MODUL 3 KONGRUENSI Gatot Muhsetyo
PENDAHULUAN Dalam modul Kongruensi ini diuraikan tentang sifat-sifat dasar kongruensi, keterkaitan kongruensi dengan fpb dan kpk, sistem residu yang yang leng lengkap kap dan dan sy syst stem em resi residu du yang yang tere teredu duks ksi, i, teor teorem ema a Eule Euler, r, teorema kecil Fermat, dan teorema Wilson. Kongru Kongruens ensii merup merupakan akan kelanj kelanjuta utan n dari dari keter keterbagi bagian, an, dan dide didefi fini nisi sikan kan berd berdasa asark rkan an kons konsep ep kete keterb rbag agia ian. n. Deng Dengan an demi demiki kian an penjel penjelasan asan dan pembu pembukti ktian an teorem teorema-t a-teor eorem emany anya a dikemb dikembali alikan kan ke konsep konsep keter keterbagi bagian. an. Bahan Bahan utama utama kongru kongruens ensii adalah adalah penggu penggunaan naan bilangan sebagai modulo, dan bilangan modulo ini dapat dipandang sebagai perluasan dari pembahasan yang sudah ada di sekolah dasar sebaga sebagaii bilang bilangan an jam, jam, dan pada pada tingkat tingkat lebih lebih lanjut lanjut dis disebu ebutt denga denga bilangan bersisa. Dengan bertambahnya uraian tentang sistem residu, pembahasan tent tentan ang g
kong kongru ruen ensi si
menj menjad adii
lebi lebih h
leng lengka kap p
seba sebaga gaii
pers persia iapa pan n
penjelasan teorema Euler, teorema kecil Fermat, dan teorema Wilson, sert serta a
baha bahan n
pene penera rapa pan n
yang ang
terk terkai aitt
deng dengan an
teor teorem emaa-te teor orem ema a
kongruensi dan teorema Euler.
KOMPETENSI UMUM Kompet Kompetens ensii umum umum dalam dalam mempe mempelaj lajari ari modul modul ini adalah adalah mahasi mahasiswa swa mampu mampu memaham memahamii konsep konsep kongru kongruens ensi, i, pener penerapan apannya nya,, hubungannya dengan dengan konsep keterbagian, pengembangannya dalam system system resid residu, u, dan peranan perananny nya a dalam dalam penjab penjabara aran n teore teorema ma Euler Euler,, teorema kecil Fermat, dan teorema Wilson.
KOMPETENSI KHUSUS
Kompet Kompetens ensii khusus khusus dalam dalam mempe mempelaj lajari ari modul modul ini adalah adalah mahasiswa mampu menjelaskan konsep kongruensi dan sifat-sifatnya, konsep sistem residu yang lengkap lengkap dan sistem sistem residu residu yang tereduksi, tereduksi, peranan fpb dan kpk dalam pengembangan sifat-sifat kongruensi, pembuktian dan penerapan teorema Euler, teorema kecil Fermat, dan teorema Wilson.
SUSUNAN KEGIATAN BELAJAR Modul 3 ini terdiri dari dua kegiatan belajar. Kegiatan Belajar pertama adalah Kongruensi, dan Kegiatan Belajar kedua adalah Sistem Residu. Setiap kegiatan be;lajar memuat Uraian, Contoh/Bukan Contoh, Tugas dan Latihan, Rambu-Rambu Jawaban Tugas dan Latihan, Rangkum kuman, an,
dan
Tes
Formatif.
Pada
bagi agian
akh akhir
modul
ini
ditempatkan Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif 1 dan Tes Formatif 2.
PETUNJUK BELAJAR 1. Bacala Bacalah h Uraian Uraian dan Contoh Contoh dengan dengan cermat cermat dan berula berulang-u ng-ulan lang g sehingga Anda benarbenar memahami dan menguasai materi paparan. 2. Kerj Kerjaka akan n Tuga Tugas s dan dan Lati Latihan han yang yang ters tersed edia ia seca secara ra mand mandir iri. i. Jika Jika dalam kasus atau tahapAn tertentu Anda mengalami kesulitan menjawab/menyele menjawab/menyelesaikan, saikan, maka lihatlah Rambu-Rambu bu-Rambu Jawaban Jawaban Tugas dan Latihan. Latihan. Jika
langkah langkah ini belum
banyak membantu Anda keluar dari kesulitan, maka mintalah bantuan tutor Anda, Anda, atau orang lain yang lebih tahu. 3. Kerjakan Kerjakan Tes Formatif Formatif secara secara mandiri, mandiri, dan periksalah periksalah Tingkat Tingkat Kemampuan Anda
dengan jalan jalan mencocokkan mencocokkan jawaban jawaban Anda dengan dengan Rambu-Ram Rambu-Rambu bu Jawaban Tes Formatif. matif. Ulangilah Ulangilah pengerjaa pengerjaan n Tes Formatif Formatif
sampai sampai
Anda
benarbenar-
benar merasa mampu mengerjakan semua soal dengan benar.
MODUL 3 KEGIATAN BELAJAR 1 KONSEP DASAR KONGRUENSI
Uraian Kongruensi merupakan bahasa teori bilangan karena pembahasan teo teori
bil bilanga angan n
dipe diperrkena kenallkan kan
bert bertum umpu pu dan dan
kong kongru ruen ensi si..
dike dikem mbang bangka kan n
oleh oleh
Bahas ahasa a Kar Karl
kong kongrruens uensii Fri Friedr edrich
ini ini
Gaus auss,
matematisi paling terkenal dalam sejarah, pada awal abad sembilan belas, belas, sehingga sehingga sering sering dis disebu ebutt
sebagai sebagai Panger Pangeran an Matemati Matematisi si (The
Prince of Mathematicians). ans). Meski Meskipun pun Gauss Gauss tercat tercatat at karena karena temuan temuan-te -temua muanny nnya a di dalam dalam geom geomet etri ri,, alja aljaba bar, r, anal analis isis is,, astro astrono nomi mi,, dan fisi fisika ka mate matema mati tika, ka, ia mempun mempunyai yai minat minat khusus khusus di dalam dalam teori teori bilanga bilangan n dan menga mengatak takan an
mathematics is the queen of sciences, and the theory of bahwa “mathematics numbers is the queen of mathematics” . Gauss merintis untuk meletakkan teori bilangan modern di dalam bukunya Disquistiones
Arithmeticae pada tahun 1801. Secara Secara tidak tidak langsung langsung kongruensi kongruensi sudah dibahas dibahas sebagai sebagai bahan mate matema mati tika ka di sekol sekolah ah dala dalam m bent bentuk uk bila bilang ngan an jam jam atau atau bila bilang ngan an bersisa. Peragaan dengan menggunakan
tiruan jam dipandang bermanfaat karena peserta didik akan langsung praktek untuk lebih mengenal adanya system bilangan yang berbeda yaitu system system bilangan bilangan bilangan bilangan jam, jam, misalnya misalnya
bilangan bilangan jam duaan, duaan,
tigaan, empatan, limaan, enaman, dan seterusnya. Kemudian, kita telah mengetahui bahwa bilangan-bilangan bulat lebih dari 4 dapat di “reduksi” menjadi 0, 1, 2, 3, atau 4 dengan cara menyatakan sisanya jika bilangan itu dibagi dengan 5, misalnya 13 dapat dapat diredu direduksi ksi menjadi menjadi 3 karena karena 13 dibagi dibagi 5 bersis bersisa a 3, 50 dapat direduksi menjadi 0 karena 50 dibagi 5 bersisa 0, dan dalam bahasa kongruensi dapat dinyatakan sebagai 13
≡
3 (mod 5) dan 50
≡
0 (mod
5).
Definisi 3.1 Ditentukan p,q,m adalah bilangan-bilangan bulat dan m p disebut disebut kongruen kongruen dengan dengan q modulo modulo m, ditulis ditulis p
≡
≠
0
q (mod m),
jika dan hanya jika
│p-q. Jika m │ p – q m
maka ditulis p
≡ q (mod m), dibaca p tidak kongruen
q modulo m.
Contoh 3.1
≡ 6 (mod 2) sebab 2 │ 10 – 6 atau 2 │ 4 13 ≡ -5 (mod 9) sebab 9 │ 13 – (-5) atau 9 │ 18 107 ≡ 2 (mod 15) sebab 7 │ (107 – 2) atau 15 │ 105 10
Teorema 3.1 Jika p dan q adalah bilangan-bilangan bulat, maka p
≡
q (mod m)
jika dan hanya jika ada bilangan bulat t sehingga p = q + tm
Bukti : Jika p
≡ q (mod m), maka m │ p – q . Ini berarti bahwa ada suatu
bilangan bulat t se-
hingga tm = p – q, atau p = q + tm. Sebaliknya, jika ada suatu bilangan bulat t yang memenuhi p = q + tm, maka dapat ditentukan bahwa
tm = p – q, dengan demikian m
│ p – q , dan
akibatnya berlaku p
≡ q (mod m).
Contoh 4.2 23
≡ -17 (mod 8) dan 23 = -17 + 5.8
Teorema 3.2 Ditentukan m adalah suatu bilangan bulat positif. Kongruensi modulo m memenuhi sifat-sifat berikut : (a)Sifat Refleksif. Jika p adalah suatu bilangan bulat, maka p ≡ p (mod m) (b)Sifat Simetris. Jika p dan q adalah bilangan-bilangan bulat sedemikian hingga p
≡ q (mod m), maka p ≡ q (mod m) (c) Sifat Transitif. Jika p, q, dan r adalah bilangan-bilangan bulat sedemikian hingga p dan q
≡ q (mod m)
≡ r (mod m), maka p ≡ r (mod m)
Bukti :
(a) Kita tahu bahwa m │ 0, atau m │ p – p , berarti p ≡ q (mod m) (b) Jika p ≡ q (mod m), maka m │ p – q , dan menurut definisi keterbagian, ada suatu bilangan bulat t sehingga tm = p – q, atau (-t)m = q – p , berarti m
│ q – p.
≡ p (mod m) (c) Jika p ≡ q (mod m) dan q ≡ r (mod m) , maka m│p – q dan m│q – Dengan demikian q
r, dan menurut definisi keterbagian, ada bilangan-bilangan bulat s dan t sehingga sm = p – q dan tm = q – r . Dengan demikian dapat ditentukan bahwa p – r = (p – q) + (q – r) = sm + tm = (s + t)m. Jadi m │ p – r , dan akibatnya q ≡ r (mod m)
Contoh 4.3
≡ 5 (mod 7) dan -10 ≡ -10 (mod 15) sebab 7 │5 – 5 dan 15│-10 – (-10) 27 ≡ 6 (mod 7) akibatnya 6 ≡ 27 (mod 7) sebab 7│6 – 27 atau 7│(-21) 45 ≡ 21 (mod 3) dan 21 ≡ 9 (mod 3), maka 45 ≡ 9 (mod 3) sebab 3 │45 – 9 atau 3│36 5
Teorema 3.3 Jika p, q, r, dan m adalah bilangan-bilangan bulat dan
m>0
sedemikian hingga
≡ q (mod m) , maka : (a) p + r ≡ q + r (mod m) (b) p – r ≡ q – r (mod m) (c) pr ≡ qr (mod m) p
Bukti : (a) Diketahui p
≡
q (mod m), maka m│ p – q . Selanjutnya dapat
ditentukan bahwa p – q = (p + r) – (q + r) , berarti m│p – q berakibat m
│ (p + r)
– (q + r). Dengan demikian p + r
≡ q + r (mod m).
(b) Kerjakan, ingat bahwa p – q = (p – r) – (q – r) . (c) Diketahui p teorema keterbagian,
≡
q (mod m), maka m│ p – q , dan menurut
m m
│ r(p – q) untuk sebarang bilangan bulat r, dengan demikian
│ pr – qr. Jadi pr
│qr (mod m) .
Contoh 4.4 43│7 (mod 6) , maka 43 +5│ 7 + 5 (mod 6) atau 48 │12 (mod 6)
│6 (mod 7) , maka 27 – 4 │6 – 4 (mod 7) atau 23│ 2 (mod 7) 35│3 (mod 8) , maka 35.4│3.4 (mod 8) atau 140 │12 (mod 8) 27
Contoh 4.5 Perhatikan bahwa teorema 3.3.(c) tidak bisa dibalik, artinya jika
pr
≡
qr (mod m), maka belum tentu bahwa p 24
≡
q (mod m), misalnya 24 = 4.6 , 12 = 4.3, dan
≡ 12 (mod 6) atau 4.6 ≡ 4.3 (mod 6), tetapi 6 ≡ 3 (mod 6).
Teorema 3.4 Jika p, q, r, s, m
adalah
bilangan-bilangan
bulat dan m > 0
sedemikian hingga
≡ q (mod m) dan r ≡ s (mod m) , maka : (a) p + r ≡ q + s (mod m) (b) p – r ≡ q – s (mod m) (c) pr ≡ qs (mod m) p
Bukti : (a) p
≡ q (mod m) dan r ≡ s (mod m), maka m│ p – q dan m│ r – s ,
maka tentu ada bilangan-bilangan bulat t dan u sehingga tm = p – q dan um = r – s , dan (p + r) – (q + s) = tm – um = m(t – u). Dengan demikian m │(p + r) – (q + s), atau p+r
≡ q + s (mod m).
(b) Kerjakan, perhatikan bahwa (p – r) – (q – s) = (p – q) – (r – s)
(c) p
≡ q (mod m) dan r ≡ s (mod m), maka m│ p – q dan m│ r – s ,
maka tentu ada bilangan-bilangan bulat t dan u sehingga tm = p – q dan um = r – s , dan pr – qs = pr – qr + qr – qs = r(p – q) + q(r – s) = rtm + qum = m (rt + qu). Dengan demikian m
│ pr – qs , atau pr ≡
qs (mod m)
Contoh 3.6
≡ 8(mod 7) dan 53 ≡ 4 (mod 7), maka 36 + 53 ≡ 8 + 4 (mod 7) atau 89 ≡ 12 (mod 7) 72 ≡7 (mod 5) dan 43 ≡ 3 (mod 5), maka 72 – 43 ≡ 7 – 3 (mod 5) atau 29 ≡ 4 (mod 5) 15 ≡ 3 (mod 4) dan 23 ≡ 7 (mod 4) maka 15.23 ≡ 3.7 (mod 4) atau 345 ≡ 21 (mod 4) 36
Teorema 3.5
≡ q (mod m), maka pr ≡ qr (mod mr) (b) Jika p ≡ q (mod m) dan d│m , maka p ≡ q (mod d) (a) Jika p
Bukti : (a) p
≡
q (mod m), maka sesuai definisi 3.1, m │p – q , dan menurut
teorema 2.8 dapat ditentukan bahwa rm│r(p – q) atau mr│pr – qr , dan berdasarkan definisi 3.1 dapat ditentukan bahwa pr
≡ qr (mod mr)
≡ q (mod m), maka sesuai definisi 3.1, m│p – q . Berdasarkan teorema 2.2, d │m dan m│p – q berakibat d│p – q, dan
(b) p
sesuai dengan Definisi 3.1, p
Teorema 3.6
≡ q (mod d)
Diketahui bilangan-bilangan bulat a, p, q, m, dan m > 0. (a) ap (b) p
≡ aq (mod m) jika dan hanya jika p ≡ q (mod m/(a,m)) ≡ q (mod m ) dan p ≡ q (mod m 2 ) jika dan hanya 1
jika p
≡
q
(mod [m , m 2 ]) 1
Bukti : (a) ( → )
≡ aq (mod m), maka sesuai definisi 3.1, m │ap – aq, dan sesuai
ap
definisi 2.1 ap – aq = tm untuk suatu t
∈
Z, berarti a(p – q) = tm. Karena
(a,m)│a dan (a,m)│ m maka (a/(a,m)(p – q) = (m/(a,m)t, dan sesuai dengan definisi 2.1, dapat ditentukan bahwa (m/(a,m)│(a/(a,m)(p – q).
Menurut teorema 2.14, (m/
(a,m),a/(a,m)) = 1, dan menurut teorema 2.15, dari
(m/(a,m),a/(a,m)) = 1 dan (m/
(a,m)│(a/(a,m)(p – q) berakibat (m/(a,m)│(p – q). Jadi menurut definisi 3.1, p
≡
q (mod m/
(a,m)) . (← ) p
≡ q (mod m/(a,m)), maka menurut teorema 3.5(a), ap ≡ aq (mod
am/(a,m)). Selanjutnya, karena m
│am/(a,m), dan ap ≡
aq (mod am/(a,m)), maka
berdasarkan pada teorema 3.5 (b) , ap
≡ aq (mod m).
(b) Buktikan !
Contoh 3.7 8p 3)
≡ 8q
(mod 6) dan (8,6) = 2, maka p
≡ q (mod 6/2) atau p ≡ q (mod
12p
≡ 12q (mod 16) dan (12,16) = 4, maka p ≡ q (mod 16/4) atau p ≡ q
(mod 4)
Contoh 3.8 p
≡
q (mod 6) dan p
≡
q (mod 8), maka p
≡
q (mod [6,8]) atau p
≡
q
(mod 24) p
≡ q (mod 16) dan p ≡ q (mod 24), maka p ≡ q (mod [16,24]) atau p ≡
q (mod 48)
Tugas dan Latihan Tugas Bacalah suatu buku teori bilangan, dan carilah teorema-teorema yang belum dibuktikan dalam kegiatan belajar 1. Selanjutnya buktikan bahwa : 1. Jika p, q, t, dan m adalah bilangan-bilangan bulat sedemikian hingga t > 0, m > 0 dan p
≡ q (mod m), maka p ≡ t
q t (mod m)
2. Jika p, q ∈ Z dan m , m 2 , …, m t ∈ Z 1
p
≡ q (mod m
p
≡ q (mod [m
1
),p
1
+
sedemikian hingga
≡ q (mod m 2 ) , …, dan p ≡ q (mod m
t
) , maka
, m 2 , …, m t ])
Latihan 1. Diketahui p, q, m adalah bilangan-bilangan bulat dan m > 0 sedemikian hingga p
≡ q (mod m)
Buktikan : (p,m) = (q,m) 2. Buktikan (a) jika p adalah suatu bilangan genap, maka p 2
≡ 0 (mod 4)
≡ 1 (mod 4) ganjil, maka p 2 ≡ 1 (mod 8)
(b) jika p adalah suatu bilangan ganjil, maka p 2 3. Buktikan jika p adalah suatu bilangan
4. Carilah sisa positif terkecil dari 1! + 2! + … + 100! (a) modulo 2
(b) modulo 12 5. Tunjukkan bahwa jika n adalah suatu bilangan genap positif, maka: 1 + 2 + 3 + … + (n + 1)
≡ 0 (mod n)
Bagaimana jika n adalah suatu bilangan ganjil positif ? 6. Dengan menggunakan induksi matematika, tunjukkan bahwa 4
n
≡1
+ 3n (mod 9) jika n adalah suatu bilangan bulat positif.
Rambu-Rambu Jawaban Tugas Dan Latihan Rambu-Rambu Jawaban Tugas 1. p
≡ q (mod m) , maka m │ p – q
p t - q t = (p – q)(p t
1
−
+ p t −2 q + … + pq t −2 + q t
Perhatikan bahwa (p – q) Karena m
│p
t
1
−
)
- q t
│ p – q dan (p – q) │ p
t
- q t , maka m
│p
t
- q t
Jadi p t ≡ q t (mod m) 2. p
≡ q (mod m
m
1
1
),p
≡ q (mod m 2 ) , …, dan p ≡ q (mod m
t
) , maka
│ p – q , m2 │ p – q , … , m │ p – q t
Dengan demikian p – q adalah kelipatan persekutuan dari m , m 2 , 1
…, m t , dan berdasarkan teorema 2.22, [ m , m 2 , …, m t ] 1
Jadi p
≡ q (mod [m
1
│p–q
, m 2 , …, m t ] )
Rambu-Rambu Jawaban Latihan 1. p
≡ q (mod m) , maka p – q = tm untuk suatu bilangan bulat t Menurut definisi 2.3, (p,m) │ p dan (p,m) │ m . Dari (p,m) │
m ,
berdasarkan teorema 2.1, (p,m)
│
tm . Selanjutnya , dari (p,m) │ p dan (p,m)
│
│
p – tm. Karena p – q = tm, atau q = p – tm ,
tm, berdasarkan teorema 2.4, (p,m) maka(p,m)
│ q.
(p,m)
│
m
dan (p,m)
│
q , maka (p,m) merupakan faktor
persekutuan m dan q, dan Sesuai teorema 2.17, (p,m)
│
(q,m) . Dengan jalan yang sama
dapat ditunjukkan bahwa (q,m)│(p,m). Dari (p,m)│(q,m) dan (q,m)
│
(p,m), (p,m) > 0,
dan (q,m) > 0 , sesuai teorema 2.7, (p,m) = (q,m). 2. (a) Sesuai definisi 2.2, jika p merupakan suatu bilangan genap, maka p dapat dinyatakan sebagai p = 2t untuk suatu bilangan bulat t, dengan demikian p 2 = 4t 2 . Akibatnya, sesuai definisi 2.1, 4
│
p 2 , atau 4
│
p 2 - 0 , dan
berdasarkan definisi 3.1, p 2
≡ 0 (mod 4).
(b) Sesuai definisi 2.2, jika p merupakan suatu bilangan ganjil, maka p dapat dinyatakan sebagai p = 2t + 1 untuk suatu bilangan bulat t, dengan demikian dapat dicari p 2 = 4t 2 + 4t + 1 , atau p 2 = 4t(t + 1) + 1 , atau p 2 - 1 = 4t(t+1). Akibatnya, sesuai definisi 2.1, 4
│ p 2 - 1 , dan berdasarkan definisi 3.1, p 2
≡ 1 (mod 4). 3. Sesuai definisi 2.2, jika p merupakan suatu bilangan ganjil, maka p dapat dinyatasebagai p = 2t + 1
untuk
suatu
bilangan
bulat t,
dengan
demikian dapat dicari p 2 = 4t 2 + 4t + 1 , atau p 2 = 4t(t + 1) + 1 . Jika t adalah suatu bilangan genap, sesuai definisi 2.2, t = 2r untuk suatu bilangan bulat r, sehingga p 2 = 8r(2r + 1) + 1, atau
p 2 - 1 = 8r(2r + 1) . Akibatnya, sesuai definisi 2.1, 8 │ p 2 - 1 , dan berdasarkan pada definisi 3.1, p 2
≡ 1 (mod 8).
Kerjakan dengan
jalan yang sama jika t adalah suatu bilangan
ganjil. 4. (a) n! = 1.2.3…n , berarti 2! = 1.2 = 2 2.3
≡
0 (mod 2), 3! = 1.2.3 =
0 (mod 2) , n! = 1.2.3…n = 2.1.3…n
dicari
≡
≡
0 (mod 2). Dengan demikian
dapat
bahwa
1! + 2! + … + n!
≡
1 + 0 (mod 2) + 0 (mod 2) + … + 0 (mod 2)
≡ 0 (mod 2) (b) n! = 1.2.3.4…n
≡
0 (mod 12)
jika n
≥
4,
akibatnya
dapat
ditentukan bahwa 1! + 2! + … + 100!
≡ 1! + 2! + 3! + 0
+ 0 + … + 0 (mod 12)
≡9
(mod 12). 5. 1 + 2 + … + (n + 1) = (n -1)n/2. Jika n adalah suatu bilangan ganjil, maka n – 1 adalah suatu bilangan genap, sehingga (n – 1)/2 adalah suatu bilangan bulat, dengan demikian n
│1 + 2 +
… + (n + 1) atau 1 + 2 + … + (n + 1)
≡ 0 (mod n).
Jika n adalah suatu bilangan genap, maka n = 2r untuk suatu bilangan bulat r, dengan demikian (n -1)n/2 = (n -1)r , berarti n tidak membagi (n – 1)r karena (n,n-1) = 1 dan r < n. Jadi 1 + 2 + … + (n + 1) tidak kongruen dengan 0 modulu n jika n adalah suatu bilangan genap. 6. n = 1 memenuhi hubungan karena 4 1 = 4 = 1 + 3.1 9)
≡ 1 + 3.1 (mod
Anggaplah bahwa 4
n
≡ 1 + 3n (mod 9), harus dibuktikan 4
n+ 1
≡1+
3(n + 1) (mod 9) 4
1 n+
= 4.4
n
≡
4(1 + 3n) (mod 9)
≡
4 + 12n (mod 9)
≡
4 + 3n (mod
9).
Rangkuman Dari materi Kegiatan Belajar 1 ini, beberapa bagian yang perlu diperhatikan
adalah
defi-
nisi
kongruensi,
teorema-teorema
kongruensi, dan keterkaitan konsep kongruensi dengan keterbagian, fpb, dan kpk. 1. Definisi 3.1. p
≡ q (mod m) jika dan hanya jika
m
│p–q
2. Terdapat 6 teorema kongruensi.
Teorema 3. 1 : p
≡ q (mod m) jika dan hanya jika
p = q + tm
Teorema 3.2 : Kongruensi modulo m memenuhi sifat-sifat
(a) refleksif: p ≡ p (mod m) (b) simetris : jika p ≡ q (mod m), maka q ≡ p (mod m) (c) transitif : jika p ≡ q (mod m) , q ≡ r (mod m), maka p ≡ q (mod m) Teorema 3.3 : Jika p
≡ q (mod m), maka :
(a) p + r ≡ q + r (mod m) (b) p – r ≡ q – r (mod m) (c) pr ≡ qr (mod m) Teorema 3.4 : Jika p ≡ q (mod m) dan r ≡ s (mod m), maka : (a) p + r ≡ q + s (mod m) (b) p – r ≡ q – s (mod m) (c) pr ≡ qs (mod m) Teorema 3.5 : (a) p ≡ q (mod m) , maka pr ≡ qr (mod mr)
≡ q (mod m) dan d │ m , maka p ≡ q (mod d) (a) ap ≡ aq (mod m), maka p ≡ q (mod m/(a,m)) (b) p ≡ q (mod m ) dan p ≡ q (mod m 2 ) jika dan
(b) p
Teorema 3.6. :
1
hanya jika p
≡ q (mod
[m , m 2 ]) 1
Tes Formatif 1 1. Skor 10 Nyatakan dengan B (Benar) atau S (Salah)
≡ q (mod 7) , maka 3p ≡ 3q (mod 7) (b) Jika 2p ≡ 3q (mod 5), maka 10p ≡ 10q (mod 25) (c) Jika p ≡ q (mod 11), maka 23p – 44 ≡ 12q + 22 (mod 11) (d) Jika 2p ≡ 2q (mod 5), maka p ≡ q (mod 5) (e) Jika 4p ≡ 4q (mod 6), maka p ≡ q (mod 6) (f) Jika 6p ≡ 9q (mod 15), maka 2p ≡ 3q (mod 5) (g) Jika p ≡ 2q (mod 24), maka p ≡ 2q (mod 8) (h) Jika p ≡ q (mod 7), maka 14p 2 + 8p – 21 ≡ 15p + 28 (mod 7) (i) Jika p ≡ q (mod 8) dan p ≡ q (mod 12), maka p ≡ q (mod 96) (j) Jika p ≡ q (mod 24) dan p ≡ q (mod 36), maka p ≡ q (mod 72) (a) Jika p
2. Skor 10 (a) Carilah 2 angka terakhir lambang bilangan decimal dari 28 75 (b) Carilah 3 angka terakhir lambang bilangan decimal dari 23 95 3. Skor 20. Tunjukkan bahwa 1 3 + 2 3 + … + (n – 1) 3 ≡ 0 (mod n) jika n adalah suatu bilangan bulat positif atau jika n adalah habis dibagi 4. Apakah pernyataan masih benar jika n adalah genap tetapi tidak habis dibagi 4 ? 4. Skor 20
Buktikan dengan induksi matematika bahwa 5
n
≡
1 + 4n (mod 16)
jika n adalah suatu bilangan bulat positif 5. Skor 20 Carilah sisa positif terkecil dari 1! + 2! + … + 100! (a) modulo 7 (b) modulo 25 6. Skor 20 Carilah sisa positif terkecil dari : (a)6! modulo 7 (b)12! modulo 13 (c) 18! modulo 19 (d) 22! modulo 23 Cobalah menebak suatu teorema dari hasil-hasil jawaban Anda
Cocokkanlah jawaban Anda dengan Rambu-Rambu atau Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdpat di bagian akhir modul ini. Kemudian perkirakan skor jawaban Anda yang menurut Anda benar, dan gunakan criteria berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.
Skor Jawaban Yang Benar Tingkat Penguasaan =
------------------------------------
100 % 100 Tingkat Penguasaan Anda dikelompokkan menjadi : Baik sekali
:
90 % - 100 %
Baik
:
80 % - 89 %
Cukup
:
70 % - 79 %
Kurang
:
< 70 %
x
Apabila Anda mencapai tingkat penguasaan 80 % atau lebih, maka Anda dapat meneruskan ke Kegiatan Belajar 2, Bagus ! Jika tingkat penguasaan Anda kurang dari 80 %, maka seharusnya Anda mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama pada bagianbagian yang belum Anda pahami dan kuasai dengan baik. Selamat Belajar !
MODUL 3 KEGIATAN BELAJAR 2 SISTEM
RESIDU
Uraian Sistem residu merupakan topik yang memberikan dasar untuk mengembangkan pembahasan menuju teorema Euler, dan pada bagian lain terkait dengan fungsi-fungsi khas (special functions) dalam teori bilangan. Bagian-bagian dari system residu meliputi system residu yang lengkap dan system residu yang tereduksi. Sebagai suatu system, system residu mempunyai sifat-sifat khusus yang terkait dengan
bagaimana membuat system residu, atau mencari contoh yang memenuhi syarat tertentu.
Definisi 3.2 Suatu himpunan {x , x 2 , … , x 1
m
} disebut suatu system residu
lengkap modulo m Jika dan hanya jika untuk setiap y dengan 0 ≤ y < m , ada satu dan hanya satu x i dengan 1 ≤ i < m , sedemikian hingga y
≡x
i
(mod m) atau x i
≡y
(mod m). Perhatikan bahwa indeks dari x yang terakhir adalah m, dan hal ini menunjukkan bahwa banyaknya unsur dalam suatu system residu lengkap modulo m adalah m. Dengan demikian, jika ada suatu himpunan yang banyaknya unsur kurang dari m atau lebih dari m , maka himpunan itu tentu bukan merupakan suatu system residu lengkap modulo m. Selanjutnya, karena pasangan-pasangan kongruensi antara y dan x i adalah tunggal, maka tidak ada y
yang
kongruen dengan dua unsur x yang berbeda,
misalnya x i dan x j , dan tidak ada x i yang kongruen dengan dua nilai y. Dengan
demikian,
tidak ada dua unsur x yang berbeda dan kongruen, artinya x i tidak kongruen x j modulo m jika i
≠
j.
Contoh 3.9 1. Himpunan A = {6, 7, 8, 9} bukan merupakan lengkap modulo 5 sebab banyaknya unsur A kurang dari 5
system
residu
2. Himpunan A = {6, 7, 8, 9, 10} adalah suatu system residu lengkap modulo 5 sebab untuk setiap y dengan dengan 0 ≤ y < 5 , ada satu dan hanya satu x i dengan 1 ≤ i < 5 sedemikian hingga y Nilai-nilai y
yang
≡x
i
(mod 5) atau x i
≡ y (mod 5).
memenuhi 0 ≤ y < 5 , adalah y = 0, y = 1, y =
2, y = 3, y = 4, atau y = 5 . Jika kita selidiki, maka kita peroleh bahwa : 10
≡ 0 (mod 5)
8
≡ 3 (mod m)
6
≡
1 (mod m) 9
≡ 4 (mod 5)
7
≡ 2 (mod m)
Dengan demikian untuk setiap y dengan y = 0, 2, 3, 4, 5 , ada satu dan hanya satu x i dengan x i = 6, 7, 8, 9, 10 , sedemikian hingga x i
≡ y (mod m). Jadi A
adalah suatu sistem residu lengkap modulo 5. 3. Himpunan B = {4, 25, 82, 107} adalah suatu system
residu
lengkap modulo 4 sebab untuk setiap y dengan 0 ≤ y < 4 , ada satu dan hanya satu x i dengan 1 ≤ i < 4 sedemikian hingga y
≡x
i
(mod 4) atau x i
≡ 0 (mod 4) 25 ≡ 1 (mod 4) 4
≡ y (mod 4).
≡ 2 (mod 4) 107 ≡ 3 (mod 4) 82
4. Himpunan C = {-33, -13, 14, 59, 32, 48, 12} adalah suatu system residu lengkap modulo 7 sebab untuk setiap y dengan 0 ≤ y < 7 , ada satu
dan
hanya satu x i dengan 1 ≤ i < 7 sedemikian hingga y -33
≡ 0 (mod 7)
≡ 1 (mod 7)
≡x
i
(mod 7) atau x i 59
≡ 3 (mod 7)
≡ y (mod 7). 48
-13
≡ 0 (mod 7)
32
≡ 3 (mod 7)
12
≡ 1 (mod 7) 14 ≡ 0 (mod 7) 5. Himpunan D = {10, -5, 27} adalah bukan suatu system residu lengkap modulo 3 sebab Untuk suatu
y = 1 dengan 0 ≤ y < 3 , ada lebih dari satu x i (yaitu
10 dan -5) sehingga 10
≡ 1 (mod 3)
-5
≡ 1 (mod 3)
6. Algoritma pembagian menunjukkan bahwa
himpunan
bilangan
bulat 0, 1, … , m – 1 merupakan suatu system residu lengkap modulo m, dan disebut sebagai residu nonne-
gatif terkecil modulo m.
Definisi 3.3 Suatu himpunan bilangan bulat {x , x 2 , … , x } disebut suatu k
1
system residu tereduksi modulo m jika dan hanya jika : (a) (x i , m) = 1 , 1 ≤ i < k (b) x i
≡
x j (mod m) untuk setiap i
(c) Jika (y,m) = 1, maka y
≡x
i
≠
j
(mod m) untuk suatu i = 1, 2, … , k
Contoh 3.10 1. Himpunan {1,5} adalah suatu system residu tereduksi modulo 6 sebab : (a) (1,6) = 1 dan (5,6) = 1 (b) 5
≡ 1 (mod 6)
2. Himpunan {17, 91} adalah suatu system residu tereduksi modulo 6 sebab :
(a) (17,6) = 1 dan (91, 6) = 1 (b) 91
≡ 17 (mod 6)
Suatu system residu tereduksi modulo m dapat diperoleh dari system residu lengkap modulo m dengan membuang unsur-unsur yang tidak relative prima dengan m. Hal ini dapat dilakukan karena {0, 1, 2, … , m – 1 } adalah suatu system residu yang lengkap modulo m karena untuk setiap y dengan y = 0, 1, 2, … , m – 1, ada satu dan hanya satu x i = 0, 1, 2, … , m – 1 sehingga y
≡x
i
(mod m) . Keadaan y
≡x
i
(mod
m) selalu dapat terjadi dengan memilih y = 0 dan x = 0, y = 1 dan x 1
2
= 1, … , y = m – 1 dan x
m
=m–1.
Karena unsur-unsur {0, 1, 2, … , m – 1} memenuhi tidak ada sepasang yang kongruen, maka setelah unsur-unsur yang tidak relative prima dengan m dibuang, yang tertinggal adalah unsur-unsur yang relative prima dengan m dan tidak ada sepasang yang kongruen. Dengan demikian unsur-unsur yang tertinggal memenuhi definisi 3.2
Contoh 3.11 1. Himpunan A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} adalah suatu sistem residu lengkap modulo 8. Unsur-unsur A yang
tidak
relative prima dengan 8
adalah 0,
2, 4, dan 6 karena (0,8) = 8
≠
1, (2,8) = 2
≠
1, (4,8) = 4
≠
1, dan (6,8) = 2
≠
1.
Misalkan B adalah himpunan dari unsur-unsur yang tertinggal, maka B = {1, 3, 5, 7}, dan B merupakan suatu sistem residu tereduksi modulo 8 karena memenuhi definisi 3.2 2. Himpunan A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19} adalah
suatu system residu lengkap modulo 20. Jika unsur-unsur A yang tidak relative prima dengan 20 dibuang, yaitu 0, 2, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 14, 15, 16, dan 18 , maka unsur-unsur yang tertinggal adalah 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, dan 19, dan B = {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19} merupakan suatu system residu tereduksi modulo 20.
Defini 3.4 Ditentukan m adalah suatu bilangan bulat positif. Banyaknya residu di dalam suatu system residu tereduksi modulo m disebut fungsi -Euler dari m, dan dinyatakan dengan
(m).
Contoh 3.12 (2) = 1 , diperoleh dari unsur 1 (3) = 2 , diperoleh dari unsur-unsur 1 dan 2 (4) = 2 , diperoleh dari unsur-unsur 1 dan 3 (5) = 4 , diperoleh dari unsur-unsur 1, 2, 3, dan 4 (16) = 8, diperoleh dari unsur-unsur 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, dan 15 (27) = 18, diperoleh dari unsur-unsur 1, 2, 4, 5, 7, 8, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 20, 22, 23, 25, dan 26 (p) = p – 1 jika p adalah suatu bilangan prima
Perhatikan bahwa himpunan {1,2,3,4} merupakan suatu system residu
tereduksi
modu- lo 5. Sekarang, coba Anda selidiki, jika
masing-masing unsur himpunan dikalikan dikalikan dengan suatu bilangan yang relative prima dengan 5, misalnya 2, 3, atau 4, sehingga diperoleh himpunan yang lain, maka apakah himpunan-
himpunan yang lain terse- but merupakan system-sistem residu yang tereduksi modulo 5 ?
Teorema 3.7 Ditentukan (a,m) = 1 Jika {x , x 2 , … , x } adalah suatu system residu modulo m yang k
1
lengkap atau tereduksi, maka {ax , ax 2 , … , ax } juga k
1
merupakan
suatu
system residu modulo m yang lengkap atau tereduksi.
Bukti : Ditentukan bahwa {x , x 2 , … , x 1
k
} adalah suatu system
residu modulo m yang lengkap, maka x i tidak kongruen x j modulo m jika x i
≠
xj.
Harus dibuktikan bahwa ax i tidak kongruen ax j modulo m jika i
≠
j
Misalkan dari unsur-unsur {ax , ax 2 , … , ax } terdapat i k
1
≠
j
sehingga berlaku hubungan ax i
≡ ax
j
(mod m).
Karena (a,m) = 1 dan ax i
≡ ax
j
(mod m), maka menurut teorema
3.6 (a), dapat ditentukan bahwa x i 1
≡x
j
(mod m), bertentangan dengan ketentuan {x
, x 2 , … , x } mek
rupakan suatu system residu lengkap modulo m. Jadi tentu ax i tidak kongruen ax
j
modulo m. Selanjutnya buktikan jika {x , x 2 , … , x } adalah suatu system 1
residu modulo m
k
yang tereduksi.
Contoh 3.13 (a)Himpunan A = {0, 1, 2, 3, 4, 5} adalah merupakan suatu system residu lengkap modulo 6. Jika masing-masing unsur A dikalikan dengan 5, yang mana (5,6) = 1, dan setelah dikalikan dimasukkan sebagai unsur himpunan B, maka dapat ditentukan bahwa B = {0, 5, 10, 15, 20, 25}. Himpunan B merupakan suatu system residu yang lengkap modulo 6 sebab setiap unsur B kongruen dengan satu dan hanya satu y ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}, yaitu :
≡ 0 (mod 6)
10
≡ 4 (mod 6)
20
≡ 2 (mod 6) 5 ≡ 5 (mod 6) ≡ 1 (mod 6)
15
≡ 3 (mod 6)
25
0
(b) Himpunan A = {1, 5, 7, 11} adalah merupakan suatu system residu tereduksi modulo 12. Jika masing-masing unsur A dikalikan dengan 17 dengan (17,12) = 1, dan setelah dikalikan dimasukkan sebagai unsur himpunan B, maka dapat ditentukan bahwa B = {17, 85, 119, 187}. Himpunan B merupakan suatu system residu tereduksi modulo 12 sebab setiap unsur B relative prima dengan 12, dan tidak ada sepasang unsur B yang kongruen, yaitu : (17,12) = (85,12) = (119,12) = (187,12) = 1
17
≡ 85 (mod 12)
≡ 187 (mod 12)
17
≡ 119 (mod 12)
17
85 119
≡
119 (mod 12)
85
≡
187 (mod 12)
≡ 187 (mod 12)
Teorema 3.8 (Teorema Euler) Jika a, m
Z dan m > 0 sehingga (a,m) = 1, maka a φ ( m ) ≡ 1 (mod
∈
m)
Bukti : Misalkan bahwa {x , x 2 , … , x φ ( 1
m)
} adalah suatu system residu
tereduksi modulo m dengan unsur-unsur bilangan bulat positif kurang dari m dan relative prima dengan m, maka menurut teorema 3.7, karena (a,m) = 1, maka {ax
1
, ax 2 , … , ax φ (
m)
} juga
merupakan suatu system residu tereduksi modulo m. Dengan demikian, residu-residu positif terkecil dari ax , ax 2 , … , ax φ ( 1
m)
adalah bilangan-bilangan bulat yang terdapat pada x , x 2 , … , x 1
φ ( m )
dengan urutan tertentu. Akibatnya kita dapat mengalikan
semua suku dari masing-masing system residu tereduksi, sehingga diperoleh : ax , ax 2 , … , ax φ ( 1
m)
≡
x , x 2 , … , x φ ( 1
m)
(mod m)
Dengan demikian dapat ditentukan bahwa : a φ ( m ) x . x 2 … x φ ( 1
m)
≡
Selanjutnya, {x , x 2 , … , x φ ( 1
tereduksi modulo m, maka
x . x 2 … x φ ( 1
m)
m)
(mod m)
} adalah suatu system residu
menurut definisi 3.3, berlaku (x i , m)
= 1. Berdasarkan teorema 2.16, karena (x i , m) = 1, yaitu (x
1
,m) = ( x 2 , m) = …
dapat ditentukan bahwa (x . x 2 … x φ ( 1
m)
(x φ (
m)
, m) = 1, maka
, m) = 1.
Dari dua keadaan : a φ ( m ) x . x 2 … x φ ( 1
(x . x 2 … x φ ( 1
m)
m)
≡
x . x 2 … x φ ( 1
m)
(mod m) , dan
, m) = 1
dapat ditentukan berdasarkan teorema 3.6 (a) bahwa :
a φ ( m ) ≡ 1 (mod m) Kita dapat menggunakan teorema Euler untuk mencari inversi modulo m. Jika a dan m adalah relative prima, maka dapat ditentukan bahwa : a φ ( m ) ≡ 1 (mod m) Dengan demikian : a φ ( m ) = a. a φ ( m ) −1 Jadi a φ (
1 m)−
≡ 1 (mod m)
adalah inversi dari a modulo m.
Contoh 3.14 Carilah dua digit terakhir lambang bilangan desimal dari 23 500 Soal ini dapat dijawab dengan menyatakan maknanya dalam bentuk lain, yaitu sama dengan mencari x jika 23 500 bentuk 23 500 dan 23 500
≡
x (mod 100) dapat dipecah menjadi 23
500
≡
x (mod 4)
≡ x (mod 25).
(a) mencari x dari 23 500 23
≡ x (mod 100). Kemudian
≡ x (mod 4).
≡ 3 (mod 4), maka 23 2 ≡ 9 (mod 4) ≡ 1 (mod 4), sehingga 23 500
= (23 2 ) 250 Dengan demikian 23 500 = (23 2 ) 250
≡ 1 250 (mod 4), atau x ≡ 1 (mod
4)
≡ x (mod 25) ≡ -2(mod 25), maka 23 2 ≡ 4(mod 25), 23 4 ≡
(b) mencari x dari 23 500 23
16(mod 25), 23 8 ≡
6(mod 25), 2316 ≡ 11(mod 25), 23 32
≡
-4(mod 25), 23 64
≡
16(mod 25), 23 128
≡
6(mod 25), dan 23256
≡
11(mod 25)
Dengan demikian 23500 = 23256.23128.2364.2332.2316.234
≡
11.6.16.(-
4).11.16 (mod 25)
≡ (-4).6.(-4).6 (mod 25) ≡ 576 (mod 25) ≡ 1, (mod 25), yaitu
≡ 1 (mod 25) yaitu x ≡ 1 (mod x
Dari hasil (a) dan (b),
4) dan x
≡
1 (mod 25), maka
berdasarkan pada teorema 3.6 (b) , x Jadi 23 500
≡
≡ 1 (mod [4,25]) x ≡ 1 (mod 100)
1 (mod 100) , berarti dua digit terakhir lambang bilangan
decimal dari 23 500 adalah 01.
Contoh 3.15 Tunjukkan jika (n,7) = 1, n ∈ N, maka 7
│ n7 – n
Jawab : Karena (n,7) = 1, maka menurut teorema Euler, n φ ( 7 )
≡ 1 (mod
7). Selanjutnya φ (7) = 6 , sehingga diperoleh n6 ≡ 1 (mod 6) , dan sesuai dengan definisi 3.1, 7│ n6 – 1 , dan akibatnya, sesuai dengan teorema 2.1, 7│n( n6 – 1) atau 7│n7 – 1
Contoh 3.16 Jika bulan ini adalah bulan Mei, maka carilah 23943 bulan lagi adalah bulan apa Jawab : Permasalahan ini dapat diganti dengan mencari x jika 23943
≡x
(mod 12). Karena (239,12) = 1, maka menurut teorema Euler, 239 φ (12 ) ≡ 1 (mod 12). Selanjutnya φ (12)
=4
, sehingga diperoleh 239 4 ≡1 (mod 12).
23943 = (2394)10.2393
≡ 1.2393 (mod 12) ≡ (-1)(-1)(-1) (mod 12)
≡ 11 (mod 12) Jadi x = 11, dengan demikian 239 43 bulan lagi adalah bulan April.
Contoh 3.16
≡
Kongruensi linier ax
b (mod m) dapat diselesaikan dengan
menggunakan teorema Euler sebagai berikut :
≡ b (mod m) a φ ( ) -1.ax ≡ a φ ( ax
m)
m
x
≡
-1
.b (mod m)
a φ ( m ) -1 .b (mod m)
≡
Penyelesian 7x
3 (mod 12) adalah x
≡
7 φ (12) −1 .3 (mod 12)
≡
74-1.3
≡ 73.3 (mod 12) ≡ 21 (mod 12) ≡ 9 (mod 12).
(mod 12)
Teorema 3.9. Teorema Kecil Fermat Jika p adalah suatu bilangan prima dan p tidak membagi a,
≡
maka ap-1
1 (mod p)
Bukti : Karena p adalah suatu bilangan prima dan p tidak membagi a, maka (p,a) = 1 (jika (p,a)
≠
1 yaitu p dan a tidak relative
prima, maka p dan a
mempunyai factor selain 1 dan p, bertentangan dengan sifat p sebagai bilangan prima). Selanjutnya, karena (p,a) = 1, maka menurut teorema 3.8, a φ (
p )
≡
1 (mod p). p adalah suatu bilangan prima, berarti dari bilangan-bilangan bulat : 0, 1, 2, 3, … , p – 1 yang tidak relative prima dengan p hanya 0
≡
p (mod p),
sehingga : {1, 2, 3, … , p – 1 } merupakan system residu tereduksi modulo dengan (p – 1) unsure, dengan demikian: φ ( p)
=
Karena φ ( p)
p =
1
−
p
1 dan a φ ( p ) ≡ 1 (mod p), maka a φ ( p ) ≡ 1 (mod p)
−
Contoh 3.17 Carilah suatu x jika 2250
≡ x (mod 7) dan 0 ≤ x < 7
Jawab : Karena 7 adalah bilangan prima, (2,7) = 1, dan φ (7)
=
7
1
−
=
6,
maka : 2 φ ( 7 ) ≡ 1 (mod 7)
≡ 1 (mod 7) 2250 = (26)41.24 ≡ 1.24 (mod 7) ≡ 16 (mod 7) ≡2 (mod 7) 26
Jadi : x = 2
Contoh 3.18 Carilah satu digit terakhir lambang bilangan basis 10 dari: (a) 2500 (b) 7175 Jawab : Untuk mencari digit terakhir dari lambang bilangan basis 10, permasalahan dapat dipandang sebagai mencari x jika y
≡ x (mod 10). Karena 2.5 = 10
dan (2,5) = 1,
≡ x (mod 10) dapat dinyatakan sebagai : y ≡ x (mod 2) dan y ≡ x (mod 5) (a) 2 ≡ 0 (mod 2), maka 2500 ≡ 0, 2, 4, 6, 8, … (mod 2) (5) = 4 dan (2,5) = 1, maka 2 4 ≡ 1(mod 5), sehingga 2500 = (24)125 . 1 (mod 5) ≡ 1, 6, 11, 16, 21, … (mod 5) Dengan demikian 2500 ≡ 6 (mod 2) dan 2500 ≡ 6 (mod 5), berarti 2500 ≡ 6 (mod 10). Satu digit terakhir lambang bilangan basis 10 maka y
dari 2500 adalah 6. (b) 7
≡ 1(mod 2), maka 7175 ≡ 1, 3, 5, … (mod 2) (5) = 4 dan (7,5) = 1, maka 7 4 ≡ 1 (mod 5), sehingga 7175 = (74)43.73 ≡ 73 (mod 5) ≡ 2.2.2 (mod 5) ≡ 8 (mod 5) ≡
(mod 5)
3
≡ 3, 8, 13, 18, … (mod 5). Dengan demikian 7175 ≡ 3 (mod 2) dan 7 175 ≡ 3 (mod 5), berarti 7175 ≡ 3 (mod 10. Satu digit terakhir lambing bilangan basis 10 dari 7175 adalah 3.
Teorema 3.10 Jika (a,m) = 1, maka hubungan ax
≡
b (mod m) mempunyai
selesaian x = a φ ( m ) -1 .b + tm
Bukti : Dari hubungan ax
≡
b (mod m) , ruas kiri dan kanan perlu
dikalikan dengan suatu factor sehingga koeffisien a menjadi 1. Pilihan factor adalah a φ ( m ) -1 sebab sesuai dengan teorema Euler, a φ ( m ) -1.a = a φ ( m )
≡ 1 (mod
m).
≡ b (mod m) a φ ( ) -1 .a x ≡ a φ ( ax
m
a φ ( m ) x
≡ a φ (
m)
-1
m)
-1
. b (mod m)
. b (mod m)
≡ a φ ( ) -1 . b (mod m) Karena tm ≡ 0 (mod m) untuk setiap bilangan bulat t, maka : x ≡ ≡ a φ ( ) -1 . b + tm (mod m) x
m
m
Jadi x = a φ ( m ) -1 .b + tm adalah selesaian ax ≡ b (mod m)
Teorema 3.11. Teorema Wilson Jika p adalah suatu bilangan prima, maka (p – 1)! ≡ -1 (mod p)
Bukti : Untuk p = 2, kita dapat menentukan bahwa (p – 1)! = 1! = 1 -1 (mod 2),
≡
dengan demikian teorema benar untuk p = 2. Untuk p > 2, berdasarkan teorema 3.9 dan teorema 3.10, jika ax
≡
1 (mod p), dan (a,p) = 1, maka x
≡ a φ (
m)
-1
, a dan x disebut saling inverse
modulo p. Dengan demikian, setiap bilangan a yang memenuhi 1 ≤ a ≤ p – 1, tentu ada a* yang memenuhi 1 ≤ a* ≤ p – 1, sehingga a.a*
≡ 1 (mod p).
Perhatikan perkalian bilangan-bilangan: 2.3. … ,(p – 3)(p – 2) yang dapat dipasang-pasangkan ke dalam (p – 3)/2 pasangan, masing-masing pasangan mempunyai hasil kali sama dengan 1 modulo p. Hal ini dapat dilakukan karena masing-masing bilangan relative prima dengan p, yaitu (a,p) = 1, sehingga masing-masing bilangan mempunyai inverse. Akibatnya : 2.3. … ,(p – 3)(p – 2)
≡ 1 (mod p)
sehingga : (p – 1)! = 1.2.3. … .(p – 3)(p – 2)(p – 1)
≡ 1.1.(p – 1) (mod
p)
≡ p – 1 (mod p) (p – 1)! ≡ – 1 (mod p) Contoh 3.19 (7 – 1)! = 6! = 1.2.3.4.5.6 = 1.(2.4).(3.5).6 = 1.8.15.6 (mod 7)
≡
1.1.1.6
≡ – 1(mod 7)
(13 – 1)! = 12! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12 = 1.(2.7).(3.9).(4.10). (5.8).(6.11).12
= 1.14.27.40.40.66.12
≡ 1.1.1.1.1.1.12 (mod 13) ≡ – 1 (mod
13)
Teorema 3.13 Jika n adalah suatu bilangan bulat positif sehingga (n – 1)!
≡–1
(mod n), maka n adalah suatu bilangan prima.
Buktikan ! Teorema 3.12 dan teorema 3.13 memberikan petunjuk kepada kita untuk menggunakan
teorema-teorema
itu
dalam
pengujian
keprimaan
suatu
bilangan.
Contoh 3.20 (15
–
1)!
=
14!
=
1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14
=
1.2.
(15).4.6.7.8.9.10.11.12.13.14
≡ 0 (mod 15) (15 – 1)! = 14! tidak kongruen dengan – 1 (mod 15), maka 15 bukan suatu bilangan prima.
Tugas dan Latihan Tugas Carilah suatu buku teori bilangan yang membahas tentang Metode
(p – 1) Pollard Jelaskan Metode Pollard itu untuk apa, dan uraikan secara lengkap. Berikan paling sedikit satu contoh penggunaan Metode (p – 1) Pollard
Latihan 1. Carilah satu contoh system residu tereduksi modulo 16 yang mempunyai dua
unsure negative. 2. Jelaskan mengapa S = {-9, -33, 37, 67} bukan merupakan system residu tereduksi modulo 10. 3. Carilah satu contoh system residu A yang lengkap modulo 12. Tambah setiap unsur dalam system residu dengan sebarang bilangan kelipatan 12, sehingga diperoleh himpunan B. Selidiki apakah B merupakan system residu lengkap modulo 12. 4. Carilah sisanya jika 1135 dibagi 13. 5. Jika hari ini hari Rabu, maka carilah hari apa 97 101 hari lagi. 6. Carilah dua digit terakhir lambang bilangan desimal dari 39125 7. Carilah suatu bilangan bulat positif terkecil x jika 61!
≡ x – 1 (mod
71) 8. Carilah suatu bilangan bulat positif terkecil x jika 7x
≡ 9 (mod 20)
Rambu-Rambu Jawaban Tugas Dan Latihan Rambu-Rambu Jawaban Tugas Metode (p – 1) Pollard adalah metode untuk mencari suatu factor dari suatu bilangan bulat n apabila n mempunyai suatu factor prima p sehingga primaprima yang membagi p – 1 adalah prima-prima yang relative kecil. Kita ingin (p – 1) hanya memiliki factor-faktor prima yang kecil sehingga ada suatu bilangan k yang tidak terlalu besar dan (p – 1) membagi k! Kita menginginkan (p – 1) membagi k! agar kita dapat dengan mudah menggunakan teorema kecil Fermat, yaitu 2 p-1
≡
1 (mod p).
Karena ditentukan (p – 1) membagi k!, maka sesuai definisi 2.1, k! = (p – 1)t untuk suatu bilangan bulat t, sehingga : 2k! = 2(p-1)t = (2p-1)t
≡ 1t (mod p) ≡ 1 (mod p)
dan akibatnya, sesuai dengan definisi 3.1, p│ 2k! – 1 . Misalkan s adalah residu positif terkecil dari 2 k! – 1 modulo n, maka 2k! – 1
≡
s
(mod n), berarti 2k! – 1 = s + nq untuk suatu bilangan bulat q, dan s = (2k! – 1 ) – nq . Selanjutnya, karena n mempunyai factor prima p, maka p│ n, dan sesuai teorema 2.1, p keadaan p│ 2k! – 1 dan p
│
nq. Dengan demikian, dari
│ nq, sesuai teorema 2.4, diperoleh p │ (2k!
– 1 ) – nq atau p│ s . Untuk mencari suatu factor n, kita hanya memerlukan untuk mencari fpb dari s dan n,
misalkan dengan menggunakan algoritma Euclides,
dan diperoleh (s,n) = d. Tentu saja diperlukan s
≠
0 sebab untuk s = 0
akan berakibat d = (s,n) = (0,n) = n Langkah-langkah menggunakan metode (p – 1) Pollard dimulai dengan mencari 2 k! untuk suatu bilangan bulat positif k. Berikutnya, untuk menhitung sisa positif terkecil dari 2k! modulo n, tentukan r1 = 2, dan serangkaian hitungan : r2
kita
≡ r12 (mod n),
r3 = r23 (mod n) , … , r k-1k (mod n). Sebagai contoh kita akan mencari suatu factor prima dari 689. r1 = 2, r2 = r12 = 4, r 3 = r23 = 64, r4 = r34 = 16777216
≡ 66 (mod
689) Perhatikan (rk – 1, 689) = 1 untuk k = 1, 2, 3, tetapi (r 4 – 1, 689) = (65, 689) = 13 (dicari dengan menggunakan algoritma Euclides). Dengan demikian suatu factor prima dari 689 adalah 13.
Rambu-Rambu Jawaban Latihan 1. Suatu contoh system residu tereduksi modulo 16 adalah A = {1,3,5,7,9,11,13,15}. Jika unsure-unsur A ditambah atau dikurangi dengan kelipatan 16 sehingga diperoleh himpunan B, maka B juga merupakan suatu system residu tereduksi modulo 16
Tiga contoh system residu tereduksi modulo 16 dengan dua unsure negative adalah {-15,-29,5,7,9,11,13,15}, {1,3,5,-41,9,-5,13,15} dan {1,3,5,7,71,11,13,-1} 2. S = {-9,-33,37,67} bukan merupakan system residu tereduksi modulo 10 sebab -33
≡ 37 (mod 10), -33 ≡ 67 (mod 10), dan atau 37 ≡ 67 (mod 10)
3. A = {1,5,7,11} dan B = {13,29,67,131} B merupakan suatu system residu tereduksi modulo 12 karena (13,12) = (29,12) = (67,12) = (131,12) = 1 dan tidak ada satupun sepasang unsure B yang kongruen. 4. Kita harus mencari x dari 1135
≡ x (mod 13)
Karena (11,13) = 1, maka dan
(13) = 12, maka menurut
teorema kecil Fermat,
≡ 1 (mod 13). ≡ (-2)11 (mod 13) ≡ 4.4.4.4.4.11
kita dapat menentukan bahwa 1112 1135 = (1112)2.1111
≡ 1111 (mod 13)
(mod 13)
≡ 3.3.5 (mod 13) ≡ 6 (mod 13) Jadi x = 6 5. Kita harus mencari x dari 97101 (97,7) = 1, maka 97 6 97101 = (976)6.975
≡
≡ x (mod 7)
≡ 1 (mod 7) 975 (mod 7)
≡
97.97.97.97.97 (mod 7)
≡
6
(mod 7) Jadi 97101 hari lagi adalah hari Selasa 6. (39,25) = 1, maka menurut teorema Euler, 39 φ ( 25) ≡ 1 (mod 25) atau 3920
≡ 1 (mod 25)
39125 = (3920)6.395
≡ 395 (mod 25) ≡ 145 (mod 25) ≡ 4 (mod 25)
(39,4) = 1, maka menurut teorema Euler, 39 φ ( 4) ≡ 1 (mod 4), 39 2
≡1 (mod 4) 39125 = (392)62.39
≡ 3 (mod 4)
Selanjutnya dari : 39125
≡ 4 (mod 25) ≡ 4,29,54,79 (mod 25) 39125 ≡
dan 3
(mod
≡
4)
3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43,47,51,55,59,63,67,71, 75,79,83,87,91,95,99 (mod 4) dapat ditentukan bahwa 39125
≡ 79 (mod 100)
Jadi dua digit terakhir lambing bilangan decimal 39125 adalah 79 7. Karena 71 adalah suatu bilangan prima, maka menurut teorema Wilson, (71 – 1)! = 70!
≡–1
(mod 71)
(61!).62.63.64.65.66.67.68.69.70.71 (61!)(-9)(-8)(-7)(-6)(-5)(-4)(-3)(-2)(-1) (61!)(72)(-72)(70) 61! 61!
≡
≡ – 1 (mod 71) ≡ – 1 (mod 71)
≡ – 1 (mod 71)
≡ – 1 (mod 71)
– 1 (mod 71) dan 61!
≡
x – 1 (mod 71), maka x – 1
≡
– 1
(mod 71), atau x
≡ 0 (mod 71) ≡ 0, 71, 142, 213, … (mod 71)
Karena x yang dicari adalah yang terkecil, maka x = 71. 8. 7x
≡
9 (mod 20), maka x = 7 φ ( 20) −1 .9
≡
78-1.9 (mod 20)
≡
(mod 20)
≡ 49.49.49.7.9 (mod 20) ≡ (9)(9)(9).63 (mod 20) ≡ 9.3 (mod 20) ≡ 7 (mod 20) Jadi x
≡ 7 (mod 20)
Rangkuman
77.9
Secara keseluruhan, bagian-bagian utama yang perlu diperhatikan dalam Kegiatan Belajar 2 adalah Definisi dan Teorema, yaitu: 1. Definisi 3.2 tentang system residu yang lengkap modulo m 2. Definisi 3.3 tentang system residu tereduksi modulo m 3. Definisi 3.4 tentang fungsi
-Euler
5. Teorema-Teorema : 3.7. Jika (a,m) = 1 sedemikian hingga {x , x 2 , … , x } adalah k
1
suatu system residu yang lengkap atau tereduksi, maka {ax , ax 2 , … , ax 1
k
}
juga merupakan sistem residu yang lengkap atau tereduksi modulo m. 3.8. Teorema Euler Jika a, m
∈
Z dan m > 0 sehingga (a,m) = 1, maka a φ ( m ) ≡ 1
(mod m) 3.9. Teorema Kecil Fermat Jika p adalah suatu bilangan prima dan p tidak membagi a, maka ap-1
≡ 1 (mod p)
3.10. Jika (a,m) = 1, maka hubungan ax
≡ b (mod m) mempunyai
selesaian x = a φ ( m ) -1 .b + tm 3.11.Teorema Wilson Jika p adalah suatu bilangan prima, maka (p – 1)! p)
Tes Formatif 2 1. Skor 10 Carilah suatu x jika 5x 2. Skor 10
≡ 7 (mod 23)
≡ -1 (mod
Tunjukkan jika n adalah suatu bilangan komposit dan n
≠
4 ,
maka (n – 1) !
≡ 0 (mod n)
3. Skor 10 Tunjukkan jika p adalah suatu bilangan prima ganjil, maka
≡ – 1 (mod p)
2(p – 3)! 4. Skor 10
Tunjukkan jika n adalah suatu bilangan ganjil dan n tidak membagi tiga, maka n2
≡ 1 (mod 24)
5. Skor 10 Tunjukkan jika p dan q adalah bilangan-bilangan prima yang berbeda, maka pq-1 + qp-1
≡ 1 (mod pq)
6. Skor 10 Tunjukkan jika p adalah suatu bilangan prima ganjil, maka 1232 … (p – 4)2(p – 2)2
≡ (-1)(p+1)/2(mod p)
7. Skor 10 Tunjukkan jika p adalah suatu bilangan prima ganjil dan p
≡
3(mod 4), maka ((p – 1)/2)!
≡
±
1(mod p)
8. Skor 20 Carilah bilangan-bilangan bulat positif n jika n4 + 4n adalah bilangan prima 9. Skor 10 Tunjukkan jika p adalah suatu bilangan prima dan a adalah suatu bilangan bulat, maka p
│ (ap + (p – 1)!a)
Rambu-Rambu Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1 1. (a) B
(f) B
(b) B
(g) B
(c) B
(h) B
(d) B
(i) S
(e) S
(j) B
≡ 84 (mod 100) , 28 4 ≡ 56 (mod 100) , 28 8 ≡ 36 (mod 100), 2816 ≡ 96 (mod 100) , 28 32 ≡ 16 (mod 100) , 28 64 ≡ 56 (mod
2. (a) 282
100) 2875 = 2864.288.282.28
≡ 56.36.84.28 (mod 10) ≡ 32(mod 100)
Dua digit terakhir lambang bilangan desimal 2875 adalah 32
≡
(b) 232
529 (mod 1000) , 23 3
≡
167 (mod 1000) , 23 6
≡
321 (mod 1000) , 23 24
≡
041 (mod 1000) , 23 48
≡ 681
889
(mod 1000) , 2312
≡
(mod 1000) , 2395 = 2348.2324.2312.236.233.232
≡ 681.41.321.889.167.529 (mod 1000) ≡ 207 (mod 1000) Tiga digit terakhir lambang bilangan desimal 23 95 adalah 207 3. Perhatikan bahwa 13 + 23 + … + (n – 1) 3
≡ [(n – 1)n]2 / 4
Jika n adalah suatu bilangan ganjil, maka n – 1 adalah bilangan genap, sehingga [(n – 1)]2 / 4 adalah suatu bilangan bulat, berarti [(n – 1)n]2 / 4
≡
0 (mod n), dan jika n adalah kelipatan 4, misalkan n = 4k, maka [(n – 1)n] 2 / 4 = [(4k – 1)4k] 2 / 4 = 4k2(4k – 1) = 4k(4k 2 – k) = n(4k2 – k)
≡ 0 (mod n).
Jika n adalah suatu bilangan bulat genap tetapi bukan kelipatan 4, maka n = 2k
dimana k adalah suatu bilangan bulat ganjil, dan (n – 1) adalah suatu bilangan bulat ganjil . Dengan demikian [(n – 1)n] 2 / 4 = [(n – 1)2k] 2 / 4 = [(n – 1)k]2 merupakan bilangan bulat ganjil karena diperoleh dari kuadrat (n – 1)k yang ganjil (sebab (n – 1) dan k keduanya merupakan bilangan-bilangan ganjil, berarti tidak mungkin kongruen dengan 0 modulo n (n adalah suatu bilangan bulat genap). 4. n = 1 memenuhi hubungan sebab 5 = 51 = 1 + 4(1)
≡
1 + 4.1
(mod 16). Misalkan hubungan berlaku untuk n = k, yaitu 5 k
≡
1 + 4k (mod
16), harus dibuktikan hubungan berlaku untuk n = k + 1, yaitu 5 k+1
≡ 1 + 4(k + 1)
(mod 16)
≡ 5(1 + 4k) (mod 16) ≡ 1 + 4(k + 1)(mod 16). 5. (a) n! = 1.2.3…n ≡ 0(mod 7) jika n ≥ 7. Karena 1! ≡ 1 (mod 7), 2! ≡ 2 (mod 7), 3! ≡ 6 (mod 7), 4! ≡ 3 5k+1 = 5k.5
(mod 7), 5!
≡ 1 (mod 7),
6!
≡ 6 (mod 7),
maka
1! + 2! + 3! + 4! + 5!
+ 6! + 7! + … + 100!
≡ 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! (mod 7) ≡ 1 + 2 + 6 + 3
+ 1 + 6 (mod 7)
≡ 5 (mod 7) (b) n! = 1.2.3…n
≡ 0(mod 25) jika n ≥ 10
1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! + 7! + … + 100!
≡ 1! + 2! + 3! +
… + 9! (mod 25)
≡
1 + 2 + 6 + 24 + 20 + 20 + 15 + 20 + 5 (mod 25)
(mod 25).
≡
13
6.(a) Jika secara berurutan kita kerjakan, maka dapat kita cari bahwa: 1! 5!
≡ 1 (mod 7), 2! ≡ 2 (mod 7), 3! ≡ 6 (mod 7), 4! ≡ 3 (mod 7),
≡ 1 (mod 7),
≡ 6 (mod 7), (b) 1! ≡ 1 (mod 13), 2! ≡ 2 (mod 13), 3! ≡ 6 (mod 13), 4! ≡ 11 (mod sehingga 6!
13),
≡ 5.11 (mod 13) ≡ 3 (mod 13), 6! ≡ 6.3 (mod 13) ≡ 5 (mod
51! 13), 7!
≡
7.5 (mod 13)
≡
9 (mod 13), 8!
≡
8.9 (mod 13)
≡
7 (mod
13),
≡
9!
9.7 (mod 13)
≡
11 (mod 13), 10!
≡
10.11 (mod 13)
≡
≡
12.1 (mod 13)
≡
6
(mod 7), 11!
≡
11.6 (mod 13)
1 (mod 13), 12!
≡
12
(mod 7).
≡ 18 (mod 19) Kerjakan seperti (a) dan (b), diperoleh 22! ≡ 22 (mod 19)
(c) Kerjakan seperti (a) dan (b), diperoleh 18! (d)
Dari hasil-hasil (a), (b), (c), dan (d) dapat diduga adanya suatu teorema : Jika p adalah suatu bilangan prima, maka (p – 1)!
≡ – 1 (mod
p)
Tes Formatif 2 1. 5x
≡
7 (mod 23), maka x
≡
521.7 (mod 23)
≡
(52)10.5.7 (mod 23)
≡
210.12 (mod 23)
≡ 25.25.12 (mod 23) ≡ 9.9.12 (mod 23) ≡ 6 (mod 23) 2. Jika n adalah suatu bilangan komposit, maka n mempunyai facktor f yang kurang dari
n
dengan 1 < n/f < n . Dengan demikian faktor f dan n/f
keduanya muncul
di antara faktor-faktor (n – 1)! = 1.2.3. … .(n – 1). Jika f
≠
n/f,
Karena f dan n/f adalah faktor-faktor (n – 1)! , berarti (n – 1)!
≡0
maka n│ (n – 1)!
(mod n). Jika f = n/f , maka f.f = f.(n/f) = n, atau f 2 = n. Karena 2f < n, maka 2f 2 = 2n merukan factor dari (n – 1)!, berarti (n – 1)!
≡ 0 (mod n)
3. Diketahui bahwa p adalah suatu bilangan prima ganjil, maka menurut teorema Wilson, (p – 1)!
≡
– 1 (mod p), berarti (p – 1)(p -2)(p – 3)!
≡
– 1
(mod p) atau (-1)(-2)(p – 3)!
≡ – 1 (mod p). Jadi 2(p – 1)! ≡ – 1 (mod p)
4. Karena n tidak membagi 3, maka (3,n) = 1, sehingga n 2
≡ 1 (mod
3), atau 3
│ n2 – 1 . Selanjutnya diketahui bahwa n adalah suatu bilangan
ganjil, maka n = 2t + 1 untuk suatu bilangan bulat t. Dengan demikian n 2 – 1 = (2t + 1)2 – 1 atau n2 – 1 = 4(t2 + t) = 4t(t + 1). Karena t dan t2 harus berparitas sama, yaitu keduanya
genap
atau
keduanya
ganjil, maka n2 – 1 = 4t(t
+ 1) = 8r, atau 8│ n2 – 1. Karena 3│ n2 – 1 , 8│ n2 – 1 , dan (3,8) = 1, maka 3.8 =
│ n2 – 1,
24
berarti n2
≡ – 1 (mod 24).
5. Karena (p,q) = 1, maka sesuai dengan teorema kecil Fermat,
≡ 1 (mod q) dan qp-1 ≡ 1 (mod p). Akibatnya, p q-1+ qp-1 ≡ 1 (mod q) dan qp-1+ pq-
pq-1
1
≡ 1(mod p)
Dengan demikian, sesuai dengan teorema 3.6 (b), p q-1+ qp-1
≡
1
(mod pq) 6. 1 232 … (p – 4)2(p – 2)2
≡
(-1)(p-1)/2 .1.(-1).2.(-2). … .(p – 4)(4 – p).(p
– 2)(2 – p)
≡ (-1) (p-1)/2 1.(p – 1).2.(p – 2) … (p – 4).4.2 ≡ (-1)(p-1)/2 .(p – 1)! ≡ (-1)(p1)/2
(-1)
≡
(-1)(p+1)/2 (mod p)
7. p adalah suatu bilangan prima, maka: p – 1 ≡ – 1 (mod p),
≡ –2 (mod p), p – 3 ≡ – 3
≡
(mod p), … , (p + 1)/2
p–2
(p – 1)/2 (mod p). Dengan
demikian dapat ditentukan bahwa ( Jika k = (
p −1
p −1
2
)!, maka k2
2
2
)!
≡
– 1 (p – 1)!
≡ 1 (mod p)
≡ 1 (mod p), yaitu p │ k2 – 1 , p │(k – 1)
(k + 1), berarti k
≡
±
1 (mod p), atau (
p −1
2
)!
≡
±
1 (mod p)
8. Jika n adalah suatu bilangan bulat genap, maka n4 + 4n adalah suatu bilangan genap positif dan lebih dari 2 sehingga tentu n adalah bukan suatu bilangan prima. Jika n adalah suatu bilangan bulat positif ganjil, maka : perhatikan bahwa n4 + 4n = n4 + 2n22n + 22n – 2n22n = (n2 + 2n)2 – (n.2(n+1)/2)2 = (n2 + 2n + n.2(n+1)/2)(n2 + 2n - n.2(n+1)/2 ) Jika n > 1, maka masing-masing factor n4 + 4n adalah lebih dari 1, sehingga jelas bahwa n4 + 4n bukan merupakan suatu bilangan prima. Jadi n = 1, sehingga dapat ditentukan bahwa n4 + 4n = 14 + 4n = 1 + 4 = 5.
