BAB III KONGRUENSI
3.1 Pengertian Jika Jika kita kita berbic berbicara ara konsep konsep kongru kongruens ensii sebenar sebenarnya nya hal ini secara secara tidak tidak langsu langsung ng sudah sudah didap didapatk atkan an pada pada pelaja pelajaran ran matema matematik tika a Sekola Sekolah h Dasar, hanya saja istilah yang digunakan sedikit berbeda yaitu bilangan jam jam atau atau bilang bilangan an bersisa bersisa.. Cara Cara yang yang dilaku dilakukan kan biasan biasanya ya dipera diperagak gakan an dengan menggunakan jam sebagi media dalam operasi yang berlaku, baik ju jumlah mlah
maupu aupun n
pengu engura rang ngan an..
Dala Dalam m
bilan ilanga gan n
jam jam
ena enaman, man,
jika jika
diop dioper erasi asika kan n deng dengan an meng menggu guna naka kan n jam jam maka maka bila bilang ngan an bula bulatt yang yang digunakan adalah 0, 1, 2, 3, 4, dan 5. Sedangkan bilangan bulat lainnya dapat direduksi direduksi yaitu dengan cara membagi bilanmgan bilanmgan tersebut dengan 6 dan bilangan yang digunakan adalah sisa dari pembagian tersebut. Contoh: 14 dalam jam enaman enaman dapat direduksi menjadi menjadi 2, karena karena 14 jika dibagi 6 bersisa 2. 21 dalam jam enaman enaman dapat direduksi menjadi menjadi 3, karena karena 21 jika dibagi 6 bersisa 3. 61 dalam jam enaman enaman dapat direduksi menjadi menjadi 1, karena karena 61 jika dibagi 6 bersisa 1. dan seterusnya. Berdas Berdasark arkan an proses proses reduks reduksii dan operas operasii yang yang ada pada pada bilang bilangan an jam, jam, selanjutnya dikembangkan konsep kongruensi sebagai berikut.
Teori Bilangan-
72
14
≡
2 karena jika 14 dibagi 6 bersisa 2
21
≡
3 karena jika 21 dibagi 6 bersisa 3
61
≡
1 karena jika 61 dibagi 6 bersisa 1
Pernyataan di atas dapat pula dinyatakan dengan 14
≡
2 karena 14 – 2 = 12 dan 12 habis dibagi 6
21
≡
3 karena 21 – 3 = 18 dan 18 habis dibagi 6
61
≡
1 karena 61 – 1 = 60 dan 60 habis dibagi 6. Berdasarkan contoh di atas terlihat bahwa sesungguhnya konsep
kon ko ngrue gruen nsi
adal adalah ah
pen pengkaj gkajia ian n
sec secar ara a
leb lebih
mend endalam alam
tent tentan ang g
keterbagian keterbagian pada bilangan bilangan bulat bulat dan sifat-sifatn sifat-sifatnya ya yang telah dipelajari dipelajari pada bab II, atau dapat pula dikatakan bahwa kongruensi adalah cara lain untu untuk k meng mengkaj kajii ke kete terb rbag agia ian n dala dalam m bila bilang ngan an bula bulat. t. Untu Untuk k jela jelasn snya ya perhatikan definisi dan teorema di bawah ini.
Definisi 3.1
Misal a, b, m
∈
Z dan m
≠
0, maka a disebut kongruen dengan b modulo
m jika a-b habis dibagi oleh m, yaitu m │a – b. Pernyataan ini dinotasikan a b (mod m).
≡
Jika m ┼ (a-b) maka dinotasikan dengan a
≡
∕ b (mod m).
Contoh: 7
≡
2 ( mod 5), karena 5 │(7-2)
34
≡
4 ( mod 10), karena 10 │(34-4)
17
≡
1 ( mod 4), karena 4 │(17-1)
6
≡
∕ 1 (mod (mod 4), karena karena 4 ┼ (6-1)
Teori Bilangan- 73
11
≡
∕ 4 (mod 9), karena 9 ┼ (11-4) Dengan demikian sebenarnya istilah kongruensi sering muncul
dala dalam m ke kehi hidu dupa pan n di seki sekita tarr kita kita.. Misa Misaln lnya ya ke kerj rja a ka kale lend nder er yang yang kita kita gunaka gunakan n dalam dalam tahun tahun Masehi Masehi menggu menggunak nakan an bilang bilangan an bulat bulat modulo modulo 7 karena karena dalam dalam satu satu minggu minggu terdap terdapat at 7 hari, hari, ker kerja ja arloji arloji menggu menggunak nakan an bilangan bilangan bulat modulo modulo 12 karena karena waktu yang yang ada dalam jam yaitu yaitu jam 01.00 – 12.00. Banyaknya bulan dalam satu tahun menggunakan bilangan bulat modulo 12, pasaran hari dalam satu minggu menggunakan bilangan bulat bulat modulo modulo 5 karena karena terdap terdapat at pasara pasaran n hari hari pon, pon, wage, wage, kliwon kliwon,, legi, legi, pahing pahing dan masih masih banyak banyak lagi lagi conto contoh-c h-cont ontoh oh penggu penggunaa naan n kongru kongruens ensii yang secara tidak langsung ada disekitar kita.
Dalil 3.1
Misal a,b,c, a,b,c,
∈
Z, dan m
∈
N, maka berlaku sifat-sifat simetris, refleksif,
dan transitip. a. Refl Reflek eksi sif f a
≡
a (mod m)
b. Sim Simetri etris s Jika a
≡
b (mod m) maka b
≡
a.(mod m)
≡
c (mod m)m, maka a
c. Transi ansittif Jika a
≡
b (mod m) maka b
≡
c (mod m)
Bukti
a. Misal m
≠
0, maka m│0.
m│0 berarti m
│(a-a)
Teori Bilangan- 74
Karena m
│(a-a), hal ini menurut definisi a
bilangan
bulat a dan m
≠
≡
a (mod m), untuk setiap
0.
Cara lain a
≡
b. a
a (mod m), sebab a-a = 0 dan m │0. b (mod m), menurut definisi berarti m │a-b, sedangkan menurut
≡
definisi keterbagian m│a-b, dapat dinyatakan sebagai (a-b) = tm, untuk t
∈
Z.
(a-b) = tm
⇔
-(a-b) = -tm
⇔
(b-a) = (-t)m, -t
∈
⇔
m
│(b-a) atau b
≡
c. a
≡
b
Z. a (mod m)
b (mod m) berarti m c (mod m) berarti m
≡
│(b-a) │(b-c)
Menurut dalil keterbagian m
│(b-a) dapat dinyatakan dengan a-b = t 1m
m
│(b-c) dapat dinyatakan dengan b-c = t 2m ---------------- + (a-c) = (t1+t2)m, untuk t 1,t2
Jadi m
∈
Z
│(a-c) atau a ≡ c(mod m)
Teorema 3.1
Misal a,b,c,d
1. Jika a
≡
∈
Z dan m
∈
N, maka
b (mod m) maka ac
≡
bc (mod m)
Bukti a
≡
b (mod m) berarti m
│(a-b)
Teori Bilangan- 75
Menurut definisi keterbagian bilangan bulat berlaku (a-b) = tm, t
∈ Z.
⇔
(a-b)c = (tm)c.
⇔
ac – bc = (tc)m
⇔
ac – bc = xm, x
∈ Z.
Karena ac-bc = xm, berarti m
2. Jika a
≡
b (mod m) maka a+c
│ (ac-bc) atau ac = bc (mod m)
≡
b+c (mod m)
Bukti a
≡
b (mod m) berarti m
│(a-b)
Menurut definisi keterbagian bilangan bulat berlaku (a-b) = tm, t
∈ Z.
⇔
(a-b) + 0 = (tm)
⇔
(a-b) + (c-c) = (tm)
⇔
(a+c) – (b+c) = (tm)
Karena (a+c) – (b+c) = tm, berarti m
│ (a+c) – (b-c) atau a+c = b+c
(mod m)
3. Jika a
≡
b (mod m) dan c
≡
d (mod m) maka a+c
≡
b+d (mod m)
Bukti a
≡
b (mod m) berarti m
│(b-a)
c
≡
d (mod m) berarti m
│(c-d)
Menurut dalil keterbagian m
│(b-a) dapat dinyatakan dengan a-b = t 1m
m
│(c-d) dapat dinyatakan dengan c-d = t 2m ---------------- +
Teori Bilangan- 76
(a+c) - (b+d) = (t1+t2)m, untuk t1,t2 Jadi m
4. Jika a
∈
Z
│(a+c) - (b+d) atau a+c ≡ b+d (mod m)
≡
b (mod m) dan c
≡
d (mod m) maka a-c
≡
b-c (mod m)
Bukti a
≡
b (mod m) berarti m
│(b-a)
c
≡
d (mod m) berarti m
│(c-d)
Menurut dalil keterbagian m
│(b-a) dapat dinyatakan dengan a-b = t 1m
m
│(c-d) dapat dinyatakan dengan c-d = t 2m ---------------- (a-c) - (b-d) = (t1-t2)m, untuk t 1,t2
Jadi m
5. Jika a
∈
Z
│(a-c) - (b-d) atau a-c ≡ b-d (mod m)
≡
b (mod m) dan d
│m, d > 0, maka a
≡
b (mod d)
Bukti Karena a Jika m
b (mod m) maka m
│m-b
│a-b dan d │m, berarti d │a-b , d > 0.
Karena d
6. Jika a
≡
≡
│a-b berati a
≡
b (mod d)
b (mod m) dan c
≡
d (mod m) maka
ax + by = bx + dy (mod m), untuk x,y
∈
Z.
Bukti a
≡
b (mod m) berarti m
│(a-b)
c
≡
d (mod m) berarti m
│(c-d)
Menurut dalil keterbagian m
│(b-a) dapat dinyatakan dengan a-b = t 1m
Teori Bilangan- 77
│(c-d) dapat dinyatakan dengan c-d = t 2m
m ⇔
(a-b)x = (t1m)x, x
∈Z
⇔
(c-d)y = (t2m)y, y
∈Z
---------------------------- + (a-b)x + (c-d)y = {(t 1m)x+ (t2m)y}, x,y
∈Z
atau (ax +cy) – (bx+dy) = {(t 1x)+ (t2y)}m, {(t1x)+ (t2y)} atau m
7. Jika a
≡
∈Z
│(ax +cy) – (bx+dy) = atau (ax +cy) ≡ (bx+dy) (mod m) b (mod m) dan c
≡
d (mod m) maka ac = bd (mod m)
Bukti a
≡
b (mod m) berarti m
│(a-b)
c
≡
d (mod m) berarti m
│(c-d)
Menurut dalil keterbagian m
│(b-a) dapat dinyatakan dengan a-b = t 1m
m
│(c-d) dapat dinyatakan dengan c-d = t 2m
⇔
(a-b)c = (t1m)c, c
∈Z
atau (ac – bc) = (t 1m)c, c
∈Z
⇔
(c-d)b = (t2m)b, b
∈Z
atau (cb – db) = (t 2m)b, b
∈Z
----------------------------------------------------------------- + (ac-bd) = (t1m)c + (t2m)b, a,b ⇔
atau m
8. Jika a
≡
∈ Z.
(ac-bd) = (t1c + t2b)m, (t1c + t2b)
∈ Z.
│(ac – bd ) atau (ac) ≡ (bd) (mod m) b (mod m) maka a n = bn (mod m)
Bukti a
≡
b (mod m) berarti m
│(a-b)
Menurut dalil keterbagian
Teori Bilangan- 78
│(b-a) dapat dinyatakan dengan a-b = tm
m
Selanjutnya kita mengetahui bahwa an – bn = (a-b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ..... + bn-1) Karena a-b a-b
│ a-b , maka
│ an – bn , atau
a-b
│(a-b)(an-1 + an-2b + an-3b2 + ..... + bn-1)
Menurut dalil keterbagian: Jika m
│a-b dan a-b │ an – bn , maka a-b │ an – bn
Jadi a-b
│ an – bn atau an
≡
bn (mod m)
Dalil 3.2
Andaikan f adalah suatu polinomial dengan koefisien-koefisien bilangan bulat, Jika Jika a
≡
b (mod m), maka f(a)
≡
f(b) (mod m).
Bukti Misal f(x) = t nxn + tn-1xn-1 + tn-2xn-2 + tn-3xn-3 + ..... + t1x + to Dengan tn, tn-1, tn-2, tn-3, t1x, to ∈
Z.
Jika x = a maka f(a) = t nan + tn-1an-1 + tn-2an-2 + tn-3an-3 + ..... + t1a + to Jika x = b maka f(b) = t nbn + tn-1bn-1 + tn-2bn-2 + tn-3bn-3 + ..... + t1b + to --------------------------------------------------------------------------------------------------- -
f(a) – f(b) = t n(an - bn ) + tn-1(an-1 - bn-1 ) + tn-2(an-3 –bn-3) + ..... + t1(a-b) Dengan menggunakan sifat sebelumnya diperoleh a a2
≡
≡
b (mod m) atau m
│a-b sehingga m │t1(a-b)
b2 (mod m) atau m
│a2-b2 sehingga m │t2(a2-b2)
Teori Bilangan- 79
a3
≡
b3 (mod m) atau m
│a3-b3 sehingga m │t3(a2-b2)
a4
≡
b4 (mod m) atau m
│a4-b4 sehingga m │t4(a4-b4)
............................................................................. an
≡
│an-bn sehingga m │tn(an-bn)
bn (mod m) atau m
Dengan menggunakan definisi keterbagian pada bilangan bulat maka: m
│tn(an-bn) + tn-1(an-1-bn-1) + tn-2(an-2-bn-2) + tn-3(an-3-bn-3) + ..... + t 1(a1-b1),
hal ini berarti m
│f(a) – f(b) atau f(a)
f(b) (mod m)
≡
Perhatikan beberapa contoh berikut ini! Perhatikan beberapa contoh berikut ini!
1. 41
≡
1 (mod 8) hal ini berarti 8
│ (41-1) atau 8 │40. Dengan kasus
yang sama maka 8 │ (1- 41) atau 8
│ - 40, sehingga 1
≡
41 (mod 8).
2. Karena 0 habis dibagi oleh sebarang bilangan bulat m, dan 0 dapat diperoleh dari hasil pengurangan sebarang dua bilangan yang sama, maka dapat ditentukan
- 3│ 0
→
3
│5-5
→
5
≡
5 (mod 3)
- 7│ 0
→
7
│9-9
→
7
≡
7 (mod 9)
- 11│0 3. 25 99
4. 26 5
≡
≡
≡
│25
→
11
│20
→
20
11 (mod 7), karena 7
→
5
│3.25
→
Apakah 7
│2(30-2)
Apakah 7
│10(30-2)
5
20 (mod 9)
│25-11 atau 7 │14.
1 (mod 44), karena 44 1 (mod 5), karena 5
≡
│99-1 atau 44 │98
│26-1 atau 5│25
│10.25
→
5
│11.25
→
5
│100.25
Teori Bilangan- 80
Apakah 2.30
2.2 (mod 7)
≡
Apakah 10.30
≡
10.2 (mod 7)
5. 26
≡
1 (mod 5), karena 5
│26-1 atau 5│25
36
≡
1 (mod 5), karena 5
│36-1 atau 5│35
Apakah 5
│26+36 atau 5│1+1
Apakah 5
│(26+36) – (1+1) atau apakah 5 │62 –2
6. 13
≡
7
≡
3 (mod 5), karena 5
│13 –3
2 (mod 5), karena 5
│7–2, Apakah 91
≡
6 (mod 5)
Jika kita perhatikan contoh di atas nampak bahwa dalam kongruensi berlaku sifat-sifat yang sama dalam pembagian bilangan bulat
3.2 Sistem Residu Untuk membahas pengertian sistem residu, perlu diingat kembali tentang algoritma pembagian.
Menurut teorema algoritma pembagian
terdapat bilangan bulat q dan r sehingga untuk setiap bilangan bulat a dan m berlaku hubungan a = qm +r, dengan 0 ≤ 0 < r.
Selanjutnya
persamaan a = qm + r dapat dinyatakan dalm bentuk kongruensi a
≡
q
(mod m) Akibatnya, setiap bilangan bulat a kongruen modulo m dengan salah satu bilangan bulat berikut: 0, 1, 2, 3, ..... , m-1. Dengan demikian jelaslah bahwa tidak ada sepasangpun dari bilangan-bilangan 0, 1, 2, 3, ..... , m-1 yang kongruen satu sama lain. Maka m buah bilangan tersebut dapat membentuk suatu sistem residu lengkap modulo m. Definisi 3.3
1. Jika x
≡
y (mod m) maka y disebut residu dari x modulo m.
Teori Bilangan- 81
2. Misal A = { x1, x2, x 3, ..... , xm }, disebut suatu sistem residu modulo m yanglengkap jika dan hanya jika untuk setiap y (0 satu dan hanya satu x i sedemikian sehingga y
≡
≤y
xi (mod m) atau x i
≡
y
(mod m) y Contoh 1. {6, 7, 8, 9, 10} adalah suatu sistem residu modulo 5 yang lengkap sebab untuk setiap y dan (0 10 9
≤y
<5 ) terdapat hubungan
0 (mod 5)
≡
4 (mod 5)
≡
8
≡
3 (mo 5)
7
≡
2 (mod 5)
6
≡
1 (mod 5)
2. {-5, 10, 27} adalah bukan suatu sistem residu modulo 5 yang lengkap sebab: 10 27 -5
1 (mod 3)
≡
≡
≡
0 (mod 3)
/ 1 (mod 3)
3. {4, 25, 82, 107} adalah suatu sistem residu modulo 4 yang lengkap sebab untuk setiap y dan (0 4
≡
25
≤y
<4 ) terdapat hubungan
0 (mod 4) ≡
1 (mod 5)
Teori Bilangan- 82
82
2 (mo 5)
≡
107
≡
6
1 (mod 5)
≡
3 (mod 5)
Misal diberikan kongruensi 5
≡
2 (mod 3).
Bilangan-bilangan bulat yang bersisa 2 jika dibagi 3 adalah 2, (2
±
3), (2
± 2.3),
(2
± 3.3),
(2
± 4.3),
...... , (2
± (m-1).3),
= 2, 5, 8, 11, 14, .... = ....., -10, -7, -4, -1, 2, ..... Jika keduanya digabungan didapat himpunan { ...., -10, -7, -4, -1, 2, 5, 8, 11, ..... } disebut
sebagai
himpunan
residu
(kongruen)
2
modulo
3
yang
dilambangkan dengan [ 2 ], sehingga: [ 2 ] = { ...., -10, -7, -4, -1, 2, 5, 8, 11, ..... } Untuk modulo 3 terdapat tiga himpunan residu, yaitu: [ 0 ] = { ...., -12, -9, -6, -3, 0, 3, 6, 9, .... } [ 1 ] = { ...., -11, -8, -5, -2, 1, 4, 7, 8 , ..... } [ 2 ] = { ...., -10, -7, -4, -1, 2, 5, 8, 11, ..... } Ketiga himpunan residu modulo 3 membentuk suatu klas residu modulo 3 yaitu { [ 0 ], [ 1 ], [ 2 ] } Dengan demikian untuk sebarang m
∈
Z dan m > 0, terdapat (m-1)
himpunan residu modulo m dan kelas residu modulo m yang mempunyai (m-1) anggota, yaitu: { [ 0 ], [ 1 ], [ 2 ], [ 3 ], ..... , [ m-1 ] }
Teori Bilangan- 83
Dengan demikian untuk sebarang x,r nilai
∈
x yang memenuhi hubungan x
Z dan 0
≤
r < m, maka nilai-
≡ r (mod m) membentuk barisan
aritmatika sebagai berikut:
....., r-4m, 2-3m, r-2m, 2-m, r, r+m, r+2m, r+3m, ..... Dalil 3.2
Jika b
≡ c (mod m), maka (b,m) = (c,m)
Bukti. Karena b
≡ c (mod m) berarti m │ b-c
Berdasarkan teorema sebelumnya dalam keterbagian, sehingga: Bila (b,m)
│m dan m │ b-c maka (b,m) │b-c
Bila (b,m)
│b dan (b,m) │ b-c maka (b,m) │c.
Jadi bila (b,m)
│m dan (b,m) │c maka (b,m) adalah pembagi persekutuan
m dan c. Hal ini berarti (b,m) │(c,m). ..................(1) c
≡
b (mod m) berarti m
│c-b
Berdasarkan teorema sebelumnya dalam keterbagian, sehingga: Bila (c,m)
│m dan m │ c-b maka (c,m) │c-b
Bila (c,m)
│c dan (c,m) │ c-b maka (c,m) │b.
Jadi bila (c,m)
│m dan (c,m) │b maka (c,m) adalah pembagi persekutuan
m dan b. Hal ini berarti (c,m) │(b,m). ..................(2) Dari (1) dan (2) dapat disimpulkan (b,m) = (c,m).
Teori Bilangan- 84
Definisi 3.4
Misal { x1, x2, x3, x4, ..., xk}, selanjutnya himpunan tersebut dinamakan sistem residu modulo m yang tereduksi jika:
1. (xi,m) = 1 2. xi
≡
/ x j (mod m) untuk setiap i
3. Jika (y,m) = 1 maka y
≡
≠ j.
xi (mod m) untuk i = 1,2,3, .... k, 0
≤
y<
m Contoh 1. {1,5} adalah suatu sistem residu modulo 6 yang tereduksi, karena a. (1,6) = 1 dan (5,6) =1
b. 5
≡
/ 1 (mod 6)
c. (7,6) =1 sehingga 7
≡
1 (mod 6)
(11,6) = 1 sehingga 11 ≡ 5 (mod 6) (13,6) = 1 sehingga 13
≡
7 (mod 6)
2. {17,19} juga merupakan suatu sistem residu modulo 6 tereduksi. Sistem ini dapat diperoleh dari sistem residu modulo 6 yang lengkap , dengan mengambil atau membuang anggota-anggotanya yang tidak relatip prima dengan 6. {17, 30, 44, 91, -3, -14} adalah sistem residu lengkap modulo 6. Anggota sistem yang tidak relatip prima dengan 6 adalah 30, 44, -3, -14.
Setelah bilangan yang tidak relatip prima dengan 6 dibuang
diperoleh 17 dan 91, sehingga (17,91) merupakan suatu sistem residu modulo 6 terduksi.
Teori Bilangan- 85
Ambil sistem residu modulo 6 lengkap yang lain, misalny {24, 49, 74, 33, 58, 83}. Dari himpunan tersebut yang tidak relatip prima dengan 6 adalah 24, 74, 33, dan 58, sehingga yang relatip prima dengan 6 adalah 49 dan 83. Dengan demikian terlihat bahwa {49, 83} merupakan suatu sistem residu modulo 6 yang terduksi. Berdasarkan contoh 2 di atas, jelaslah bahwa suatu sistem residu tereduksi modulo m dapat diperoleh dengan cara menghapus beberapa anggota sistem residu lengkap modulo m yang tidak relatip prima dengan m. Selanjutnya dapat diperhatikan bahwa semua sistem residu tereduksi modulo m akan mempunyai banyak anggota yang sama, yaitu suatu bilangan yang biasanya disimbulkan dengan fungsi
θ -Euler.
Teorema 3.2
1. Bilangan
(m) merupakan banyaknya biangan bulat positip kurang
dari atau sama dengan m yang relatif prima denganm. 2. Diberikan (a,m) = 1 Jika r1, r2, r3, ... rn sebagai sistem residu lengkap modulo m, maka ar 1, ar2, ar3, ... arn juga merupakan sistem residu lengkap modulo n. Bukti Menurut teorem keterbagian Jika (a,m) = 1 maka (ar,m) = 1 Banyaknya bilangan ar 1, ar2, ar3, ... arn sama dengan r1, r2, r3, ... rn. Oleh karena itu yang perlu ditunjukkan hanya
Teori Bilangan- 86
ari
≡
/ ar j (mod m), bila i
≠ j.
Akan tetapi menurut teorema yang lain terlihat bahwa ar i
≡
ar j (mod m),
dan (a,m) = 1. Dengan demikian haruslah i = j. Dalil 3.3 Jika (a,m) = 1, maka a θ (m)
≡
1 (mod m)
Contoh
1. Untuk m = 4,
θ (4)
2. Untuk m = 25, 3. Untuk m = 3,
5. Tentukan 0
θ (25)
θ (3)
4. Untuk m = 10, ≤
=2 = 20
=2
θ (10)
=4
x < 5 sedemikiam sehingga 9 101
≡
x (mod 5)
Jawab. Untuk m = 5, maka 94
≡
x (mod 5)
≡
θ (5)
= 4 sehingga
1 (mod 5)
9101 = 9100.9 1 ≡ (94)25.9 (mod 5) ≡
9 (mod 5)
≡
4 (mod 5)
diperoleh x = 4.
6. Tentukan 0
≤
x < 19 sedemikiam sehingga 43 200
≡
p (mod 19)
Jawab. Untuk m = 19, maka 4319
≡
p (mod 5)
≡
θ (19)
= 18 sehingga
1 (mod 19) karena (43,19) = 1
43200 = 43198.43 2 ≡ (4318)11.432 (mod 19)
Teori Bilangan- 87
≡
1. 43.43 (mod 19)
≡
1.5.5 (mod 19)
≡
6 (mod 19)
diperoleh p = 6.
7. Carilah angka terakhir dari 2
500
.
Jawab Untuk menentukan angka terakhir dari 2 harus dipangang sebagai y ⇔
2
y ≡
≡
x (mod 2) dan y
500
= 4 dan 5 ┼ 2 maka 2 4
)125
x (mod 10)
4
≡
≡
0 (mod 2) 1 (mod 5)
2
500
≡
(2
2
500
≡
0 (mod 2)
→ 2 500
≡
6 (mod 2)
2
500
≡
1 (mod 5)
→ 2 500
≡
6 (mod 5)
≡
. maka persoalan di atas
x (mod 5)
≡
0 (mod 2), sehingga 2
θ (5)
1 (mod 5)
2
500
≡
6 (mod 2) dan 2
500
2
500
≡
0 (mod 2.5) atau 2
Jadi angka terakhir dari 2
8.
≡
500
≡
500
500
6 (mod 5), maka ≡
6 (mod 10).
adalah 6.
Carilah angka terakhir dari 3 600. Jawab Untuk menentukan angka terakhir dari 3 harus dipangang sebagai y ⇔
3
y ≡
≡
x (mod 2) dan y
≡
1 (mod 2), sehingga 3
θ (5)
≡
600
. maka persoalan di atas
x (mod 10)
x (mod 5) 600
= 4 dan 5 ┼ 3 maka 3
4
≡
≡
1 (mod 2) 1 (mod 5)
Teori Bilangan- 88
3
500
≡
(3
3
600
≡
1 (mod 2) dan 3
≡
1 (mod 2.5) atau 3
3
600
4
)150
≡
1 (mod 5) 600
Jadi angka terakhir dari 3
≡
600
600
1 (mod 5) ≡
1 (mod 10).
adalah 1.
Teori Bilangan- 89
4.3 Kongruensi Linear
Kongruensi mempunyai beberapa sifat yang sama dengan persamaan dalam Aljabar. Dalam Aljabar, masalah utamanya adalah menentukan akar-akar persamaan yang dinyatakan dalam bentuk f(x) = 0, f(x) adalah polinomial. Demikian pula halnya dengan kongruensi, permasalahannya adalah menentukan bilangan bulat x sehingga mememnuhi kongruensi f(x)
≡
0 (mod m)
Definisi
Jika r1, r2, r3, . . . rm adalah suatu sistem residu lengkap modulo m. Banyaknya selesaian dari kongruensi f(x) ri sehingga f(ri)
≡
≡
0 (mod m) adalah banyaknya
0 (mod m)
Contoh:
1. f(x) = x3 + 5x – 4
≡
0 (mod 7)
Jawab Selesaiannya adalah x = 2, karena f(2) = 23 + 5(2) – 4 = 14 Ditulis dengan x
≡
≡
0 (mod 7)
2 (mod 7).
Teori Bilangan- 90
Untuk mendapatkan selesaian kongruensi di atas adalah dengan mensubstitusi x dari 0, 1, 2, 3, ...., (m-1).
2. x3 –2x + 6
≡
0 (mod 5)
Jawab Selesaiannya adalah x = 1 dan x = 2, sehingga dinyatakan dengan x
≡
1 (mod 5) dan x
3. x2 + 5
≡
≡
2 (mod 5).
0 (mod 11)
Jawab Tidak mempunyai selesaian, karena tidak ada nilai x yang memenuhi kongruensi tersebut.
Bentuk kongruensi yang paling sederhana adalah kongruensi yang berderajat satu dan disebut dengan kongruensi linear. Jika dalam aljabar kita mengenal persamaan linear yang berbentuk ax = b, a
≠
0, maka
dalam teori bilangan dikenal kongruensi linear yang mempunyai bentuk ax
≡
b (mod m).
Definisi
Kongruensi sederhana berderajat satu atau yang disebut kongruensi linear mempunyai bentuk umum ax ≠
≡
b (mod m), dengan a,b,m
∈
Z ,a
0, dan m > 0.
Teori Bilangan- 91
Kongruensi sederhana berderajat satu atau yang disebut kongruensi linear mempunyai bentuk umum ax
≡
b (mod m), dengan a,b,m
∈
Z ,a
0, dan m > 0.
≠
Teorema 3
Kongruensi linear ax
≡
b (mod m), dengan a,b,m
∈
Z,a
≠
0, dan m > 0.
dapat diselesaikan jika d = (a,m) membagi b. Pada kasus ini memiliki selesaian. Jika (a,m) = 1, maka kongruensi linear ax
≡
b (mod m) hanya
mempunyai satu selesaian. Bukti. Kongruensi linear ax
≡
b (mod m) mempunyai selesaian, berarti m
│ax –
b. Andaikan d ┼ b. d = (a,b) d
│ax. dan d ┼ b → d ┼ ax – b.
d= (a,m) d
→ d │a → d │ax.
→ d │m.
│m dan d ┼ b → m ┼ ax – b.
m ┼ ax – b bertentangan dengan m Diketahui d d
│b dan d = (a,m) → d │a → d │m.
│a , d │m, dan d │b →
ax m
≡
│ax – b, Jadi d │b.
b (mod m)
│ax – b dan
a d
,
m d
, dan
b d
∈
Z.
→ m │ax – b.
a d
,
m d
,
b d
│
m d
│
ax d
-
b d
Teori Bilangan- 92
m d
│
ax d
-
b d
→
b
ax d
≡
d
(mod
Misal selesaian kongruensi
m d
). b
ax d
≡
d
m
(mod
d
) adalah x
maka sebarang selesaiannya berbentuk x = x o + k.
x = xo + k.
m d
, x = xo + k.
2m d
, x = xo + k.
3m d
m d
,k
≡
∈
m
xo; xo <
d
,
Z, yaitu:
, ..... , x = xo + k.
( d −1) m d
.
dimana seluruhnya memenuhi kongruensi dan seluruhnya mempunyai d selesaian. Jika (a,d) = 1, maka selesaiannya didapat x = xo yang memenuhi kongruensi dan mempunyai satu selesaian.
Contoh:
1. 7x
≡
3 (mod 12)
Jawab Karena (7,12) = 1, atau 7 dan 12 relatif prima dan 1
│ 3 maka 7x
≡
3
(mod 12) Hanya mempunyai 1 selesaian yaitu x
2. 6x
≡
≡
9 (mod 12)
9 (mod 15)
Jawab Karena (6,15) = 3 atau 6 dan 15 tidak relatif prima dan 3 │ 9, maka kongruensi di atas mempunyai 3 selesaian (tidak tunggal). Selesaian kongruensi linear 6x
≡
9 (mod 15) adalah
Teori Bilangan- 93
x
≡
3. 12x
9 (mod 15), x ≡
≡
9 (mod 15), dan x
≡
14 (mod 15).
2 (mod 18)
Jawab Karena (18,12) = 4 dan 4
┼ 2, maka kongruensi 12x
≡
2 (mod 18)
tidak mempunyai selesaian.
4. 144x
≡
216 (mod 360)
Jawab Karena (144,360) = 72 dan 72 │ 216, maka kongruensi 144x
≡
216
(mod 360) mempunyai 72 selesaian. Selesaian tersebut adalah x ≡
≡
4 (mod 360), x
≡
14 (mod 360), .... , x
359 (mod 360).
5. Bila kongruensi 144x
≡
216 (mod 360) disederhanakan dengan
menghilangkan faktor d, maka kongruensi menjadi 2x Kongruensi 2x
≡
≡
3 (mod 5).
3 (mod 5) hanya mempunyai satu selesaian yaitu x
≡
4 (mod 5).
Pada kongruensi ax
≡
b (mod m) jika nilai a,b, dan m besar, akan
memerlukan penyelesaian yang panjang, sehingga perlu disederhanakan penyelesaian tersebut. ax
≡
b (mod m)
ax – b = my
↔ m│ (ax –b) ↔ (ax-b) = my, y
↔ my + b = ax ↔ my
≡
∈
Z.
- b (mod a) dan mempunyai
selesaian yo. Sehingga dari bentuk my + b = ax dapat ditentukan bahwa my o + b adalah kelipatan dari.
Teori Bilangan- 94
Atau dapat dinyatakan dalam bentuk: myo + b = ax
↔ xo =
my
o
+
b
a
Contoh.
1. Selesaikan kongruensi 7x
≡
4 (mod 25)
Jawab 7x
≡
4 (mod 25)
25y
≡
-4 (mod 7)
4y y
≡
≡
-4 (mod 7) -1(mod 7)
yo = -1 sehingga x o =
25( −1) + 4 7
= -3
Selesaian kongruensi linear di atas adalah x
≡
-3 (mod 25)
x
≡
22 (mod 25)
2. Selesaikan kongruensi 4x
≡
3 (mod 49)
Jawab 4x
≡
3 (mod 49)
49y
≡
-3 (mod 4)
4y y
≡
≡
-3 (mod 4) -3 (mod 7)
yo = -3 sehingga x o =
49 ( −3) + 3 4
= -36
Teori Bilangan- 95
Selesaian kongruensi linear di atas adalah x
≡
-36 (mod 49)
x
≡
13 (mod 25)
Cara di atas dapat diperluas untuk menentukan selesaian kongruensi linear dengan Menentukan y o dengan mencari zo Menentukan wo dengan mencari w o Menentukan v o dengan mencari wo, dan seterusnya.
Contoh
1. Selesaikan kongruensi 82x
≡
19 (mod 625)
Jawab 82x
≡
19 (mod 625)
---------------------------625y
≡
-19 (mod 82)
51y
≡
-19 (mod 82)
----------------------------82z
≡
19 (mod 51)
31z
≡
19 (mod 82)
-----------------------------
51v
≡
-19 (mod 31)
20v
≡
-19 (mod 31)
Teori Bilangan- 96
----------------------------31w
19 (mod 20)
≡
11w
≡
19 (mod 20)
----------------------------20r
≡
-19 (mod 11)
9r
≡
-19 (mod 11)
9r
≡
3 (mod 11)
----------------------------11s
≡
2s
≡
-3 (mod 9) -3 (mod 9)
----------------------------9t t
≡
≡
3 (mod 2) 3 (mod 2)
---------------------------- Jadi to = 3, sehingga: so = (9to-3)/2 = (27-3)/2 = 12 ro = (11so+3)/9 = (132+3)/9 = 15 wo = (20ro+19)/11 = (300+19)/11 = 29 vo = (31wo-19)/20 = (899-19)/20 = 44 zo = (51vo+19)/31 = (2244 +19)/31 = 73 yo = (82zo-19)/51 = (5986-19)/51 = 117 xo = (625yo+19)/82 = (73126+19)/82 = 892 Selesaian kongruensi di atas adalah x
≡
892 ( mod 625) atau x
≡
267 ( mod 625)
Teori Bilangan- 97
Teorema
Jika (a,m) = 1 maka kongruensi linear ax (m)-1
selesaian x = a
b, dimana
≡
b (mod m) mempunyai
(m) adalah banyaknya residu didalam
sistem residu modulo m tereduksi. Bukti. Menurut teorem Euler jika (a,m) = 1 maka a ax
≡
= 1.
b (mod m) (m)-1
a. a
(m)
a
(m)-1
.x
≡
(m)-1
ba (m)
Karena a Maka 1.x
≡
x
≡
ba
(m)-1
x
≡
a
(m)-1
(m)-1
ba
≡
≡
(mod m)
(mod m)
1 (mod m) dan a
ba
(m)-1
(m)
x
≡
ba
(m)-1
(mod m)
(mod m)
(mod m)
b (mod m)
Contoh
1. Selesaikan 5x
≡
3 (mod 13)
Jawab Karena (5,13) = 1 Maka kongruensi linear 5x x
≡
≡
≡
3.5 3.5
(13) –1
12 –1
≡
3 (mod 13) mempunyai selesaian
(mod 13)
(mod 13)
3.(52 )5.5 (mod 13)
Teori Bilangan- 98
≡
3.(-1)5 5 (mod 13), karena 5 2
≡
11 (mod 13)
≡
-1 (mod 13)
4.4 Kongruensi Simultan
Sering kita dituntut secara simultan untuk menentukan selesaian yang memenuhi sejumlah kongruensi. Hal ini berarti dari beberapa kongruensi linear yang akan ditentukan selesaiannya dan memenuhi masing-masing kongruensi linear pembentuknya.
Contoh 1. Diberikan dua kongruensi (kongruensi simultan) x
≡
3 (mod 8)
x
≡
7 (mod 10)
Karena x
≡
3 (mod 8), maka x = 3 + 8t (t∈ Z).
Selanjutnya x = 3 + 8t disubstitusikan ke x
≡
7 (mod 10), maka
diperoleh 3 + 8t
≡
7 (mod 10) dan didapat
8t
≡
7-3 (mod 10)
8t
≡
4 (mod 10)
Karena (8,10) = 2 dan 2
│4 atau 2 │7-3, maka kongruensi 8t
≡
4 (mod
10) mempunyai dua selesaian bilangan bulat modulo 10 yaitu
Teori Bilangan- 99
8t
≡
4 (mod 10)
4t
≡
2 (mod 5)
t
≡
3 (mod 5)
Jadi t
≡
Dari t
3 (mod 5) atau t
≡
≡
8 (mod 10)
3 (mod 5) atau t = 3 + 5r (r ∈ Z) dan t
≡
8 (mod 10) atau x =
3 + 8t Selanjutnya dapat dicari nilai x sebagai berikut: x = 3 + 8t = 3 + 8(3+5r) = 3 + 24 + 40r = 27 + 40r atau x
≡
27 (mod 40) atau x
≡
27 (mod [8,10])
2. Diberikan kongruensi simultan x
≡
15 (mod 51)
x
≡
7 (mod 42)
Selesaian Karena (51,42) = 3 dan 15 ≡ / 7 (mod 3) atau 3 ┼ 15 –7 , maka kongruensi simultan di atas tidak mempunyai selesaian.
Teorema 3
Kongruensi simultan x
≡
a (mod m)
x
≡
b (mod n)
dapat diselesaikan jika a
≡
b (mod (m,n)) dana memiliki selesaian tunggal
Teori Bilangan-100
x
≡
xo (mod [m,n])
Bukti Diketahui x
≡
a (mod m)
x
≡
b (mod n)
Kongruensi pertama x
≡
a (mod m)
→ x = a + mk, k
Kongruensi kedua harus memenuhi a + mk
∈ Z.
b (mod n) atau mk
≡
≡
b-a
(mod n) Menurut teorema sebelumnya mk
≡
b-a (mod n) dapat diselesaikan jika d
│b-a, d = (m,n) atau dengan kata lain kondisi kongruensi a
≡
b (mod
(m,n)) harus dipenuhi. d = (m,n)
→ d │ m dan d │m.
Jika d | m dan d │m maka m d
,
n d
mk d
(b − a )
,
≡
d
(b − a) d
∈
m d
Z dan mk
( mod
n d
,
≡
n d
,
(b − a) d
∈
Z.
b-a (mod n) mengakibatkan
)
Dari teorema sebelumnya jika d = (m,n) maka (
Jika (
m d
mk d
≡
,
n d
) = 1 dan
(b − a) d
( mod
mk d
n d
≡
(b − a ) d
( mod
n d
m d
,
n d
)=1
), maka
) mempunyai 1 selesaian.
Misalkan selesaian yang dimaksud adalah k = k o sehingga selesaian kongruensi adalah
Teori Bilangan-101
k
≡
ko (mod
n d
) atau k = k o +
n d
Karena x = a = mk dan k = ko +
r, r n d
∈
Z.
r, maka
x = a + mk n
= a + m (k o +
r)
d
mn
= ( a + m ko +
d
r)
= ( a + m k o ) + [m,n].r ; sebab [m,n](m,n) = m.n = xo + [m,n]r, sebab xo = ( a + m ko ) = xo (mod [m,n])
Soal-soal
1. Tentukan selesaian kongruensi linear di bawah ini
a. 3x
≡
2 (mod 5)
b. 7x
≡
4 (mod 25)
c. 12x d. 6x
f. 8x
9 (mod 15)
≡
e. 36x
8 (mod 102)
≡
≡
g. 144x
2.
2 (mod 8)
≡
12 (mod 20) ≡
216 (mod 360)
Tentukan selesaian kongruensi simultan berikut ini.
a. 12 x
≡
3 (mod 15)
Teori Bilangan-102