 3 6 + 2 ; 6 = 3 2;
46 = 190 + ( 2) 72; 26 = 72 + ( 1) 46; 20 = 46 + ( 1) 26; 6 = 26 + ( 1) 20 2 = 20 + ( 3) 6; 2 = (190; 72) :
Selanjutnya dikerjakan secara mundur untuk mendapatkan 2 = 20 + ( 3) 6
= 20 + ( 3) (26 + ( 1) 20) = (3) 26 + 4 20 = (3) 26 + 4 (46 + ( 1) 26) = 4 46 + ( 7) 26 = 4 46 + ( 7) (72 + ( 1) 46) = (7) 72 + 11 46 = (7) 72 + 11 (190 + ( 2) 72) = 11 190 + 29 (72) : Jadi, (190; 72) = 2 = 11 190 + 29 (72).
Dicatat bahwa jika ( a; b) = ua + vb, maka nilai-nilai u; v tidak tunggal. Sebagai contoh, 83 190 + 219 ( 72) = 2 :
Secara umum, bilangan-bilangan u; v dapat dimodi…kasi menjadi u + tb dan v karena (u + tb) a + (v ta) b = (ua + vb) + ( tba tab) = ua + vb:
ta
Jadi, pendekatan-pendekatan berbeda untuk menentukan kombinasi linier dari (a; b) dapat menghasilkan jawaban-jawaban berbeda. Suatu persamaan yang meminta penyelesaian-penyelesaian bilangan bulat dinamakan persamaan diophantine . Berdasarkan Teorema Bachet-Bezout, diperhatikan bahwa persamaan diophantine linier (6.1) ax + by = c mempunyai suatu penyelesaian bilangan bulat jika dan hanya jika ( a; b) c . Algoritma Euclid merupakan suatu cara yang e…sien untuk mencari suatu penyelesaian bagi persamaan (6.1). Sebagai contoh, dari masalah sebelumnya, penyelesaian bilangan bulat untuk persamaan diophantine 190x + 72y = 2
j
adalah x = 11, y =
29.
Contoh 6.4 Tunjukkan bahwa persamaan diophantine 206x + 446 y = 40 mempunyai penyelesaian-penyelesaian bulat. Cari penyelesaian (x; y ) sedemikian sehingga x + y mengambil nilai positif terkecil.
Bab 6. Algoritma Euclid
39
Penyelesaian. Diaplikasikan Algoritma Euclid: 446 = 2 :206 + 34 =
) 206 = 6 :34 + 2 =) 34 = 2:17:
Karena (206; 446) = 2 dan 2 40, maka terdapat penyelesaian-penyelesaian bilangan bulat. Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh
j
2 = 206
6 34 = 206 6 (446 2 206) = 13:206 6:446: Sekarang, karena 40 = 20 2, maka dapat dituliskan 40 = 20 (13 206 6 446) = 260 206 120 446: Jadi, penyelesaiannya adalah x = 260 dan y = 120. Penyelesaian umumnya adalah t = 260 223t; 446 2 206 y = 120 + t = 120 + 103 t; 2 untuk suatu t 2 Z. Karena itu, x + y = 140 120t, dan t 2 Z, sehingga x + y bernilai positif terkecil untuk t = 1, bernilai negatif untuk t 2, dan x + y > 140 untuk t 0. Jadi, penyelesaian yang diminta yaitu x = 37 dan y = 17. Contoh 6.5 Cari semua penyelesaian bulat x dimana 0 x < 9 dari kongruensi x = 260
linear 6x = 15 (mod 9), atau, jika tidak ada penyelesaian, berikan alasan kenapa tidak ada penyelesaian. Penyelesaian. Kita harus menyelesaikan persamaan diophantine 6x + 9 y = 15 atau ekivalen dengan 2 x + 3y = 5. Karena 2 ( 1) + 3 (1) = 1, maka 2 ( 5) + 3 (5) = 5. Oleh karena itu, suatu penyelesaiannya adalah x = 5. Karena (6; 9) = 3, semua penyelesaiannya mempunyai bentuk
x =
5 93 t = 5 3t
untuk suatu t Z. Terdapat tiga penyelesaian mod9, yaitu 3 ( 3) = 4, dan 5 3 ( 4) = 7.
2
5 3 (2) = 1, 5
Contoh 6.6 Vian ingin membeli beberapa prangko klas kedua dengan harga $20 per prangko, dan beberapa prangko klas pertama dengan harga $26 per prangko. Uang yang saya miliki 264. Berapa banyak prangko yang dapat dibeli oleh Vian? Penyelesaian. Dimisalkan x adalah banyaknya prangko klas kedua, dan y adalah banyaknya prangko klas pertama. Selanjutnya x; y Z, dengan 20x + 26 y = 264, dan x; y 0. Sekarang dicari suatu penyelesaian bilangan bulat dari persamaan (menggunakan Algoritma Euclid) 26 = 1 20 + 6 = 6 = 3 2 + 0 :
2
)
Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh 2 = 20
3 6 = 20 3 (26 20) = 4 20 3 26:
Bab 6. Algoritma Euclid
40
Jadi, 2 = 4 20
3 6. Sekarang 264 = 132 2, sehingga 264 = 132 (4 20 3 26) = 528 20 396 26:
Dari sini, penyelesaian umumnya adalah
396 202 t untuk suatu t 2 Z. Dengan kata lain, x = 528 + 13 t dan y = 396 10t untuk suatu t 2 Z. Diminta juga bahwa x dan y adalah tak negatif. x 0 ekivalen dengan 528 + 13 t 0, 8 yaitu t 528 13 = (40 + 3 ). Untuk t 2 Z, harus dipunyai t 40. y 0 ekivalen 6 dengan 396 10t 0, yaitu t 396 10 = (39 + 10 ). Untuk t 2 Z, harus dipunyai t 40. Penyelesaian persekutuannya yaitu t = 40. Ini memberikan hasil: x = 528 + ( 40:13) = 8; dan y = 396 (40) 10 = 4 : x = 528 +
26 t dan y = 2
Dengan kata lain, Vian membeli 8 prangko klas kedua dan 4 prangko klas pertama.
Contoh 6.7 Tentukan suatu penyelesaian bulat untuk persamaan 91x + 126y + 294z = 21: Penyelesaian. Dimulai dengan mencari (126; 294). Diaplikasikan Algoritma Euclid: 294 = 2 126 + 42 =
) 126 = 3:42 + 0:
Jadi, (126; 294) = 42. Selanjutnya disubstitusi balik untuk memperoleh 42 = 1 :294
2:126:
(6.2)
Ini berarti bahwa (91; 126; 294) = (91 ; (126; 294)) = (91 ; 42). Diaplikasikan Algoritma Euclid: 91 = 2:42 + 7 = 42 = 6 :7 + 0 ;
)
dan disubstitusi balik untuk memperoleh 7 = 1 :91
2:42:
(6.3)
Sekarang dicari suatu penyelesaian bulat dari persamaan 91X + 42 W = 21 : Karena (91; 42) = 7 21, maka terdapat penyelesaian-penyelesaian bulat. Karena 21 = 3 :7, maka dengan penggunaan (6.3) dan (6.2) dipunyai
j
21 = 3 7 = = =
3 (1 91 2 42) = 3 91 6 42 3 91 6 (1 294 2 126) 3 91 6 294 + 12 126:
Bab 6. Algoritma Euclid
41
Jadi, dipunyai penyelesaian bulat x = 3; y = 12; z =
6:
Contoh 6.8 (HMMT 2002) Hitung
x = 2002 + 2 ; 20022 + 2; 2002 3 + 2;::: :
Penyelesaian. Dicatat bahwa
2002 2 + 2 = 2002 (2000 + 2) + 2 = 2000(2002 + 2) + 6 : Jadi, berdasarkan Algoritma Euclid dipunyai
2002 + 2 ; 2002 2 + 2 = (2004; 6) = 6:
Karena itu x 2002 + 2 ; 2002 2 + 2 = (2004; 6) atau x 6. Di sisi lain, setiap bilangan dalam barisan 2002+2 ; 2002 2 +2; 20023 +2;::: dapat dibagi oleh 2. Lebih lanjut, karena 2002 = 2001 + 1 = 667 3 + 1, untuk semua bilangan bulat positif k , 2002k = 3ak + 1 untuk suatu bilangan bulat ak . Jadi, 2002 k + 2 dapat dibagi oleh 3. Karena 2 dan 3 adalah prima relatif, setiap bilangan dalam barisan tersebut dapat dibagi 6. Oleh karena itu x = 6.
j
j
Latihan 6.9 Tentukan 1. (34567 ; 987) 2. (560; 600) 3. (4554; 36) 4. (8098643070 ; 8173826342) Latihan 6.10 Selesaikan persamaan diophantine berikut ini, jika diketahui bahwa penyelesaiannya ada. 1. 24x + 25y = 18 2. 3456x + 246y = 44 3. 1998x + 2000 y = 33
6.1
Sistem Kongruensi Linear
Suatu sistem kongruensi linear dalam variabel x mempunyai bentuk
8> < >:
a1 x = b 1 (mod n1 ) a2 x = b 2 (mod n2 )
: .. . ar x = b r (mod nr )
Bab 6. Algoritma Euclid
42
Berikut ini diberikan suatu contoh yang mengilustrasikan bahwa hubungan antara modulo kongruensi-kongruensi merupakan syarat terpenting dalam menentukan apakah suatu sistem kongruensi linear mempunyai penyelesaian atau tidak. Contoh 6.11 Apakah sistem kongruensi x = 8 (mod 12) ; x = 6(mod9)
mempunyai penyelesaian? Berikan penjelasan. Penyelesaian. Karena (12; 9) = 3 dan kongruensi pertama mengakibatkan x = 8 = 2(mod3), sedangkan kongruensi kedua mengakibatkan x = 6 = 0 (mod 3), maka sistem tidak mempunyai penyelesaian. Sifat penyelesaian dari suatu sistem kongruensi linear ditemukan pertama kali oleh matematikawan Cina kuno dan ditulis pertama kali dalam Shushu Jiuzhang (Nine Chapters on the Mathematical Arts ) oleh matematikawan abad 13 Qin Jiushao.
2 Z+ adalah koprima dan b1; b2 2
Teorema 6.12 (Teorema Sisa Cina) Jika n1 ; n2 Z, maka sistem kongruensi
x = b 1 (mod n1 ) ; x = b 2 (mod n2 )
mempunyai suatu penyelesaian tunggal di modulo n1 n2 . Contoh 6.13 Selesaikan sistem x = 2(mod5) ; x = 1(mod3) :
Penyelesaian. Dituliskan x = 2 (mod 5) menjadi x = 2 + 5 m untuk suatu m Z dan dituliskan x = 1(mod3) menjadi x = 1 + 3 n untuk suatu n Z. Disamakan kedua persamaan untuk memperoleh 2 + 5m = 1 + 3n atau 3 n 5m = 1. Persamaan terakhir dapat diselesaikan menggunakan algoritma Euclid yang menyatakan kombinasi linear dari (3 ; 5) = 1: 3 2 + ( 5) 1 = 1:
2
2
Jadi penyelesaiannya adalah m = 1 dan n = 2, sedangkan penyelesaian umumnya yaitu m = 1 + 3 t
karena 3 (2 + 5t)
dan n = 2 + 5 t;
untuk suatu t
2 Z;
5 (1 + 3t) = 1. Jadi, x yang memenuhi kedua kongruensi yaitu x = 2 + 5 (1 + 3 t) = 7 + 15 t; t 2 Z;
atau dengan kata lain x = 7 (mod 15).
Contoh 6.14 Selesaikan sistem kongruensi 3x = 1(mod4) ; 5x = 2 (mod 7) : Penyelesaian. Dimulai dengan pengamatan bahwa 32 = 9 = 1 (mod4) dan 3 5 = 15 = 1(mod7), karena itu sistem kongruensi asli ekivalen dengan sistem kongruensi
x = 3(mod4) ; x = 6(mod7) :
Bab 6. Algoritma Euclid
43
Selanjutnya sistem diselesaikan seperti pada contoh sebelumnya (diserahkan kepada pembaca sebagai latihan) untuk memperoleh penyelesaian bilangan bulat umum yaitu x = 27(mod28). Contoh 6.15 Tentukan semua penyelesaian bulat dari sistem kongruensi 7x = 1(mod8) ; x = 2 (mod 3) ; x = 1(mod5) : Penyelesaian. Diproses dalam dua tahap. Tahap pertama diselesaikan sistem kongruensi 7x = 1(mod8) ; x = 2(mod3) di modulo 24. Diamati bahwa 7 2 = 1(mod8), sehingga sistem kongruensi menjadi x = 7(mod8) ; x = 2(mod3) :
Diaplikasikan Algoritma Euclid untuk memperoleh ( 1)
8 + 3 3 = 1;
dan karena itu diperoleh penyelesaian tunggal x = ( 1)
8 2 + 3 3 7 = 23(mod24) :
Tahap kedua diselesaikan sistem kongruensi x = 23(mod24) ; x = 1 (mod 5) :
Dipunyai bahwa x = 23 (mod 24) = x =
1(mod24), sehingga sistem kongruensi menjadi
1(mod24) ; x = 1(mod5) :
Diaplikasikan Algoritma Euclid untuk memperoleh ( 1)
24 + 5 5 = 1;
dan karena itu diperoleh penyelesaian tunggal x = ( 1)
24 1 + 5 5 (1) = 71 (mod 120) : Jadi, penyelesaian bulat umum dari sistem yaitu x = 71 + 120 n, n 2 N. Latihan 6.16 Selesaikan sistem persamaan berikut ini. a) x = 1(mod2) ; x = 2(mod3) : b) 3x = 1(mod5) ; 2x = 3(mod7) : c) x = 5 (mod 15) ; 4x = 7 (mod 11) : d) 2x = 3(mod5) ; 7x = 9 (mod 13) : Latihan 6.17 Selesaikan sistem persamaan berikut ini. a) x = 1(mod2) ; x = 1(mod3) ; x = 1(mod5) :
Bab 6. Algoritma Euclid b) x = 1 (mod 2) ; x = 2(mod3) ; x = 4(mod5) : c) 2x = 1(mod3) ; 3x = 4(mod5) ; 3x = 7(mod8) : d) 5x = 2(mod3) ; 4x = 3 (mod 10) ; 5x = 9 (mod 25) : Latihan 6.18 Cari penyelesaian untuk sistem persamaan x = 1(mod3) ; x = 3(mod5) ; x = 5(mod7) ; x = 7(mod9) :
44
Bab 7
Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik 7.1
Fungsi Floor
Untuk suatu bilangan riil x, terdapat secara tunggal bilangan bulat n sedemikian sehingga n x < n + 1. Dengan kata lain, n adalah bilangan bulat terbesar yang tidak melebihi x , atau n dinamakan ‡oor dari x , dan dinotasikan dengan x . Selisih x x dinamakan bagian pecahan dari x dan dinotasikan dengan x . Bilangan bulat terkecil yang lebih besar atau sama dengan x dinamakan ceiling dari x dan dinotasikan dengan x . Jika x adalah suatu bilangan bulat, maka x = x dan x = 0; jika x bukan suatu bilangan bulat, maka x = x + 1. Berikut ini diberikan contoh-contoh sederhana:
d e
f g b c d e
d e b c
b c
b c
f g
1. 3; 1 = 3 dan 3; 1 = 4
b c d e 2. b3c = 3 dan d3e = 3 3. b3; 1c = 4 dan d3; 1e = 3 Lemma 7.1 Untuk setiap x 2 R berlaku x 1 < bxc x: Bukti. Diambil n = bxc, maka dipunyai bahwa n x < n + 1. Hal ini memberikan bxc x, seperti dalam de…nisi. Ini juga memberikan x < n + 1 yang mengakibatkan bahwa x 1 < n, artinya x 1 < bxc. Selanjutnya, fungsi ‡oor memiliki sifat-sifat seperti dalam teorema berikut ini. Teorema 7.2 Jika ;
2 R, a 2 Z, n 2 N, maka
(1) + a = + a
b
(2)
c b c bc =
jk n
n
(3) +
b c b c b + c bc + b c + 1
Bukti. (1) Diambil m = + a , maka m + a < m +1. Karena itu m a Ini berarti bahwa m a = atau m = + a.
b
c
b c
b c
45
< ma+1.
Bab 7. Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik (2) Dituliskan sebagai = n n
46
j k jjk k jk + , 0 n
< 1. Karena n
bilangan bulat, berdasarkan (1) disimpulkan bahwa
bc =
b c
b c n < n, sehingga 0 b nn c < 1. bc = + ; 0 < 1: n
. n
=
Jika diambil =
b nc , n
jk n
b c j k n
adalah suatu n
+ n = n + n : n n
n
Dipunyai 0 n maka diperoleh
Ini berarti bahwa
jk
(3) Dari ketaksamaan 1 < dan 1 < diperoleh + 2 < + + . Karena + adalah suatu bilangan bulat yang kurang dari atau sama dengan + , maka + pasti kurang dari atau sama dengan bagian bulat dari + , yaitu + . Selain itu, + kurang dari bilangan bulat + + 2, sehingga + pasti kurang dari + + 2, dan akibatnya + < + + 2 menghasilkan + + + 1.
b c b c b c b c b c b c bc bc b c bc bc b c b c b c b c b c b c b c b c b c
Contoh 7.3 (APMC 1999) Diambil suatu barisan bilangan riil a1 , a2 , ... yang memenuhi ai+ j a i + a j
untuk semua i; j = 1; 2;:::. Buktikan bahwa a1 +
a2
2
+
a 3
3
+
+ an a n
n
untuk semua bilangan bulat positif n. Bukti. Digunakan induksi kuat seperti berikut ini. Basis induksi untuk n = 1 dan 2 adalah trivial . Sekarang diasumsikan bahwa pernyataan benar untuk n k untuk suatu bilangan bulat positif k 2. Artinya,
a1 +
a1 +
a 2
2
+
a1 a 2
2
+ ak k
a1 ; a2 ;
.. . ak :
Dijumlahkan semua ketaksamaan untuk memperoleh ka1 + ( k
1) a22 + + ak a1 + a2 + + a : k
k
Selanjutnya kedua ruas dari ketaksamaan terakhir ditambahkan dengan a1 +a2 + yang menghasilkan
(k + 1) a1 +
a2
2
+
a 3
3
+
a n + n
(a1 + ak ) + ( a2 + ak1 ) + ka k+1 :
+a ,
+ (a + a1) k
k
Bab 7. Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik
47
Jika kedua ruas dari ketaksamaan terakhir dibagi dengan ( k + 1), maka a2
a1 +
atau a1 +
a 2
2 +
+
a 3
a 3
3 +
+
+1 + an ka k + 1 n
+ an
n
2 3 Ini berarti pernyataan benar untuk n = k + 1.
+
ak+1 k + 1
k
a +1: k
Contoh 7.4 (USAMO 1981) Untuk suatu bilangan positif x, buktikan bahwa
c bnxc : bxc + b22xc + b33xc + + bnx n Bukti. Berdasarkan Teorema 7.2 (3), ini merupakan kasus khusus dari Contoh 7.3 dengan mengambil ai = ix .
b c
Contoh 7.5 (Putnam 1948) Jika n adalah suatu bilangan bulat positif, tunjukkan bahwa 4n + 2 : n + n + 1 =
p
p
Bukti. Diperhatikan bahwa
p p
p n + 1 2 = 2 n + 2 n2 + n + 1 < 4n + 3 p p p p karena n2 + n > n2 = n dan juga n2 + n < n2 + 2n + 1 = n + 1. diperoleh p 4n + 1 < p n + p n + 1 < p 4n + 3: 4n + 1 <
p
n+
Karena itu
Bilangan 4n+2 dan 4n+3 bukan merupakan bilangan kuadrat karena bilangan-bilangan kuadrat dalam mod(4) kongruen dengan 0 atau 1, sehingga
p p p p p 4n + 2 =
Oleh karena itu
n+
n + 1 =
4n + 3 :
4n + 2 :
Contoh 7.6 (Australia 1999) Selesaikan sistem persamaan: x + y + z = 200;
bc fg fxg + y + bzc = 190; 1; bxc + fyg + z = 178; 8: Penyelesaian. Karena x = b xc + fxg untuk semua bilangan riil x, maka jumlahan dari tiga persamaan dalam sistem adalah
2x + 2y + 2 z = 568 ; 9 atau
x + y + z = 284 ; 45:
Bab 7. Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik
48
Selain itu, jika persamaan terakhir dikurangi dengan setiap persamaan dalam sistem, maka diperoleh
fyg + bzc = 84; 45; bxc + fzg = 94; 35; fxg + byc = 105; 65: Oleh karena itu bz c = bfy g + bz cc = b84; 45c = 84. Jadi, b z c = 84 dan fyg = 0; 45. Dengan cara serupa diperoleh b xc = 94 dan f z g = 0; 35, dan juga b yc = 105 dan fxg = 0; 65. Dari sini dihasilkan x = 94; 65, y = 105; 45, dan z = 84; 35. Contoh 7.7 (ARML 2003) Cari bilangan bulat positif n sedemikian sehingga ling dekat dengan
p
1 n
pa-
123456789 .
Penyelesaian. Dicatat bahwa
11111 ; 112 = 123456765 ; 4321 < 123456789 < 123456789 ; 87654321 = 11111 ; 11112 :
Karena itu
jp k np o
123456789 = 11111
dan
1 < 0 ; 11 < 10
123456789 < 0 ; 1111 <
1 : 9
Contoh 7.8 (AIME 1997) Diandaikan bahwa a adalah positif, a1 = a2 , dan 2 < a2 < 3. Cari nilai dari a12 144a1 .
Penyelesaian. Pertama kali dicatat bahwa hipotesis yang diberikan mengakibatkan a1 = a 1 karena 1 < a dan 0 < a1 < 1) dan a2 = a 2 2. Karena itu a harus memenuhi persamaan a1 = a2 2 atau a3 2a 1 = 0. Persamaan terakhir dapat dituliskan seperti (a + 1) a2 a 1 = 0
f
p
1+ 5 yang akar positifnya hanya a = . Digunakan hubungan a2 = a +1 dan a3 = 2 a+1 2 untuk menghitung a6 = 8a + 5, a12 = 144a + 89, dan a13 = 233 a + 144
yang mengakibatkan bahwa 12
a
144a1 =
a13
144 = 233. a
Contoh 7.9 Cari semua penyelesaian riil untuk persamaan 4x2
40 bxc + 51 = 0:
Bab 7. Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik
49
Penyelesaian. Dicatat bahwa (2x
= 4 x2
3)(2x 17)
40x + 51 4x2 40 bxc + 51 = 0; yang memberikan 23 x 17 2 , dan berakibat 1 bxc 8. Di sisi lain, persamaan yang diberikan dapat dituliskan seperti
p b c 40 x 2
x =
51
;
sehingga dari sini dipunyai
bxc =
$ p b c % 40 x 2
51
:
Dari pilihan x 1; 2; :::; 8 , hanya 2, 6, 7, memenuhi persamaan terakhir. p 29 p 189atau 8 yang p 229 p 269 Jadi, penyelesaian untuk x adalah 2 , 2 , 2 , dan 2 .
b c2f
g
Proposisi 7.10 (Identitas Hermite) Jika x adalah suatu bilangan riil dan n adalah suatu bilangan bulat positif, maka
bxc +
x+
1
n
+ x+
2
n
+
+
x+
n
1 n
= nx :
b c
Bukti. Jika x adalah suatu bilangan bulat, maka hasil jelas benar. Diandaikan bahwa x bukan suatu bilangan bulat, artinya 0 < x < 1. Karena itu terdapat 1 i n 1 sedemikian sehingga
f g
fxg + i n 1 0 dan n adalah suatu bilangan bulat positif, maka adalah n banyaknya bilangan bulat positif yang tidak melebihi a dan merupakan kelipatan dari n. Teorema 7.13 (Rumus Legendre) Jika n adalah suatu bilangan bulat positif dan p adalah suatu bilangan prima, maka e p (n) = k =
1
X
j =1
n n n = + p j p p2
+
n p3
+
:
Bukti. Diandaikan m N dan 1 m n . Jika pr m dan pr+1 - n, ingin dihitung kontribusi dari r . Dengan kata lain, ingin dihitung kontribusi 1 untuk setiap j N j sedemikian sehingga p m . Karena itu
2 j
1
n
k =
j
1
n
1
2
X X X X X 1=
m=1 j =1 pj m
1=
j =1 m=1 pj m
j =1
j
j
n p j
dalam pandangan dari catatan di atas. Contoh 7.14 Diambil s dan t adalah bilangan bulat positif sedemikian sehingga 7s 400!
k
dan
3t ((3!)!)!:
k
Hitung s + t. Penyelesaian. Dicatat bahwa ((3!)!)! = (6!)! = 720!. Diaplikasikan rumus Legendre untuk memperoleh s = e 7 (400) =
400 400 400 + + = 57 + 8 + 1 = 66 2 7 7 73
dan
720 720 720 720 720 + + + + 3 32 33 34 35 = 240 + 80 + 26 + 8 + 2 = 356 :
t = e3 (720) =
Jadi s + t = 66 + 356 = 422 .
7.3
Bilangan Fermat
Untuk mencari semua bilangan prima berbentuk 2m + 1, Fermat melihat bahwa m harus merupakan pangkat dari 2. Tentu saja jika m = k h dengan k adalah suatu bilangan bulat ganjil yang lebih besar dari 1, maka
m
h
2 +1 = 2
k
h
+1 = 2 +1
h(k 1)
2
h(k 2)
2 + 2h + 1
dan juga 2 m + 1 tidak akan menjadi suatu bilangan prima. Bilangan-bilangan bulat n f n = 22 + 1; n 0
;
Bab 7. Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik
52
dinamakan bilangan-bilangan Fermat. Dipunyai f 0 = 3; f 1 = 5; f 2 = 17; f 3 = 257 ; f 4 = 65537 ; dan f 5 = 4294967297 :
Setelah diperiksa bahwa lima bilangan di atas adalah prima, Fermat menduga bahwa f n adalah prima untuk semua n . Tetapi Euler membuktikan bahwa 641 f 5 . Argumennya adalah seperti berikut:
j
f 5
= 641 228
4
= 232 + 1 = 2 28 54 + 24
639
5 27
6402 + 1
+ 1 = 2 28 641
:
6404
1
Ini tetap tidak diketahui apakah terdapat tak berhingga banyak bilangan-bilangan Fermat prima. Contoh 7.15 Buktikan bahwa untuk bilangan bulat positif m dan n dengan m > n, f n membagi f m 2.
Bukti. Diaplikasikan rumus a2 jukkan bahwa f m
b2 = (a b) (a + b) secara berulang untuk menun 2 = f 1f 2 f 1f 0: m
m
Contoh 7.16 Untuk bilangan bulat positif berbeda m dan n, buktikan bahwa f m dan f n adalah prima relatif. Bukti. Berdasarkan contoh sebelumnya, dipunyai bahwa ( f m ; f n ) = ( f 2 ; 2) = 1. Contoh 7.17 Buktikan bahwa untuk semua bilangan bulat positif n , f n membagi 2 f n 2.
Bukti. Dipunyai f n
2
2= 2
22
2
n
n
1 = 2
2
2 2n 2
n n
1 :
(7.5)
Jelas bahwa 22 n adalah genap. Dicatat bahwa untuk suatu bilangan bulat positif n 2 n 2m, x2m 1 dapat dibagi oleh x + 1. Karena itu x + 1 membagi x2 1. Dengan
n 22
n 22
pengambilan x = disimpulkan bahwa f n = + 1 = x + 1 membagi sehingga dari (7.5) diperoleh bahwa f n membagi 2 f n 2.
7.4
n n
n 22 22
1,
Bilangan Mersenne
Bilangan-bilangan bulat M n = 2n 1, n 1, dinamakan bilangan Mersenne. Ini jelas bahwa jika n adalah composite , maka M n juga composite . Karena itu M k adalah prima hanya jika k adalah prima. Selain itu, jika n = ab, dimana a dan b adalah bilanganbilangan bulat lebih besar dari 1, maka M a dan M b membagi M n . Meskipun begitu terdapat bilangan prima n untuk yang mana M n adalah composite . Sebagai contoh, 47 M 23 , 167 M 83 , 263 M 13 , dan seterusnya. Berikut ini diberikan suatu hasil tanpa bukti pada bilangan Mersenne.
j
j
j
Teorema 7.18 Jika p adalah suatu bilangan prima ganjil dan q adalah suatu pembagi prima dari M p , maka q = 2kp + 1 untuk suatu bilangan bulat positif k.
Bab 7. Fungsi-fungsi Bilangan-Teoritik
7.5
53
Bilangan Sempurna
Untuk setiap bilangan bulat positif n dide…nisikan fungsi (n) =
X
m;
j
mn
dimana m adalah bilangan bulat positif. Secara jelas, nilai (n) menyatakan jumlahan dari semua pembagi positif dari bilangan bulat positif n. Suatu bilangan bulat n 2 dimana (n) = 2n dikenal sebagai bilangan sempurna ( perfect number ). Sebagai contoh, bilangan 6, 28, 496 adalah sempurna. Mudah dilihat bahwa 6 = 1+ 2+ 3 dan 28 = 1+ 2+ 4+ 7+ 14 . Berikut ini diberikan dua hasil (tanpa bukti) pada bilangan sempurna.
Teorema 7.19 Suatu bilangan bulat positif genap n adalah sempurna jika dan hanya jika n = 2k1 M k = 2k1 2k 1 untuk suatu bilangan bulat positif k dimana M k adalah prima. Lebih lanjut, tidak ada bilangan sempurna genap lainnya.
Teorema 7.20 Jika n adalah suatu bilangan sempurna ganjil, maka faktorisasi prima dari n mempunyai bentuk n = p a q 12b1 q 22b2 q t2bt ;
dimana a dan p kongruen terhadap 1 modulo 4 dan t
2.
View more...
Comments
